Rozwiązane zadanie z termodynamiki

Praca i ciepło między dwoma stanami dla dwóch dróg przemiany

Ćwiczenie 11 · Lekcja 5 — Zastosowanie do gazu doskonałego

  • praca sił ciśnienia
  • ciepło
  • izoterma
  • izochora
  • diagram Clapeyrona
  • różniczka zupełna
  • gaz doskonały

Treść zadania

Rozważamy nn moli jednoatomowego gazu doskonałego o energii wewnętrznej U=32nRTU=\frac{3}{2}nRT. Stan A(T1,V1)A(T_1,V_1) łączymy ze stanem B(T2,V2)B(T_2,V_2) dwiema drogami quasi-statycznymi, przy czym w każdej chwili Pext=PP_{\mathrm{ext}}=P:

  • Γ1\Gamma_1: rozprężanie izotermiczne w temperaturze T1T_1, od V1V_1 do V2V_2, a następnie przemiana izochoryczna przy V2V_2, od T1T_1 do T2T_2;
  • Γ2\Gamma_2: przemiana izochoryczna przy V1V_1, od T1T_1 do T2T_2, a następnie rozprężanie izotermiczne w temperaturze T2T_2, od V1V_1 do V2V_2.

  1. Dla T2>T1T_2>T_1 i V2>V1V_2>V_1 przedstawić drogi Γ1\Gamma_1 i Γ2\Gamma_2 na diagramie Clapeyrona (P,V)(P,V). Zaznaczyć stany pośrednie i kierunek przemian.
  2. Obliczyć pracę otrzymaną W1W_1 i W2W_2 wzdłuż każdej z dwóch dróg. Ile wynosi ich różnica W1−W2W_1-W_2?
  3. Bez ponownego obliczania obu całek wyznaczyć geometrycznie W1−W2W_1-W_2 na podstawie pola między dwiema drogami na diagramie Clapeyrona.
  4. Obliczyć ΔU\Delta U wzdłuż każdej z dwóch dróg, a następnie wyznaczyć Q1Q_1 i Q2Q_2. Wyciągnąć wniosek dotyczący natury δQ\delta Q.
  5. Zastosowanie numeryczne: n=1n=1 mol, T1=300T_1=300 K, T2=600T_2=600 K oraz V2=2V1V_2=2V_1.

Wskazówka
Na diagramie Clapeyrona izochora jest pionowa, a izoterma gazu doskonałego spełnia P=nRT/VP=nRT/V. Izoterma o temperaturze T2T_2 leży powyżej izotermy o temperaturze T1T_1. Izochora nie wnosi wkładu do pracy sił ciśnienia. W pytaniu 3 praca otrzymana jest przeciwna do algebraicznego pola pod drogą na diagramie (P,V)(P,V).

Szczegółowe rozwiązanie

Rozwiązanie
Pytanie 1. Oznaczmy przez CC stan pośredni drogi Γ1\Gamma_1, a przez DD stan pośredni drogi Γ2\Gamma_2. Ich ciśnienia i objętości wynoszą

A=(nRT1V1,V1),C=(nRT1V2,V2),D=(nRT2V1,V1),B=(nRT2V2,V2).\begin{aligned} A&=\left(\frac{nRT_1}{V_1},V_1\right),& C&=\left(\frac{nRT_1}{V_2},V_2\right),\\ D&=\left(\frac{nRT_2}{V_1},V_1\right),& B&=\left(\frac{nRT_2}{V_2},V_2\right). \end{aligned}

Ponieważ T2>T1T_2>T_1, izoterma T2T_2 leży powyżej izotermy T1T_1. Droga Γ1\Gamma_1 biegnie od AA do CC, w prawo wzdłuż dolnej izotermy T1T_1, a następnie pionowo od CC do BB wzdłuż izochory V2V_2. Droga Γ2\Gamma_2 biegnie najpierw pionowo w górę od AA do DD wzdłuż izochory V1V_1, a następnie w prawo od DD do BB wzdłuż górnej izotermy T2T_2. Kierunki obu dróg są więc następujące:

Γ1:A→ T=T1 C→ V=V2 B,Γ2:A→ V=V1 D→ T=T2 B.\Gamma_1:A\xrightarrow{\,T=T_1\,}C\xrightarrow{\,V=V_2\,}B, \qquad \Gamma_2:A\xrightarrow{\,V=V_1\,}D\xrightarrow{\,T=T_2\,}B.
Drogi _1 i _2 na diagramie Clapeyrona. Szare krzywe stanowią przedłużenia izoterm T_1 i T_2.
Rysunek 1. Drogi Γ1\Gamma_1 i Γ2\Gamma_2 na diagramie Clapeyrona. Szare krzywe stanowią przedłużenia izoterm T1T_1 i T2T_2.

Pytanie 2. Przyjmując konwencję pracy otrzymanej przez gaz, δW=−P dV\delta W=-P\,\mathrm{d}V. Izochora nie wnosi wkładu, a na izotermie o temperaturze TT:

W=−∫V1V2nRTV dV=−nRTln⁡V2V1.W=-\int_{V_1}^{V_2}\frac{nRT}{V}\,\mathrm{d}V =-nRT\ln\frac{V_2}{V_1}.

Otrzymujemy zatem

W1=−nRT1ln⁡V2V1,W2=−nRT2ln⁡V2V1,W_1=-nRT_1\ln\frac{V_2}{V_1}, \qquad W_2=-nRT_2\ln\frac{V_2}{V_1},

a następnie

W1−W2=nR(T2−T1)ln⁡V2V1≠0.W_1-W_2 =nR(T_2-T_1)\ln\frac{V_2}{V_1}\neq 0.

Stany początkowy i końcowy są takie same, lecz prace są różne: δW\delta W nie jest różniczką zupełną.

Pytanie 3. Izochory nie zakreślają żadnego pola. Ponieważ praca otrzymana jest przeciwna do pola pod krzywą, różnica W1−W2W_1-W_2 jest polem między izotermami T2T_2 i T1T_1:

W1−W2=∫V1V2(nRT2V−nRT1V)dV=nR(T2−T1)ln⁡V2V1>0.W_1-W_2 =\int_{V_1}^{V_2}\left(\frac{nRT_2}{V}-\frac{nRT_1}{V}\right)\mathrm{d}V =nR(T_2-T_1)\ln\frac{V_2}{V_1}>0.

Otrzymujemy ponownie wynik z pytania 2.

Pytanie 4. Energia wewnętrzna jednoatomowego gazu doskonałego zależy jedynie od temperatury. Jej zmiana jest zatem taka sama dla obu dróg:

ΔU=UB−UA=32nR(T2−T1).\Delta U=U_B-U_A=\frac{3}{2}nR(T_2-T_1).

Pierwsza zasada termodynamiki, ΔU=W+Q\Delta U=W+Q, daje Q=ΔU−WQ=\Delta U-W, skąd

Q1=32nR(T2−T1)+nRT1ln⁡V2V1,Q2=32nR(T2−T1)+nRT2ln⁡V2V1.\begin{aligned} Q_1&=\frac{3}{2}nR(T_2-T_1) +nRT_1\ln\frac{V_2}{V_1},\\ Q_2&=\frac{3}{2}nR(T_2-T_1) +nRT_2\ln\frac{V_2}{V_1}. \end{aligned}

Zatem

Q2−Q1=nR(T2−T1)ln⁡V2V1≠0.Q_2-Q_1=nR(T_2-T_1)\ln\frac{V_2}{V_1}\neq 0.

Wymienione ciepło również zależy od drogi: δQ\delta Q nie jest różniczką zupełną, w przeciwieństwie do dU\mathrm{d}U.

Pytanie 5. Dla ln⁡2≃0,693\ln 2\simeq0{,}693:

W1≃−1,73 kJ,W2≃−3,46 kJ,ΔU≃3,74 kJ,Q1≃5,47 kJ,Q2≃7,20 kJ.\begin{aligned} W_1&\simeq-1{,}73\ \mathrm{kJ},& W_2&\simeq-3{,}46\ \mathrm{kJ},\\ \Delta U&\simeq3{,}74\ \mathrm{kJ},& Q_1&\simeq5{,}47\ \mathrm{kJ},& Q_2&\simeq7{,}20\ \mathrm{kJ}. \end{aligned}

Wzdłuż Γ2\Gamma_2 gaz wykonuje dwa razy więcej pracy i otrzymuje odpowiadającą jej dodatkową ilość ciepła.