ioannouapostolos.weebly.com...1) 5Ποσόʐηʐα ιδανικού αέριοʑ ίση με 2 / R mol͖ βρίσκεʐαι αρʗικά σε καʐάσʐαση ισορροπίας

1) Ποσότητα ιδανικού αέριου ίση με 2 / R mol, βρίσκεται αρχικά σε κατάσταση ισορροπίας στην οποία έχει πίεση 2·105 N / m2 και θερμοκρασία 100 Κ. Το αέριο υφίσταται τις παρακάτω αντιστρεπτές μεταβολές: Θερμαίνεται ισοβαρώς μέχρι ο όγκος του να γίνει 5·10-3 m3. Ακολούθως ψύχεται ισόχωρα μέχρι να αποκτήσει θερμοκρασία ίδια με την αρχική. Τέλος το αέριο συμπιέζεται ισόθερμα μέχρι να βρεθεί στην αρχική του κατάσταση.

Δ1. Να κατασκευάσετε το διαγράμματα p – V σε βαθμολογημένους άξονες.

Δ2. Να κατασκευάσετε τα διαγράμματα p – Τ και V – T σε βαθμολογημένους άξονες.

Δ3. Υπολογίστε τη θερμότητα που αποβάλλει το αέριο συνολικά κατά την κυκλική μεταβολή.

Δ4. Υπολογίστε τη μεταβολή της εσωτερικής ενέργειας του αερίου σε κάθε μεταβολή ξεχωριστά.

Δίνεται ότι στα ιδανικά μονοατομικά αέρια Cv = 3·R / 2 και ότι ln 5 ≈ 1,6 .

Λύση

Δ1. Καταστατική εξίσωση για την κατάσταση θερμοδυναμικής ισορροπίας Α:

PA·VA = n·R·TA ⇒ VA = n·R·TA / PA ⇒ VA = 2·100 / 2·105 ⇒ VA = 10

-3 m³.

Α → Β : ισοβαρής θέρμανση (ΡΑ = ΡΒ):

VA / TA = VB / TB ⇒ TB = ΤΑ·VB / VΑ ⇒ TB = 100·5·10-3

/ 10-3 ⇒ TB = 500 K .

B → Γ : ισόχωρη ψύξη (VB = VΓ):

ΡΒ / TΒ = ΡΓ / TΓ ⇒ ΡΓ = ΡΒ·ΤΓ / ΤΒ ⇒ ΡΓ = 2·105·100 / 500 ⇒ ΡΓ = 0,4·10

5 Ν / m² .

Γ → Α : ισόθερμη συμπίεση (ΤΓ = ΤΑ):

ΡΓ ·VΓ = PA·VA .

κατασκευάζουμε τον παρακάτω πίνακα τιμών:

A B Γ

Ρ 2·105 2·10

5 0,4·10

5

V 1·10-3

5·10-3

5·10-3

T 100 500 100

Με βάση τις παραπάνω τιμές δημιουργούμε τα παρακάτω διαγράμματα:

Δ2. Τα ζητούμενα διαγράμματα φαίνονται στο παραπάνω σχήμα.

Δ3. H θερμότητα στην ΑΒ ισοβαρής μεταβολή:

QAB = n·Cp·ΔΤΑΒ = (2 / R)·(5·R / 2)·(ΤΒ – ΤΑ) ⇒ QAB = 5·(500 – 100) = 2000 joule.

H θερμότητα στην ΒΓ ισόχωρη μεταβολή:

QBΓ = n·CV·ΔΤΒΓ = (2 / R)·(3·R / 2)·(ΤΓ – ΤΒ) ⇒ QBΓ = 3·(100 – 500) = – 1200 joule.

Στην Γ → Α ισόθερμη ισχύει ο 1ος θερμοδυναμικός Γ → Α :

QΓΑ = WΓA = n·R·TA·ln ( VA / VΓ) ⇒ QΓΑ = 2·100·ln (10-3

/ 5·10-3

) ⇒ QΓΑ = 200·(ln 1 – ln 5) ⇒ QΓΑ = –

200·1,6 ⇒ QΓΑ = – 320 joule.

Η συνολική θερμότητα στη διάρκεια του παραπάνω κύκλου:

Άρα Qολ = QAB + QBΓ + QΓΑ = 2000 – 1200 – 320 = 480 joule.

Η ερώτηση είναι: «Υπολογίστε τη θερμότητα που αποβάλλει το αέριο συνολικά κατά την κυκλική μεταβολή».

Η λέξη αποβάλλει αναφέρεται στην θερμότητα που το αέριο δίνει στο περιβάλλον, άρα σε αρνητική

θερμότητα, θα μπορούσαμε να γράψουμε μόνο το Q = QBΓ = – 1200 joule και έχει δίκιο.

Στο Δ3 ζητάει την θερμότητα που αποβάλλει το αέριο στο περιβάλλον, οπότε η σωστή απάντηση είναι το

QBΓ και το QΓΑ , τα οποία είναι αρνητικά, δηλαδή :

Q = QBΓ + QΓΑ = – 1520 joule .

Δ4. Η μεταβολή της εσωτερικής ενέργειας στη μεταβολή Α → Β είναι:

ΔUAB = n·CV·ΔΤAB = (2 / R)·(3·R / 2)·(ΤB – ΤA) ⇒ ΔUAB = 3·(500 – 100) = 1200 joule.

Η μεταβολή της εσωτερικής ενέργειας στη μεταβολή Β → Γ είναι:

ΔUBΓ = n·CV·ΔΤBΓ = (2 / R)·(3·R / 2)·(ΤΓ – ΤΒ) ⇒ ΔUΒΓ = 3·(100 – 500) = – 1200 joule.

Η μεταβολή της εσωτερικής ενέργειας στη μεταβολή Γ → Α είναι:

ΔUΓΑ = 0 γιατί η μεταβολή είναι ισόθερμη.

2) Ορισμένη ποσότητα ιδανικού αερίου υφίσταται αντιστρεπτή κυκλική μεταβολή, η οποία αποτελείται από τις παρακάτω αντιστρεπτές μεταβολές: Αρχικά ισόχωρη μεταβολή κατά την οποία προσφέρεται στο αέριο θερμότητα 200 J, στη συνέχεια ισόθερμη μεταβολή κατά την οποία το αέριο παράγει έργο 150 J και τελικά επιστρέφει στην αρχική κατάσταση μέσω μιας ισοβαρούς μεταβολής αποδίδοντας στο περιβάλλον θερμότητα 250 J. Δ1. Να κατασκευάσετε ποιοτικά διαγράμματα (δηλαδή χωρίς αριθμούς) p – V και V – T Δ2. Υπολογίστε το συνολικό μηχανικό έργο που αποδίδει το αέριο σε αυτή την κυκλική μεταβολή. Δ3. Υπολογίστε το συνολικό ποσό θερμότητας που αποβάλει το αέριο στο περιβάλλον σε αυτή την κυκλική μεταβολή. Δ4. Υπολογίστε το συντελεστή απόδοσης μιας θερμικής μηχανής η οποία θα λειτουργούσε με βάση τον παραπάνω αντιστρεπτό κύκλο. Λύση Δ1. Τα ζητούμενα ποιοτικά διαγράμματα πίεσης Ρ – όγκου V και όγκου V – θερμοκρασίας Τ, είναι:

Δ2. Ισχύει σε κάθε κυκλική μεταβολή: ΔUoλ = ΔUAB + ΔUBΓ + ΔUΓΑ ⇒ 0 = ΔUAB + ΔUBΓ + ΔUΓΑ …(1) 1ος Θ.Ν. στη μεταβολή Α → Β : QAB = WAB + ΔUAB ⇒ QAB = 0 + ΔUAB ⇒ QAB = ΔUAB ⇒ ΔUAB = 200 joule. 1ος Θ.Ν. στη μεταβολή B → Γ : QBΓ = WBΓ + ΔUBΓ ⇒ QBΓ = WBΓ + 0 ⇒ QBΓ = WBΓ ⇒ QBΓ = 150 joule. 1ος Θ.Ν. στη μεταβολή Γ → Α : QΓΑ = WΓΑ + ΔUΓΑ ⇒ – 250 = WΓΑ + ΔUΓΑ …(2) (1) ⇒ ΔUΓΑ = – ΔUAB ⇒ ΔUΓΑ = – 200 joule. (2) ⇒ WΓΑ = – 250 – (-200) ⇒ WΓΑ = – 50 joule. Iσχύει σε κάθε κυκλική μεταβολή: Woλ = WAB + WBΓ + WΓΑ ⇒ Woλ = 0 + 150 + (- 50) ⇒ Woλ = 100 joule. Προτεινόμενη εναλλακτική απάντηση στο Δ2. Qoλ = QAB + QBΓ + QΓΑ ⇒ Qoλ = 200 + WΑΒ – 250 ⇒ Qoλ = 200 + 150 – 250 ⇒ Qoλ = 100 joule . Ισχύει: Woλ = Qoλ ⇒ Woλ = 100 joule . Σχόλιο: Η λύση είναι συντομότερη, μπράβο στο συνάδελφο. Δ3. 1oς Θ.Ν. στη κυκλική μεταβολή ΑΒΓΑ : Qολ = Wολ + ΔUολ ⇒ Qολ = 100 + 0 ⇒ Qολ = 100 joule. Ναι, αλλά αν διαβάσουμε προσεκτικά την εκφώνιση δεν ζητάει το Qολ , αλλά το Qc = – 250 joule. Σχόλιο: ο συνάδελφος έχει δίκιο, είναι άσχετη η απάντηση μας, συγνώμη. Δ4. O συντελεστής απόδοσης της θερμικής μηχανής: e = 1 – (│Qc│/ Qh ) ⇒ e = 1 – (│QΓΑ│/ (QAB + QBΓ )) ⇒ e = 1 – (250 / (200 + 150)) ⇒ e = 1 – (250 / 350) ⇒ e = 1 – 0,71 ⇒ e = 0,29 .

3)

Μία θερμική μηχανή που χρησιμοποιεί ιδανικό αέριο λειτουργεί με τον αντιστρεπτό κύκλο που φαίνεται στο

διάγραμμα. Στην αρχική κατάσταση Α η πίεση του ιδανικού αερίου είναι ίση με pΑ = 4·105

N / m2.

Δ1. Να υπολογίσετε την απόδοση μίας θερμικής μηχανής Carnot που λειτουργεί μεταξύ των ίδιων ισόθερμων,

με αυτές στις οποίες λειτουργεί η θερμική μηχανή που σας δίνεται.

Δ2. Να σχεδιάσετε το διάγραμμα P – V της κυκλικής μεταβολής σε βαθμολογημένο σύστημα αξόνων.

Δ3. Να υπολογίσετε το ωφέλιμο έργο που αποδίδει η μηχανή σε κάθε κύκλο λειτουργίας της.

Δ4. Να υπολογίσετε το συντελεστή απόδοσης της θερμικής μηχανής.

Δίνονται: Ιn2 = 0,7 και Cv = 3R / 2 .

Λύση Δ1. H απόδοση του κύκλου Carnot :

ec = 1 – (Tc / Th) = 1 – (T1 / 4·T1) ⇒ ec = 1 – ¼ = ¾ .

Δ2. Από το σχήμα της εκφώνησης η ΑΒ είναι ισόθερμη εκτόνωση A → B :

PA·VA = PB·VB ⇒ PB = PA·VA / VB ⇒ PB = 4·105·2·10

-3 / 4·10

-3 ⇒ PB = 2·105 N / m² .

Από το σχήμα της εκφώνησης η ΒΓ είναι ισόχωρη ψύξη Β → Γ :

PΒ / TB = PΓ / TΓ ⇒ PΓ = ΤΓ·PB / TB ⇒ PΓ = T1·2·105

/ 4·T1 ⇒ PΓ = ½·105

N / m² .

Από το σχήμα της εκφώνησης η ΓΔ είναι ισόθερμη συμπίεση Γ → Δ :

PΓ·VΓ = PΔ·VΔ ⇒ PΔ = PΓ·VΓ / VΔ ⇒ PΔ = ½·105·4·10

-3 / 2·10

-3 ⇒ PB = 105

N / m² .

Από το σχήμα της εκφώνησης η ΔΑ είναι ισόχωρη θέρμανση Δ → Α : PΔ / TΔ = PΑ / TΑ .

Με βάση τα παραπάνω δημιουργούμε τον πίνακα:

A B Γ Δ

P 4·105 2·10

5 ½ ·10

5 1·10

5

V 2·10-3

4·10-3

4·10-3

2·10-3

T 4·T1 4·T1 T1 T1

Με βάση τον πίνακα σχεδιάζουμε το P – V διάγραμμα:

Δ3. Η θερμότητα που αποβάλλει το αέριο σε κάθε κύκλο λειτουργίας της θερμικής μηχανής:

│Qc│ = │QBΓ + QΓΔ│ = │ QBΓ + WΓΔ│ ⇒ │Qc│ = │n·Cv·ΔTΒΓ + n·R·TΓ·ln (VΔ / VΓ)│⇒│Qc│ = │n·(3R /

2)·(TΓ – ΤΒ) + n·R·TΓ·ln (VΔ / VΓ)│= .. = 1040 joule.

Η θερμότητα που απορροφά το αέριο σε κάθε κύκλο λειτουργίας της θερμικής μηχανής:

Qh = QΔΑ + QΑΒ = QΔΑ + WΑΒ ⇒ Qh = n·Cv·ΔTΔA + n·R·TΑ·ln (VΒ / VΑ) ⇒Qh = n·(3R / 2)·(TΑ – ΤΔ) + n·R·TΑ·ln

(VΒ / VΑ) = … = 1460 joule.

Αρχή διατήρησης της ενέργειας:

(W είναι το έργο που παράγει η θερμική μηχανή σε κάθε κύκλο)

Qh = │Qc│ + W ⇒ W = Qh – │Qc│ ⇒ W = 1460 – 1040 ⇒ W = 420 joule.

Δ4. O συντελεστής απόδοσης της θερμικής μηχανής:

e = W / Qh ⇒ e = 420 / 1460 ⇒ e = 0,29 .

4) Ορισμένη ποσότητα ιδανικού αερίου υφίσταται τις παρακάτω αντιστρεπτές μεταβολές: Α → Β: ισόθερμη εκτόνωση, Β → Γ: ισοβαρής συμπίεση και Γ → Α: ισόχωρη θέρμανση.

Δίνονται για τις καταστάσεις θερμοδυναμικής ισορροπίας Α και Β: PΑ = 4·105 N / m

2,

VA = 2·10-3

m3, VB = 4·10

-3 m

3.

Δ1. Να βρείτε το έργο που ανταλλάσσεται μεταξύ αερίου και περιβάλλοντος για κάθε μία από τις παραπάνω

αντιστρεπτές μεταβολές.

Δ2. Για κάθε μία μεταβολή να βρείτε τη μεταβολή της εσωτερικής ενέργειας του αερίου και το ποσό

θερμότητας που ανταλλάσσεται μεταξύ αερίου και περιβάλλοντος.

Δ3. Εάν μια μηχανή λειτουργεί με το ιδανικό αέριο που εκτελεί τον παραπάνω κύκλο, να βρείτε την απόδοση

αυτής της μηχανής.

Δ4. Να βρεθεί η απόδοση μιας ιδανικής μηχανής Carnot η οποία λειτουργεί μεταξύ των ίδιων ακραίων

θερμοκρασιών.

Δίνονται: Για το ιδανικό αέριο η γραμμομοριακή ειδική θερμότητα υπό σταθερό όγκο Cv = 3·R / 2 , ln2 = 0,7.

Λύση Δ1. Οι νόμοι των αερίων σε όλες τις μεταβολές:

Α → Β ισόθερμη εκτόνωση (ΤΑ = ΤΒ) :

PΑ·VΑ = PB·VB ⇒ PB = PΑ·VΑ / VB ⇒ PB = 4·105·2·10

-3 / 4·10

-3 ⇒ PB = 2·10

5 N / m² .

B → Γ ισοβαρής συμπίεση (PΒ = PΓ) :

VΒ / ΤB = VΓ / ΤΓ ⇒ ΤΓ = ΤB · VΓ / VΒ ⇒ ΤΓ = ΤΑ·VΓ / VΒ …(1)

Γ → Α ισόχωρη θέρμανση (VΓ = VA) :

PΓ / ΤΓ = PΑ / ΤΑ .

H σχέση (1) γίνεται: ΤΓ = ΤΑ·VΑ / VΒ ⇒ ΤΓ = (2·10-3

/ 4·10-3

)·ΤΑ ⇒ ΤΓ = ΤΑ / 2 .

Με τις παραπάνω τιμές δημιουργούμε τον πίνακα:

A B Γ

Ρ 4·105 2·10

5 2·10

5

V 2·10-3

4·10-3

2·10-3

T ΤΑ ΤΑ ΤΑ / 2

Το έργο στη μεταβολή ΑΒ:

WAB = n·R·ΤΑ·ln (VB / VA) ⇒ WAB = PΑ·VΑ · ln (VB / VA) ⇒ WAB = 4·105·2·10

-3 · ln (4·10

-3 / 2·10

-3) ⇒ WAB =

800· ln 2 = 560 joule .

Το έργο στη μεταβολή ΒΓ:

WBΓ = PB·(VΓ – VΒ) ⇒ WBΓ = 2·105·( 2·10

-3 – 4·10

-3) ⇒ WBΓ = – 400 joule .

Το έργο στη μεταβολή ΓΑ:

WΓA = 0 η μεταβολή είναι ισόχωρη .

Δ2. Η μεταβολή της εσωτερικής ενέργειας στην ΑΒ:

ΔUAB = 0 γιατί είναι ισόθερμη μεταβολή .

Η μεταβολή της εσωτερικής ενέργειας στην ΒΓ:

\ΔUBΓ = n·Cv · ΔΤBΓ ⇒ ΔUBΓ = n·3·R / 2 ·(ΤΓ – ΤΒ) ⇒ ΔUBΓ = 3 / 2·(PΓ ·VΓ – PΒ ·VΒ ) ⇒ ΔUBΓ = 3 / 2·(2·105

·2·10-

3 – 2·10

5 · 4·10

-3) ⇒ ΔUBΓ = – 600 joule .

Η μεταβολή της εσωτερικής ενέργειας στην ΓΑ:

ΔUΓΑ = n·Cv · ΔΤΓΑ ⇒ ΔUΓΑ = n·3·R / 2 ·(ΤΑ – ΤΓ) ⇒ ΔUΓΑ = 3 / 2·(PΑ ·VΑ – PΓ ·VΓ ) ⇒ ΔUΓΑ = 3 / 2·(4·105

·2·10-

3 – 2·10

5 · 2·10

-3) ⇒ ΔUΓΑ = 3 / 2·(800 – 400 ) = 600 joule .

1oς Θ.Ν. στην Α → Β :

QAB = ΔUAB + WAB ⇒ QAB = 0 + 560 = 560 joule .

1oς Θ.Ν. στην B → Γ :

QBΓ = ΔUBΓ + WBΓ ⇒ QBΓ = – 600 – 400 = – 1000 joule .

1oς Θ.Ν. στην Γ → Α :

QΓΑ = ΔUΓΑ + WΓΑ ⇒ QΓΑ = 600 + 0 = 600 joule .

Δ3. Η θερμότητα της θερμής δεξαμενής Qh :

Qh = QΓΑ + QAB ⇒ Qh = 600 + 560 ⇒ Qh = 1160 joule , Qc = QBΓ = – 1000 joule .

H απόδοση της θερμικής μηχανής:

e = 1 – (│Qc│ / Qh) ⇒ e = 1 – (1000 /1160) = 1 – 0,86 ⇒ e = 0,14 .

Δ4. Η απόδοση της μηχανής Carnot είναι:

(η θεωρητική μηχανή με την μεγαλύτερη δυνατή απόδοση ec)

ec = 1 – (Tc / Th) ⇒ ec = 1 – ((ΤΑ / 2) / ΤΑ ) ⇒ ec = 1 – ½ ⇒ ec = ½ .

5) Ποσότητα μονατομικού ιδανικού αερίου βρίσκεται στην κατάσταση θερμοδυναμικής ισορροπίας Α (P0,V0 ,T0). Το αέριο εκτελεί αρχικά ισόθερμη αντιστρεπτή μεταβολή έως την κατάσταση θερμοδυναμικής ισορροπίας Β (PΒ, 3·V0, ΤΒ). Ακολούθως συμπιέζεται ισοβαρώς ως την κατάσταση θερμοδυναμικής ισορροπίας Γ (PΓ, VΓ, ΤΓ), ώστε κατόπιν εκτελώντας ισόχωρη αντιστρεπτή μεταβολή να επανέλθει στην κατάσταση Α.

Δ1. Να βρεθούν η πίεση PΒ και η θερμοκρασία ΤΓ συναρτήσει των P0 και Τ0, με εφαρμογή των αντίστοιχων

νόμων.

Δ2. Να γίνει η γραφική παράσταση των μεταβολών σε άξονες P – V, όπου θα φαίνονται οι τιμές της πίεσης, του

όγκου και της θερμοκρασίας του αερίου στις καταστάσεις Α, Β και Γ, συναρτήσει των P0, V0, Τ0. (Οι τιμές της

θερμοκρασίας θα σημειωθούν πάνω στις ισόθερμες καμπύλες που διέρχονται από τα Α, Β και Γ).

Δ3. Να υπολογιστεί ο λόγος των μεταβολών της εσωτερικής ενέργειας ΔUΓΑ / ΔUBΓ του αερίου κατά τις

μεταβολές ΓΑ και ΒΓ.

Δ4. Να υπολογιστεί το ολικό έργο του αερίου κατά την κυκλική μεταβολή, αν δίνεται ότι P0 = 3·105 Ν / m

2, V0

= 10-3

m3 και ln 3 = 1,1 .

Λύση

Δ1. Oι νόμοι των αερίων:

Α → Β ισόθερμη εκτόνωση (ΤΑ = ΤΒ):

PΑ·VΑ = PB·VB ⇒ PB = PΑ·VΑ / VB ⇒ PB = P0·V0 / 3·V0 ⇒ PB = P0 / 3 .

B → Γ ισοβαρής συμπίεση (PB = PΓ):

VB / TB = VΓ / ΤΓ .

Γ → Α ισόχωρη θέρμανση (VΓ = VΑ):

PΓ / TΓ = VΑ / ΤΑ ⇒ ΤΓ = TB ·VΓ / VB ⇒ ΤΓ = T0 ·V0 / 3·V0 ⇒ ΤΓ = T0 / 3 .

Δ2. Με τις παραπάνω τιμές δημιουργούμε τον παρακάτω πίνακα:

P V T

Α P0 V0 T0

Β P0 / 3 3·V0 T0

Γ P0 / 3 V0 T0 / 3

Με τις τιμές (αναλογίες) του πίνακα σχεδιάζουμε το διάγραμμα πίεσης Ρ – όγκου V :

Δ3. Το πηλίκο της μεταβολής της εσωτερικής ενέργειας του αερίου στη ΓΑ προς την μεταβολή της εσωτερικής

ενέργειας του αερίου στη ΒΓ:

ΔUΓΑ / ΔUBΓ = (3 / 2)·n·R·ΔTΓΑ / (3 / 2)·n·R·ΔTΒΓ ⇒ ΔUΓΑ / ΔUBΓ = (T0 – T0 / 3) / (T0 / 3 – T0) ⇒ ΔUΓΑ / ΔUBΓ =

( 2·T0 / 3) / (- 2·T0 / 3) ⇒ ΔUΓΑ / ΔUBΓ = – 1 .

Δ4. Το ολικό έργο του αερίου σε ένα κύκλο:

Woλ = WΑΒ + WΒΓ + WΓΑ ⇒ Woλ = n·R·T0 · ln (VB / VA) + PB·(VΓ – VΒ) + 0 ⇒ Woλ = n·R·T0 · ln (3·V0 / V0) +

PB·(V0 – 3·V0) ⇒ Woλ = P0 ·V0 ·ln 3 – (2 / 3)·P0 ·V0 ⇒ Woλ = 0,43·P0 ·V0 .

6) Ορισμένη ποσότητα ιδανικού μονοατομικού αερίου βρίσκεται στην κατάσταση θερμοδυναμικής ισορροπίας Α, όπου η πίεσή του είναι pA = 2 atm, ο όγκος του είναι VA = 5 L και η απόλυτη θερμοκρασία του είναι ΤΑ = 600 Κ. Το αέριο υποβάλλεται σε αντιστρεπτή κυκλική μεταβολή, η οποία αποτελείται από τις εξής επιμέρους αντιστρεπτές μεταβολές:

Α → Β: ισοβαρής ψύξη μέχρι να υποδιπλασιαστεί η απόλυτη θερμοκρασία του.

Β → Γ: ισόθερμη εκτόνωση.

Γ → Α: ισόχωρη θέρμανση μέχρι την αρχική του θερμοκρασία.

Δ1. Να υπολογίσετε, σε mol, την ποσότητα του ιδανικού αερίου.

Δ2. Να υπολογίσετε τον όγκο και την πίεση του αερίου στην κατάσταση Γ.

Δ3. Να σχεδιάσετε τη κυκλική μεταβολή σε διάγραμμα P – V με βαθμολογημένους άξονες.

Δ4. Να υπολογίσετε το συνολικό ποσό θερμότητας που αντάλλαξε το αέριο με το περιβάλλον του κατά τη

παραπάνω κυκλική μεταβολή.

Δίνονται: 1 atm = 105 N / m² , 1 L = 10

-3 m

3 και ln 2 = 0,7 ,η σταθερά των ιδανικών αερίων

R = (25 / 3) j / mol · K και η γραμμομοριακή ειδική θερμότητα του αερίου υπό σταθερό όγκο Cv = 3·R / 2 .

Λύση

Δ1. Η καταστατική εξίσωση: PΑ·VΑ = n·R·TA ⇒ n = PΑ·VΑ / R·TA ⇒ n = 2·105·5·10

-3 / (25·600) / 3 ⇒ n = 0,2

mol .

Δ2. Oι μεταβολές:

Α → Β: ισοβαρής ψύξη (PA = PB) :

VA / TA = VB / TB ⇒ VB = VA · TΒ / TΑ ⇒ VB = (5·10-3

·300) / 600 ⇒ VB = 2,5·10-3

m³ .

Β → Γ: ισόθερμη εκτόνωση (TB = TΓ) : PΒ·VΒ = PΓ·VΓ .

Γ → Α: ισόχωρη θέρμανση (VΓ = VA) :

PΓ / ΤΓ = PA / TA ⇒ PΓ = PA·TΓ / TA ⇒ PΓ = (2·105·300) / 600 ⇒ PΓ = 1·10

5 Ν / m² .

Δ3. Mε τις παραπάνω τιμές δημιουργούμε τον πίνακα:

P V T

A 2·105 5·10

-3 600

B 2·105 2,5·10

-3 300

Γ 1·105 5·10

-3 300

Με τις τιμές του πίνακα το P – V διάγραμμα είναι:

Δ4. Να υπολογίσουμε το συνολικό έργο σε ένα κύκλο:

Wολ = WΑΒ + WΒΓ + WΓΑ ⇒ Wολ = ΡA·(VΒ – VA) + n·R·TΒ·ln (VΓ / VΒ) + 0 ⇒ Wολ = 2·105·(2,5·10

-3 – 5·10

-3) +

2·105·2,5·10

-3·ln (5·10

-3 / 2,5·10

-3) ⇒ Wολ = – 150 joule.

o 1oς θερμοδυναμικός νόμος στην ΑΒΓΑ κυκλική μεταβολή:

(Η ΔUολ = 0 , η μεταβολή της εσωτερικής ενέργειας σε ένα κύκλο)

Wολ = Qολ ⇒ Qολ = – 150 joule.

7) Ιδανικό μονατομικό αέριο πραγματοποιεί την ακόλουθη κυκλική αντιστρεπτή μεταβολή. Από την κατάσταση θερμοδυναμικής ισορροπίας Α, όπου ΡΑ = 32·105 Ν / m2, VA = 4·10-3 m3 και ΤΑ = 600 Κ εκτονώνεται ισόθερμα στην κατάσταση Β. Στη συνέχεια ψύχεται ισόχωρα μέχρι την κατάσταση Γ, στην οποία η πίεση είναι ΡΓ = 105 Ν / m2, και τέλος συμπιέζεται αδιαβατικά μέχρι την αρχική κατάσταση. Δ1. Να σχεδιάσετε σε διάγραμμα P – V ποιοτικά (χωρίς αριθμούς) την κυκλική μεταβολή. Δ2. Να υπολογίσετε την πίεση, τον όγκο και την θερμοκρασία του αερίου στις καταστάσεις Γ και Β. Δ3. Να υπολογίσετε την μεταβολή της εσωτερικής ενέργειας του αερίου κατά την ισόχωρη ψύξη. Δ4. Να υπολογίσετε τη θερμότητα κατά την κυκλική μεταβολή, και να αιτιολογήσετε αν αυτή την απορροφά το αέριο ή αν την αποδίδει στο περιβάλλον. Δίνεται η γραμμομοριακή ειδική θερμότητα υπο σταθερό όγκο Cv = 3·R / 2 , ln 2 = 0,7 και ότι (32) 3 / 5 = (25) 3 / 5 = 2 3 . ΛΥΣΗ Δ1. Το ζητούμενο ποιοτικό διάγραμμα:

Δ2. Οι μεταβολές του ιδανικού αερίου : Α → Β ισόθερμη εκτόνωση (ΤΑ = ΤΒ) : PΑ·VΑ = PB·VB …(Ι) B → Γ ισόχωρη ψύξη (VB = VΓ) : PΒ / ΤΒ = PΓ / ΤΓ …(ΙΙ) Γ → Α αδιαβατική συμπίεση (QΓΑ = 0) : PΓ·VΓ

γ = PΑ·VΑγ ⇒ VΓ

γ = VΑγ ·(PΑ / PΓ) ⇒ VΓ = VΑ ·(PΑ / PΓ)

1 / γ ⇒ VΓ = 4·10-3·(32·105 / 105) 3 / 5 ⇒ VΓ = 4·10-3·(25)3 / 5 ⇒ VΓ = 4·10-3·2³ = 32·10-3 m³ . Ισχύει VB = VΓ , από την σχέση (Ι): PΑ·VΑ = PB·VB ⇒ PB = PΑ·VΑ / VB ⇒ PB = 32·105·4·10-3 / 32·10-3 ⇒ PB = 4·105 Ν / m² . Από την σχέση (ΙΙ):

PΒ / ΤΒ = PΓ / ΤΓ ⇒ ΤΓ = ΤΒ·(PΓ / PΒ) ⇒ TΓ = 600·(105 / 4·105) ⇒ TΓ = 150 K . Δ3. H μεταβολή της εσωτερικής ενέργειας στη ΒΓ : ΔUΒΓ = n·Cv·ΔΤΒΓ ⇒ ΔUΒΓ = n·(3·R / 2)·(ΤΓ – ΤB) ⇒ ΔUΒΓ = (3 / 2)·(PΓ ·VΓ – PB·VB) ⇒ ΔUΒΓ = (3 / 2)·(105·32·10-3 – 4·105·32·10-

3) ⇒ ΔUΒΓ = (3 / 2)·(32·10² – 128·10²) ⇒ ΔUΒΓ = -144·102 joule . Δ4. H AB ισόθερμη μεταβολή άρα ΔUAB = 0, 1ος θερμοδυναμικός νόμος στην ΑΒ: QAB = WAB + ΔUAB ⇒ QAB = WAB ⇒ QAB = n·R·TA·ln (VB / VA) ⇒ QAB = PA·VA·ln (VB / VA) ⇒ QAB = 32·105·4·10-3·ln (32·10-3 / 4·10-

3) ⇒ QAB = 128·10² ln (2³) ⇒ QAB = 268,8 ·10² joule . H BΓ ισόβαρης μεταβολή άρα WBΓ = 0, 1ος θερμοδυναμικός νόμος στην ΒΓ: QBΓ = WBΓ + ΔUBΓ ⇒ QBΓ = ΔUBΓ ⇒ QBΓ = -189·10² joule . H ΓΑ αδιαβατική μεταβολή άρα QΓA = 0 . H (ολική) θερμότητα στην κυκλική μεταβολή: Qολ = QAB + QBΓ + QΓA ⇒ Qολ = 268,8 ·10² -144·10² + 0 ⇒ Qολ = 124,8·10² = 12480 joule . H ολική θερμότητα είναι θετική άρα δίνεται από το περιβάλλον στο αέριο, απορροφάται από το αέριο.

8) Ορισμένη ποσότητα ιδανικού μονοατομικού αερίου βρίσκεται σε θερμοδυναμική ισορροπία στην κατάσταση Α (Ρ0,V0) και υφίσταται τις παρακάτω αντιστρεπτές μεταβολές:

α) εκτονώνεται ισόθερμα μέχρι ο όγκος του να γίνει 3 V0,

β) συμπιέζεται ισοβαρώς μέχρι να επανέλθει στον αρχικό του όγκο V0

γ) θερμαίνεται ισόχωρα μέχρι να επανέλθει στην αρχική του κατάσταση Α.

Δ1. Να παρασταθεί σε διάγραμμα Ρ – V η κυκλική μεταβολή,

Δ2. Να υπολογιστεί το ποσό θερμότητας που απορροφά το αέριο από το περιβάλλον του,

Δ3. Να απεικονιστεί η προηγούμενη κυκλική μεταβολή σε διάγραμμα U – Τ όπου U η εσωτερική ενέργεια του

αερίου.

Δίνονται: Ρ0 = 105 N / m

2 , V0 = 3 L , TA = 300 K , ln 3 = 1,01 και 1 m

3 = 1000 L .

Λύση

Δ1. Οι νόμοι των ιδανικών αερίων:

Α → Β ισόθερμη εκτόνωση (ΤA = ΤΒ) :

ΡA·VA = ΡB·VB ⇒ ΡB = ΡA·VA / VB ⇒ ΡB = Ρ0·V0 / 3·V0 ⇒ ΡB = Ρ0 / 3 ⇒ ΡB = 105 / 3 N / m²

B → Γ ισοβαρής συμπίεση (ΡΒ = ΡΓ) :

VB / TB = VΓ / ΤΓ ⇒ 3·V0 / TΑ = V0 / ΤΓ ⇒ ΤΓ = TΑ / 3 ⇒ ΤΓ = 300 / 3 ⇒ ΤΓ = 100 Κ .

Γ → Α ισόχωρη θέρμανση (VΓ = VΑ) :

PΓ / TΓ = ΡΑ / ΤΑ .

Με τις τιμές που υπολογίσαμε σχηματίζουμε τον παρακάτω πίνακα:

A B Γ

P 105 1 / 3·10

5 1 / 3·10

5

V 3·10-3

9·10-3

3·10-3

T 300 300 100

Με τις τιμές του πίνακα παίρνουμε το παρακάτω Ρ – V διάγραμμα:

Δ2. Το ποσό της θερμότητας που απορροφά το αέριο από το περιβάλλον του:

Qαπoρ = QΓΑ + QΑB .

1oς Θερμοδυναμικός νόμος Γ → Α :

QΓΑ = WΓΑ + ΔUΓΑ ⇒ QΓΑ = ΔUΓΑ ⇒ QΓΑ = (3 / 2)· n·R·ΔTΓΑ ⇒ QΓΑ = (3 / 2)·n·R·(TΑ – TΓ) ⇒ QΓΑ = (3 /

2)·(ΡA·VA – ΡΓ·VΓ) ⇒ QΓΑ = (3 / 2)·(105·3·10

-3 – 1/3·10

5·3·10

-3) ⇒ QΓΑ = 300 joule .

1oς Θερμοδυναμικός νόμος Α → Β :

QΑΒ = WΑΒ + ΔUΑΒ ⇒ QΑΒ = WΑΒ ⇒ QΑB = n·R·TΑ·ln (VΒ / VA) ⇒ QΑB = ΡA·VA·ln (VΒ /

VA) ⇒ QΑB = 105·3·10

-3·ln (9·10

-3 / 3·10

-3) ⇒ QΑB = 300·ln 3 ⇒ QΑB = 303 joule .

Qαπoρ = QΓΑ + QΑB ⇒ Qαπoρ = 300 + 303 = 603 joule .

Δ3. Πρέπει να υπολογίσουμε την εσωτερική ενέργεια U για την κάθε κατάσταση ισορροπίας Α, Β, Γ:

UΑ = (3 / 2)·n·R·TΑ ⇒ UΑ = (3 / 2)·PΑ·VΑ ⇒ UΑ = (3 / 2)·105·3·10

-3 ⇒ UΑ = 450 joule .

UB = (3 / 2)·n·R·TB ⇒ UB = (3 / 2)·PB·VB ⇒ UB = (3 / 2)·1/3·105·9·10

-3 ⇒ UB = 450 joule .

UΓ = (3 / 2)·n·R·TΓ ⇒ UΓ = (3 / 2)·PΓ·VΓ ⇒ UΓ = (3 / 2)·1/3·105·3·10

-3 ⇒ UΓ = 150 joule .

Το ζητούμενο διάγραμμα U – T :

9) Ποσότητα n = 4 / R ιδανικού αερίου βρίσκεται στην κατάσταση Α με πίεση ΡΑ = 4·105 Ν / m2 και όγκο VΑ = 2 L . To αέριο εκτελεί την κυκλική αντιστρεπτή μεταβολή του σχήματος. Η μεταβολή ΓΑ είναι ισόθερμη.

Δ1. Να υπολογιστεί η τιμή του όγκου που καταλαμβάνει το αέριο στην κατάσταση Β αν κατά την μεταβολή Α → Β το αέριο παράγει έργο WΑB = 2400 joule. Δ2. Να υπολογιστεί η τιμή του λόγου υεν,Β / υεν,Α όπου υεν,Α και υεν,Β η ενεργός ταχύτητα των μορίων του αερίου στις καταστάσεις Α και Β αντίστοιχα . Δ3. Να υπολογιστεί η μεταβολή της εσωτερικής ενέργειας του αερίου στη διεργασία Β → Γ. Δ4. Αν QΑB τo ποσό της θερμότητας που ανταλλάσσει το αέριο με το περιβάλλον στη μεταβολή Α → Β και QBΓ στη μεταβολή Β → Γ , να αποδείξετε ότι ισχύει QΑB = γ·│QBΓ│ όπου γ ο λόγος των δύο γραμμομοριακών ειδικών θερμοτήτων του αερίου. Δίνεται η γραμμομοριακή ειδική θερμότητα υπό σταθερό όγκο Cv = 3·R / 2 , R: η σταθερά των ιδανικών αερίων στο S.I. και 1 L = 10-3 m³ .

Λύση Δ1. Η καταστατική εξίσωση για την Α κατάσταση: ΡΑ·VA = n·R·TA ⇒ TA = ΡΑ·VA / n·R ⇒ TA = 4·105·2·10-3 / (4 / R)·R ⇒ TA = 200 K . H A → B μεταβολή είναι ισοβαρής εκτόνωση: WAB = PA·(VB – VA) ⇒ PA·VB = WAB + PA·VA ⇒ VB = (WAB + PA·VA) / PA ⇒ VB = (2400 + 4·105·2·10-3) / 4·105 ⇒ VB = 8·10-3 m³ . Δ2. Oι νόμοι των αερίων: Α → Β ισοβαρής εκτόνωση (ή θέρμανση) (PA = PB): VA / TA = VB / TB ⇒ TB = TA·VB / VA ⇒ TB = 200·8·10-3 / 2·10-3 ⇒ TB = 800 K . B → Γ ισόχωρη ψύξη (VB = VΓ): ΡΒ / TΒ = ΡΓ / TΓ . Γ → Α ισόθερμη συμπίεση (ΤΓ = ΤΑ): ΡΓ·VΓ = ΡΑ·VA ⇒ ΡΓ = ΡΑ·VA / VΓ ⇒ ΡΓ = 4·105·2·10-3 / 8·10-3 ⇒ ΡΓ = 1·105·N / m² . Ο ζητούμενος λόγος: (υεν,Β / υεν,Α)² = (3·R·TB / M) / (3·R·TA / M) ⇒ (υεν,Β / υεν,Α)² = TB / TA ⇒ (υεν,Β / υεν,Α)² = 800 / 200 = 4 ⇒

υεν,Β / υεν,Α = 2 . Δ3. Η μεταβολή της εσωτερικής ενέργειας του αερίου στη Β → Γ : ΔUΒΓ = n·Cv·ΔΤΒΓ ⇒ ΔUΒΓ = (4 / R)·(3·R / 2)·(TΓ – TΒ) ⇒ ΔUΒΓ = 6·(200 – 800) ⇒ ΔUΒΓ = – 3600 joule . Δ4. Θα υπολογίσουμε τον λόγο: QAB / │QBΓ│= (n·Cv·ΔΤΑΒ) / │n·Cp·ΔΤΒΓ│ ⇒ QAB / │QBΓ│= ((3·R / 2)·(800 – 200)) / │(5·R / 2)·(200 – 800)│⇒ QAB / │QBΓ│= 5 / 3 ⇒ QAB / │QBΓ│= γ .

10) Το ιδανικό αέριο μιας θερμικής μηχανής βρίσκεται στη κατάσταση A (ΡA, VA, TA). Το αέριο υποβάλλεται σε κυκλική αντιστρεπτή μεταβολή Α → Β → Γ → Α όπου:

1. Α → Β ισόχωρη μεταβολή μέχρι να διπλασιαστεί η πίεση του.

2. Β → Γ ισόθερμη εκτόνωση.

3. Γ → Α ισοβαρής συμπίεση μέχρι την αρχική κατάσταση Α, στην οποία το αέριο απορροφά από το

περιβάλλον ενέργεια με τη μορφή έργου 400 J.

Δ1. Να απεικονίσετε ποιοτικά τη παραπάνω μεταβολή σε διάγραμμα Ρ – V .

Δ2. Να υπολογίσετε τη μεταβολή της εσωτερικής ενέργειας ΔUΑΒ .

Δ3. Να υπολογίσετε το έργο που παράγει το αέριο στην ισόθερμη εκτόνωση.

Δ4. Να βρείτε το συντελεστή απόδοσης μιας θερμικής μηχανής της οποίας το ιδανικό αέριο εκτελεί αυτήν την

κυκλική μεταβολή.

Δίνονται: η γραμμοριακή ειδική θερμότητα υπό σταθερό όγκο Cv = 3·R / 2 , R η σταθερά των ιδανικών αερίων

στο S.I. και ln 2 = 0,7 .

Λύση Δ1. Θα μπορούσαμε να κάνουμε το ποιοτικό διάγραμμα, καλύτερα όμως να υπολογίσουμε τα θερμοδυναμικά

μεγέθη P, V, T και μετά να κάνουμε το διάγραμμα.

Οι νόμοι των αερίων για τις μεταβολές:

Α → Β ισόχωρη θέρμανση (VA = VB) : PA / TA = PB / TB ⇒ TB = TA·PB / PA ⇒ TB = TA·2·PA / PA ⇒ TB =

2·TA .

B → Γ ισόθερμη εκτόνωση (ΤΒ = ΤΓ) : PΒ·VB = PΓ·VΓ …(Ι)

Γ → Α ισοβαρής συμπίεση (PΓ = PΑ) : VΓ / TΓ = VA / TA …(ΙΙ)

Από την σχέση (Ι): PΒ·VB = PΓ·VΓ ⇒ VΓ = PΒ·VB / PΓ ⇒ VΓ = 2·PA·VA / PΑ ⇒ VΓ = 2·VA .

Μπορούμε να δημιουργήσουμε ένα πίνακα:

A B Γ

Ρ ΡΑ 2·PA PA

V VA VA 2·VA

T TA 2·TA 2·TA

Με την βοήθεια του παραπάνω πίνακα κάνουμε το διάγραμμα Ρ – V:

Δ2. Το έργο στη ισοβαρή συμπίεση WΓΑ = ΡΓ·(VA – VΓ) ⇒ WΓΑ = ΡΑ·(VΑ – 2·VΑ) ⇒ WΓΑ = – PΑ·VΑ ⇒ PΑ·VΑ =

– ( – 400) joule .

H μεταβολή της εσωτερικής ενέργειας ΔUΑΒ = n·Cv·ΔTΑΒ ⇒ ΔUΑΒ = n·(3·R / 2)·(TΒ – TΑ) ⇒ ΔUΑΒ = (3 /

2)·(PΒ·VB – PA·VA) ⇒ ΔUΑΒ = (3 / 2)·(2·PA·VA – PA·VA) ⇒ ΔUΑΒ = 3·PA·VA / 2 = 600 joule .

Δ3. To έργο στην ισόθερμη εκτόνωση: WΒΓ = n·R·TΒ·ln (VΓ / VΒ) ⇒ WΒΓ = 2·n·R·TA

·ln (2·VA l VA) ⇒ WΒΓ = 2·PΑ·VΑ·ln 2 ⇒ WΒΓ = 2·400·0,7 ⇒ WΒΓ = 560 joule .

Δ4. QΑΒ = n·Cv·ΔΤΑΒ ⇒ QΑΒ = n·(3·R / 2)·(TΒ – TA) ⇒ QΑΒ = (3 / 2)·(PΒ·VΒ – PA·VA) ⇒ QΑΒ = (3 /

2)·(2·PA·VA – PA·VA) ⇒ QΑΒ = 3·PA·VA / 2 ⇒ QΑΒ = 600 joule .

1ος θερμοδυναμικός νόμος στην ΒΓ : QΒΓ = WΒΓ + ΔUΒΓ ⇒ QΒΓ = WΒΓ = 560 joule . Ισχύει ΔUΒΓ = 0 .

H θερμότητα Qh = QΑΒ + QΒΓ ⇒ Qh = 600 + 560 = 1160 joule .

Cp = Cv + R ⇒ Cp = 5·R / 2 .

│Qc│ = │QΓA│⇒ │Qc│ = │n·Cp·ΔΤΓΑ│ ⇒ │Qc│ = │n·(5·R / 2)·(TA – TΓ)│ ⇒ │Qc│ = │(5 / 2)·(PA·VA –

PΓ·VΓ)│ ⇒ │Qc│ = │(5 / 2)·(PA·VA – 2·PA·VA )│ ⇒ │Qc│ = 5·PA·VA / 2 ⇒ │Qc│ = 1000 joule .

e = 1 – (│Qc│ / Qh) ⇒ e = 1 – (1000 / 1160) ⇒ e = 1 – 0,86 ⇒ e = 0,14 .

11) Ποσότητα n = 2 / R mol ιδανικού μονοατομικού αερίου, (το R είναι αριθμητικά ίσο με τη σταθερά R των

ιδανικών αερίων εκφρασμένη σε μονάδες του S.I), βρίσκεται σε κατάσταση θερμοδυναμικής ισορροπίας Α, με

όγκο VA = 2 L και πίεση PA = 3,2 atm. Με ισοβαρή αντιστρεπτή ψύξη ΑΒ, το αέριο μεταβαίνει σε κατάσταση

θερμοδυναμικής ισορροπίας Β, από την οποία με αντιστρεπτή ισόθερμη εκτόνωση ΒΓ αποκτά όγκο VΓ = 16 L.

Μια αδιαβατική αντιστρεπτή συμπίεση επαναφέρει το αέριο στην αρχική του κατάσταση Α.

Να υπολογίσετε:

Δ1. Την εσωτερική ενέργεια του αερίου στην κατάσταση Α.

Δ2. Την πίεση PΓ , τον όγκο VB, τη θερμοκρασία ΤΒ του αερίου, και να απεικονίσετε (ποιοτικά) τον

θερμοδυναμικό κύκλο του αερίου σε διάγραμμα P – V.

Δ3. Τη θερμότητα που απορρόφησε το αέριο από το περιβάλλον στη διάρκεια αυτού του θερμοδυναμικού

κύκλου.

Δ4. Το ολικό έργο του αερίου για την ολοκλήρωση ενός κύκλου των θερμοδυναμικών μεταβολών που

περιγράφηκαν.

Δίνεται για το ιδανικό αέριο ο λόγος των γραμμομοριακών ειδικών θερμοτήτων γ = Cv / Cp = 5 / 3, ln 2 =

0,7. Για τις πράξεις σας κατά προσέγγιση μπορείτε να θεωρήσετε ότι 1 atm = 105 N / m

2 , 1 L = 10

-3 m

3 .

Λύση

Δ1. Η καταστατική εξίσωση: ΡΑ·VA = n·R·TA ⇒ TA = ΡΑ·VA / n·R ⇒ TA = 3,2·105·2·10

-3 / ((2 / R)·R) ⇒ TA =

320 K .

Η εσωτερική ενέργεια στην κατάσταση ισορροπίας Α: UA = (3 / 2)·n·R·TA ⇒ UA = (3 / 2)·(2 / R)·R·320 ⇒ UA =

960 joule .

Δ2. Oι μεταβολές:

Α → Β : ισοβαρή ψύξη (ΡΑ = ΡΒ) : VΑ / TΑ = VB / TB …(Ι)

Β → Γ : ισόθερμη εκτόνωση (ΤΒ = ΤΓ) : ΡΒ·VΒ = ΡΓ·VΓ …(ΙΙ)

Γ → Α : αδιαβατική συμπίεση (QΓΑ = 0) : ΡΓ·VΓγ = ΡΑ·VΑ

γ ⇒ ΡΓ = ΡΑ·(VΑ / VΓ)γ ⇒ ΡΓ = 3,2·10

5·(2·10

-3 / 16·10

-

3)5 / 3 ⇒ ΡΓ = 3,2·10

5 / ((2

3)

5 / 3) ⇒ ΡΓ = 10

-1·10

5 N / m² .

Από την (ΙΙ) ⇒ VB = VΓ·(PΓ / PB) ⇒ VB = 16·10-3

·(10-1

·105 / 3,2·10

5) ⇒ VB = ½·10

-3 m³ .

Από την (Ι) ⇒ ΤB = ΤΑ·VB / VA ⇒ ΤB = 320·½·10-3

/ 2·10-3 ⇒ ΤB = 80 K .

Τοποθετούμε τις παραπάνω τιμές σε ένα πίνακα:

A B Γ

P 3,2·105 3,2·10

5 0,1·10

5

V 2·10-3

0,5 ·10-3

16·10-3

T 320 80 80

Με τις παραπάνω τιμές του πίνακα, το ζητούμενο P – V διάγραμμα :

Δ3. Η ΒΓ είναι ισόθερμη εκτόνωση άρα ΔUBΓ = 0 και QBΓ > 0 , 1ος Θ.Ν. στη ΒΓ: QBΓ = WBΓ + ΔUBΓ ⇒ QBΓ =

WBΓ ⇒ QBΓ = n·R·TB·ln (VB / VΓ) ⇒ QBΓ = ΡΒ·VΒ·ln (VΓ / VΒ) ⇒ QBΓ = 3,2·105·0,5·10

-3·ln (16·10

-3 / 0,5·10

-

3) ⇒ QBΓ = 560 joule .

Δ4. Το συνολικό έργο σε ένα κύκλο:

Wολ = WAB + WBΓ + WΓA . όπου:

WAB = ΡA·(VB – VA) ⇒ WAB = 3,2·105·(0,5 – 2)·10

-3 ⇒ WAB = – 480 joule .

WBΓ = QBΓ = 560 joule .

WΓΑ = (ΡΑ·VA – ΡΓ·VΓ) / (1 – γ) ⇒ WΓΑ = (3,2·105·2·10

-3 – 0,1·10

5·16·10

-3) / (1 – (5 / 3)) ⇒ WΓΑ = – 720 joule .

Άρα : Wολ = WAB + WBΓ + WΓA ⇒ Wολ = – 480 + 560 – 720 = – 640 joule. Λογικό γιατί έχουμε

αριστερόστροφο κύκλο.

12) Μία ποσότητα n = 2 / R mol (το R είναι αριθμητικά ίσο με τη σταθερά των ιδανικών αερίων εκφρασμένη σε joule / (mol·K)) ιδανικού αερίου βρίσκεται στην κατάσταση θερμοδυναμικής ισορροπίας Α όπου PA = 2·105 N / m2 και ΤΑ = 300 K. Στο αέριο γίνονται οι εξής αντιστρεπτές μεταβολές:

Α → Β: ισοβαρής εκτόνωση μέχρι VB = 2·VA

Β → Γ: ισόχωρη ψύξη μέχρι Τ = ΤΑ

Γ → Α: ισόθερμη συμπίεση

Δ1. Να βρεθούν οι όγκοι, οι θερμοκρασίες και οι πιέσεις του αερίου στις καταστάσεις Α, Β και Γ.

Δ2. Να συμπληρωθεί ο παρακάτω πίνακας.

Δ3. Να γίνουν τα διαγράμματα (σε βαθμολογημένους άξονες) P – V και P – Τ για τις παραπάνω μεταβολές.

Δ4. Αν η παραπάνω κυκλική μεταβολή παριστάνει τον θερμοδυναμικό κύκλο μιας θερμικής μηχανής να

υπολογίσετε τον συντελεστή απόδοσης αυτής της μηχανής.

Δίνεται η γραμμομοριακή ειδική θερμότητα υπό σταθερό όγκο Cv = 3 R/ 2, ότι ln 2 = 0,7 .

Λύση Δ1. Στα δεδομένα μας δίνεται η σταθερά των ιδανικών αερίων R, η πίεση και η θερμοκρασία στην κατάσταση

ισορροπίας Α. H καταστατική εξίσωση θα μας δώσει τον όγκο στην κατάσταση Α:

ΡΑ·VΑ = n·R·TΑ ⇒ VΑ = n·R·TΑ / PΑ ⇒ VΑ = (2 / R)·R·300 / 2·105 ⇒ VΑ = 3·10

-3 m

3 .

Σε κατηγορία ασκήσεων στη θερμοδυναμική δίνονται δύο από τα τρία καταστατικά μεγέθη ΡΑ ,VΑ ,TΑ και ο

αριθμός των mol (η ποσότητα) του αερίου. Σε αυτή την περίπτωση η καταστατική εξίσωση δίνει το τρίτο

καταστατικό μέγεθος.

Σειρά έχουν οι νόμοι των αερίων.

Α → Β ισοβαρής εκτόνωση (ΡΑ = ΡΒ) : VΑ / TΑ = VB / TB ⇒ TB = VΒ ·TΑ / VΑ ⇒ TB = 2·VΑ·TΑ / VΑ ⇒ TB =

2·TΑ ⇒TB = 2·300 = 600 Κ .

Β → Γ ισόχωρη ψύξη (VB = VΓ) : ΡB / ΤB = ΡΓ / ΤΓ ⇒ ΡΓ = ΡB·ΤΓ / ΤB ⇒ ΡΓ = ΡB·ΤΑ / 2·TΑ ⇒ ΡΓ = 2·105 / 2 ⇒

ΡΓ = 105 Ν / m² .

Γ → Α ισόθερμη συμπίεση (ΤΓ = ΤΑ) : ΡΓ ·VΓ = ΡΑ·VΑ .

Καλό είναι όλα τα αποτελέσματα να μπουν σε ένα πίνακα, χρήσιμο μιας και συνήθως μας ζητάνε διαγράμματα

(όπου αρκεί το Ρ – V)

A B Γ

Ρ 2·105 2·10

5 1·10

5

V 3·10-3

6·10-3

6·10-3

T 300 600 300

Δ2. Πρέπει να υπολογίσουμε το έργο, την μεταβολή της εσωτερικής ενέργειας και την θερμότητα σε κάθε μία από

τις παραπάνω μεταβολές.

Στην Α → Β ισοβαρή μεταβολή:

To έργο στην ισοβαρή υπολογίζεται W = P·ΔV ή W = n·R·ΔΤ

WΑB = ΡΑ·(VB – VΑ) ⇒ WΑB = 2·105·(6·10

-3 – 3·10

-3) ⇒ WΑB = 600 joule .

Η μεταβολή της εσωτερικής ενέργειας για οποιαδήποτε μεταβολή ΔU = (3 / 2)·n·R·ΔT ή ΔU = n·Cv·ΔΤ αν

σας δίνεται το Cv .

ΔUΑB = n·Cv·ΔΤΑB ⇒ ΔUΑB = (2 / R)·(3·R / 2)·(TB – TA) ⇒ ΔUΑB = 3·(600 – 300) ⇒ ΔUΑB = 900 joule .

H θερμότητα θα υπολογιστεί από τον πρώτο θερμοδυναμικό νόμο: QΑB = ΔUΑB + WΑB ⇒ QΑB = 900 +

600 ⇒ QΑB = 1500 joule .

Στην Β → Γ ισόχωρη μεταβολή:

Το έργο στην ισόχωρη είναι μηδέν (ένα από τα τέσσερα που πρέπει να γνωρίζετε) WBΓ = 0 και ΔUBΓ =

n·Cv·ΔΤBΓ ⇒ ΔUBΓ = (2 / R)·(3·R / 2)·(TΓ – ΤB) ⇒ ΔUBΓ = 3·(300 – 600) ⇒ ΔUBΓ = – 900 joule .

1ος θερμοδυναμικός νόμος: QBΓ = ΔUBΓ + WBΓ ⇒ QBΓ = – 900 + 0 ⇒ QΑB = -900 joule .

Στην Γ → Α ισόθερμη μεταβολή:

το έργο στην ισόθερμη : WΓA = n·R·TΓ·ln (VA / VΓ) ⇒ WΓA = (2 / R)·R·300·ln (3·10-3

/ 6·10-3

) ⇒ WΓA = –

600·ln 2 ⇒ WΓA = – 420 joule .

ΔUΓA = 0 (που επίσης πρέπει να ξέρετε)

1ος θερμοδυναμικός νόμος στη Γ → Α : QΓA = WΓA + ΔUΓA ⇒ QΓA = – 420 + 0 = – 420 joule.

Οι παραπάνω τιμές συμπληρώνουν τον πίνακα που δόθηκε:

Μεταβολή W (joule) ΔU (joule) Q (joule)

Α → Β 600 900 1500

Β → Γ 0 – 900 – 900

Γ → Α – 420 0 – 420

Δ3. Τα ζητούμενα διαγράμματα (που έπρεπε να είναι δεύτερο ερώτημα):

Δ4. H θερμότητα της θερμής δεξαμενής (η θερμότητα που προσφέρεται στο αέριο σε κάθε κύκλο της θερμικής

μηχανής): Qh = QAB = 1500 joule .

H θερμότητα της ψυχρής δεξαμενής (η θερμότητα που το αέριο αποβάλει σε κάθε κύκλο της θερμικής

μηχανής): Qc = QBΓ + QΓA = – 900 – 420 = – 1320 joule .

H απόδοση της θερμικής μηχανής e = 1 – │Qc│ / Qh ⇒ e = 1 – 1320 / 1500 ⇒ e = 1 – 0,88 = 0,12 .

13) Ορισμένη ποσότητα ιδανικού αερίου,που βρίσκεται στην κατάσταση θερμοδυναμικής ισορροπίας Α (P0, V0, T0), υπόκειται στην παρακάτω αντιστρεπτή κυκλική μεταβολή:

ΑΒ: ισοβαρής εκτόνωση μέχρι να τετραπλασιαστεί ο όγκος του,

ΒΓ: ισόχωρη μεταβολή μέχρι τη θερμοκρασία Τ0,

ΓΑ: ισόθερμη μεταβολή.

Δ1. Να γίνει η γραφική παράσταση των μεταβολών σε άξονες P – V , όπου θα φαίνονται οι τιμές της πίεσης,

του όγκου και της θερμοκρασίας του αερίου στις καταστάσεις Α, Β, και Γ, συναρτήσει των P0, V0, T0. (Οι τιμές

της θερμοκρασίας να σημειωθούν πάνω στις ισόθερμες καμπύλες).

Δ2. Να υπολογιστεί η θερμότητα που αποβάλλει το αέριο στην κυκλική μεταβολή συναρτήσει των P0, V0, T0 .

Δ3. Να υπολογιστεί το ολικό έργο στην κυκλική μεταβολή συναρτήσει των P0, V0, T0 .

Δ4. Να υπολογίσετε την απόδοση μηχανής Carnot που λειτουργεί μεταξύ των ακραίων ισόθερμων του

παραπάνω κύκλου, καθώς και την απόδοση θερμικής μηχανής που λειτουργεί σύμφωνα με την παραπάνω

αντιστρεπτή κυκλική μεταβολή (οι αποδόσεις να εκφραστούν ως κλάσματα).

Δίνονται η γραμμομοριακή ειδική θερμότητα του αερίου υπό σταθερό όγκο Cv = 3·R / 2 και ότι ln 2 = 0,7 .

Λύση

Δ1. Oι μεταβολές :

Α → Β ισοβαρής εκτόνωση (ΡΑ = ΡΒ) :

VΑ / TA = VB / TB ⇒ V0 / T0 = 4·V0 / TB ⇒ TB = 4·T0 .

B → Γ ισόχωρη ψύξη (VB = VΓ) :

ΡΒ / TΒ = ΡΓ / TΓ ⇒ Ρ0 / (4·T0) = ΡΓ / T0 ⇒ ΡΓ = Ρ0 / 4 .

Γ → Α ισόθερμη συμπίεση (ΤΓ = ΤΑ) :

ΡΓ ·VΓ = ΡΔ·VΔ .

Οι παραπάνω τιμές δημιουργούν τον πίνακα :

A B Γ

Ρ Ρ0 Ρ0 P0 / 4

V V0 4·V0 4·V0

T T0 4·T0 T0

Με τις τιμές του πίνακα σχεδιάζουμε την γραφική παράσταση πίεσης Ρ – όγκου V :

Δ2. H θερμότητα Qc = QBΓ + QΔA .

Η θερμότητα στη ΒΓ :

QBΓ = n·Cv·ΔΤBΓ ⇒ QBΓ = n·(3·R / 2)·(TΓ – TΒ) ⇒ QBΓ = (3 / 2)·(PΓ ·VΓ – PΒ ·VΒ) ⇒ QBΓ = (3 / 2)·((P0 / 4)·4·V0 –

P0 ·4·V0) ⇒ QBΓ = – 4,5·P0 ·V0 .

Στη ΓΑ ισόθερμη μεταβολή ΔUΓΑ = 0 ,

1ος θερμοδυναμικός νόμος στη ΓΑ :

QΓΑ = WΓΑ + ΔUΓΑ ⇒ QΓΑ = WΓΑ + 0 ⇒ QΓΑ = WΓΑ ⇒ QΓΑ = n·R·TΓ ·ln (VΑ / VΓ) ⇒ QΓΑ = ΡΓ ·VΓ ·ln (VΑ /

VΓ) ⇒ QΓΑ = (P0 / 4)·4·V0·ln (V0 / 4·V0) ⇒ QΓΑ = P0·V0·ln (¼) ⇒ QΓΑ = P0·V0·( – ln 2²) ⇒ QΓΑ = – 1,4·P0·V0 .

H θερμότητα Qc = QBΓ + QΔA ⇒ Qc = – 4,5·P0 ·V0 – 1,4·P0·V0 ⇒ Qc = – 5,9·P0·V0 .

Δ3. To έργο στην ΑΒ ισοβαρή μεταβολή :

WΑB = PΑ·(VB – VA) ⇒ WΑB = P0·(4·V0 – V0) ⇒ WΑB = 3·P0·V0 .

To έργο στην ΒΓ μεταβολή :

WBΓ = 0 , η ΒΓ είναι ισόχωρη .

Το έργο στην ΓΑ μεταβολή :

WΓΑ = – 1,4·P0·V0 , έχει ήδη υπολογιστεί .

Wολ = WΑB + WBΓ + WΓΑ ⇒ Wολ = 3·P0·V0 + 0 – 1,4·P0·V0 ⇒ Wολ = 1,6·P0·V0 .

Δ4. Η απόδοση της μηχανής Carnot :

ec = 1 – (Tc / Th) ⇒ ec = 1 – (T0 / 4·T0) ⇒ ec = 1 – ¼ ⇒ ec = ¾ .

Iσχύει :

Cp = Cv + R ⇒ Cp = (3 / 2)·R + R ⇒ Cp = 5·R / 2 .

H θερμότητα στη μεταβολή ΑΒ, η θερμότητα Qh :

QAB = n·Cp·ΔΤΑΒ ⇒ QAB = n·(5·R / 2)·(TΒ – TA) ⇒ QAB = (5 / 2)·(PB·VB – PA·VA) ⇒ QAB = (5 / 2)·(P0·4·V0 –

P0·V0) ⇒ QAB = 7,5·P0·V0 .

H απόδοση θερμικής μηχανής :

e = 1 – │Qc│ / Qh ⇒ e = 1 – (5,9·P0·V0 / 7,5·P0·V0) ⇒ e = 16 / 75 .

14) Ορισμένη ποσότητα μονατομικού ιδανικού αερίου που βρίσκεται στην κατάσταση θερμοδυναμικής ισορροπίας Α (P0, V0, T0), υπόκειται στην παρακάτω αντιστρεπτή κυκλική μεταβολή:

ΑΒ ισοβαρής εκτόνωση μέχρι να τετραπλασιαστεί ο όγκος του,

ΒΓ αδιαβατική μεταβολή μέχρι τη θερμοκρασία Τ0,

ΓΑ ισόθερμη μεταβολή.

Δ1. Να γίνει η γραφική παράσταση των μεταβολών σε άξονες P – V, όπου θα φαίνονται οι τιμές της πίεσης, του

όγκου και της θερμοκρασίας του αερίου στις καταστάσεις Α, Β, και Γ, συναρτήσει των P0, V0, T0. (Οι τιμές της

θερμοκρασίας θα σημειωθούν πάνω στις ισόθερμες καμπύλες).

Δ2. Να υπολογιστεί ο λόγος των έργων που ανταλλάσσεται μεταξύ αερίου και περιβάλλοντος για τις μεταβολές

ΒΓ και ΑΒ, WBΓ / WAB .

Δ3. Να υπολογιστεί ο λόγος των θερμοτήτων που ανταλλάσσεται μεταξύ αερίου και περιβάλλοντος για τις

μεταβολές ΑΒ και ΓΑ, QAB / QΓΑ .

Δ4. Να υπολογίσετε την απόδοση μηχανής Carnot που λειτουργεί μεταξύ των ακραίων θερμοκρασιών του

παραπάνω κύκλου καθώς και την απόδοση θερμικής μηχανής που λειτουργεί σύμφωνα με την παραπάνω

αντιστρεπτή κυκλική μεταβολή (οι αποδόσεις να εκφραστούν ως κλάσματα).

Δίνονται η γραμμομοριακή ειδική θερμότητα του αερίου υπό σταθερό όγκο Cv = 3·R / 2 , ln 2 = 0,7 και ο

αδιαβατικός συντελεστής γ = 5 / 3.

Λύση

Δ1. Οι μεταβολές του ιδανικού αερίου :

Α → Β ισοβαρής εκτόνωση (ΡΑ = ΡB) :

VA / TA = VB / TB ⇒ TB = TA ·(VB / VA) ⇒ TB = T0·(4·V0 / V0) ⇒ TB = 4·T0 .

B → Γ αδιαβατική εκτόνωση (QBΓ = 0) :

(VB)γ-1

·TB = (VΓ)γ-1

·TΓ ⇒ (4·V0)(5 / 3) -1

·4·T0 = (VΓ)(5 / 3) -1

·T0 ⇒ 42 / 3

·4·V0 = VΓ ⇒ VΓ = 32·V0 .

Γ → Α ισόθερμη συμπίεση (ΤΓ = ΤΑ) :

ΡΓ ·VΓ = ΡA ·VA ⇒ ΡΓ ·32V0 = Ρ0·V0 ⇒ ΡΓ = Ρ0 / 32 .

Mε τις σχέσεις που υπολογίσαμε συμπληρώνουμε τον πίνακα :

A B Γ

Ρ Ρ0 Ρ0 Ρ0 / 32

V V0 4·V0 32·V0

T T0 4·T0 T0

Με τις τιμές του πίνακα σχεδιάζουμε την γραφική παράσταση πίεσης Ρ – όγκου V :

Δ2. To έργο στη μεταβολή ΒΓ :

WBΓ = (ΡΓ ·VΓ – ΡB·VB) / (1 – γ) ⇒ WBΓ = (Ρ0 ·V0 – 4·Ρ0·V0) / (1 – (5 / 3)) ⇒ WBΓ = (9 / 2)·Ρ0·V0 .

Το έργο στη μεταβολή ΑΒ :

WΑΒ = ΡΑ ·(VΒ – VΑ) ⇒ WΑΒ = Ρ0 ·(4·V0 – V0) ⇒ WΑΒ = 3·Ρ0·V0 .

Το πηλίκο των δύο έργων :

WBΓ / WΑΒ = (9 / 2)·Ρ0·V0 / 3·Ρ0·V0 ⇒ WBΓ / WΑΒ = 3 / 2 .

Δ3. Η θερμότητα στην μεταβολή ΑΒ :

(ισχύει στη σχολική ύλη Cp = Cv + R ⇒ Cp = (3 / 2)·R + R ⇒ Cp = (5 / 2)·R )

QAB = n·Cp·ΔΤAB ⇒ QAB = n·(5 / 2)·R·(TB – TA) ⇒ QAB = (5 / 2)·P0·(4·V0 – V0) ⇒ QAB = (15 / 2)·P0·V0 .

H θερμότητα στην μεταβολή ΓΑ :

QΓΑ = n·R·T0·ln (VA / VB) ⇒ QΓΑ = P0·V0·ln (V0 / 32·V0) ⇒ QΓΑ = P0·V0·ln 2-5 ⇒ QΓΑ = – 5· P0·V0·ln 2 ⇒ QΓΑ = –

3,5·P0·V0 .

To πηλίκο των θερμοτήτων QΑB / QBΓ = – (7,5·P0·V0) / (3,5·P0·V0) ⇒ QΑB / QBΓ = – 15 / 7 .

Το μείον οφείλεται στο γεγονός ότι QΓA < 0 .

Δ4. Ο συντελεστής απόδοσης μιας μηχανής Carnot :

ec = 1 – (Tc / Th) ⇒ ec = (Th – Tc) / Th ⇒ ec = (4·T0 – T0) / (4·T0) ⇒ ec = 3 / 4 .

Ο συντελεστής απόδοσης μιας θερμικής μηχανής :

e = 1 – (│Qc│ / Qh) ⇒ e = (QAΓ – │QΓΑ│) / QAΒ ⇒ e = (7,5·P0·V0 – 3,5·P0·V0) / (7,5·P0·V0) ⇒ e = 8 / 15 .

15) Ορισμένη ποσότητα ιδανικού αερίου μιας θερμικής μηχανής εκτελεί την κυκλική αντιστρεπτή μεταβολή ΑΒΓΑ που φαίνεται στο παραπάνω διάγραμμα P – T.

Δ1. Να υπολογίσετε, για κάθε επιμέρους μεταβολή, τη θερμότητα Q, το έργο W και τη μεταβολή της

εσωτερικής ενέργειας ΔU του αερίου, εάν το έργο κατά τη μεταβολή ΓΑ είναι WΓ → Α = – 700 J.

Δ2. Να υπολογίσετε το συντελεστή απόδοσης της θερμικής αυτής μηχανής καθώς επίσης και τον συντελεστή

απόδοσης μιας μηχανής Carnot που θα λειτουργούσε μεταξύ των ίδιων ακραίων θερμοκρασιών της παραπάνω

κυκλικής μεταβολής.

Δ3. Εάν η μηχανή πραγματοποιεί 120 κύκλους σε 1 λεπτό να υπολογίσετε τη μηχανική ισχύ που αποδίδει η

μηχανή.

Δ4. Εάν αυτή η θερμική μηχανή κινεί όχημα μάζας m = 600 kg, πόσο χρόνο θα χρειαστεί το όχημα, ξεκινώντας

από ακινησία, για να αποκτήσει ταχύτητα μέτρου 72 km / h ; Να θεωρήσετε ότι όλη η μηχανική ενέργεια που

αποδίδει η μηχανή μετατρέπεται σε κινητική ενέργεια του οχήματος χωρίς απώλειες.

Δίνονται Cv = 3·R / 2 και ln 2 = 0,7.

Λύση

Δ1. Από το διάγραμμα που δίνεται ονομάζουμε τις μεταβολές και γράφουμε τους νόμους του ιδανικού αερίου :

Α → Β ισοβαρής θέρμανση (ή εκτόνωση) (ΡΑ = ΡΒ) :

VΑ / TΑ = VB / TB ⇒ VB = VA·(TB / TA) ⇒ VB = VA·(2·TA / TA) ⇒ VB = 2·VA .

B → Γ ισόχωρη ψύξη (VB = VΓ) :

PB / TB = PΓ / TΓ .

Γ → Α ισόθερμη συμπίεση (ΤΓ = ΤΑ) :

ΡΓ ·VΓ = ΡA ·VA ⇒ VΓ = VA·ΡA / ΡΓ ⇒ VΓ = VA·10·105

/ 5·105 ⇒ VΓ = 2·VA .

Δίνεται το έργο στη ΓΑ ισόθερμη :

WΓA = n·R·TA·ln (VΓ / VA) ⇒ WΓA = ΡΓ ·VΓ ·ln (VΑ / VΓ) ⇒ – 700 = 5·105·VΓ ·ln ( VA / 2·VA) ⇒ –

700 = 5·105·VΓ ·(- ln 2) ⇒ VΓ = 2·10

-3 m³ .

Mε τις παραπάνω τιμές συμπληρώνουμε τον πίνακα :

A B Γ

Ρ (·105 Ν / m

2) 10 10 5

V (·10-3

m3) 1 2 2

T Τ1 2·Τ2 Τ1

Με τις τιμές του πίνακα σχεδιάζουμε την γραφική παράσταση :

(δεν ζητούσε το διάγραμμα, αλλά ζητούσε όλα τα άλλα, οπότε το βάλαμε και αυτό)

H θερμότητα στην ΑΒ :

(Ισχύει Cp = Cv + R ⇒ Cp = (3·R / 2) + R ⇒ Cp = 5·R / 2)

QAB = n·Cp·ΔΤAB ⇒ QAB = n·(5·R / 2)·(TB – TA) ⇒ QAB = (5 / 2)·(PB·VB – PA·VA) ⇒ QAB = (5 / 2)·PB·(VB –

VA) ⇒ QAB = (5 / 2)·10·105·(2·10

-3 – 1·10

-3) ⇒ QAB = 2500 joule .

Το έργο στην ΑΒ :

(μια επιλογή είναι WAB = εμβαδό P – V = (2 – 1)·10-3

·(10 – 5)·105 ⇒ WAB = 1000 joule)

WAB = ΡA ·(VB – VA) ⇒ WAB = 10·105·(2 – 1)·10

-3 ⇒ WAB = 1000 joule .

1ος θερμοδυναμικός νόμος στην ΑΒ :

QAB = ΔUAB + WAB ⇒ ΔUAB = QAB – WAB ⇒ ΔUAB = 2500 – 1000 ⇒ ΔUAB = 1500 joule .

To έργο στην ΒΓ μεταβολή :

WBΓ = 0 , η ΒΓ είναι ισόχωρη μεταβολή .

Η μεταβολή της εσωτερικής ενέργειας στη ΒΓ :

ΔUBΓ = n·Cv·ΔΤBΓ ⇒ ΔUBΓ = n·(3·R / 2)·(TΓ – TΒ) ⇒ ΔUBΓ = (3 / 2)·(ΡΓ·VΓ – ΡΒ·VΒ) ⇒ ΔUBΓ = (3 / 2)·VΓ·(PΓ –

PΒ) ⇒ ΔUBΓ = (3 / 2)·2·10-3

·(5·105

– 10·105) ⇒ ΔUBΓ = – 1500 joule .

1ος θερμοδυναμικός νόμος στη ΒΓ μεταβολή :

QBΓ = WBΓ + ΔUBΓ ⇒ QBΓ = 0 – 1500 joule ⇒ QBΓ = – 1500 joule .

1ος θερμοδυναμικός νόμος στη ΒΓ μεταβολή :

(ΔUΓΑ = 0 , η ΓΑ είναι ισόθερμη μεταβολή .)

QΓΑ = WΓΑ + ΔUΓΑ ⇒ QΓΑ = WΓΑ + 0 ⇒ QΓΑ = – 700 joule .

Δ2. H θερμότητα της θερμής δεξαμενής είναι :

Qh = QAB ⇒ Qh = 2500 joule .

Η θερμότητα της ψυχρής δεξαμενής είναι :

Qc = QBΓ + Q ΓΑ ⇒ Qc = – 1500 – 700 ⇒ Qc = – 2200 joule .

Ο συντελεστής απόδοσης της θερμικής μηχανής :

e = 1 – (│Qc│ / Qh) ⇒ e = 1 – (2200 / 2500) ⇒ e = 1 – 0,88 ⇒ e = 0,12 .

O συντελεστής απόδοσης της μηχανής Carnot :

ec = 1 – (Tc / Th) ⇒ ec = 1 – (T1 / 2·T1) ⇒ ec = 1 / 2 .

Δ3. To ωφέλιμο έργο σε κάθε κύκλο είναι :

e = W / Qh ⇒ W = e·Qh ⇒ W = 0,12·2500 ⇒ W = 300 joule .

( Άλλος τρόπος : Wολ = WΑΒ + WBΓ + WΓΑ ⇒ Wολ = 1000 + 0 – 700 ⇒ Wολ = 300 joule)

Όταν η θερμική μηχανή πραγματοποιεί Ν κύκλους σε χρoνική διάρκεια Δt , η μηχανική ισχύς της μηχανής

Ρμηχ :

(όπου Wσυν , είναι το συνολικό μηχανικό έργο που παράγει το αέριο σε χρόνο Δt, ισχύει : Wσυν = N·W)

Ρμηχ = Wσυν / Δt ⇒ Ρμηχ = Ν·W / Δt ⇒ Ρμηχ = (120·300) / 60 ⇒ Ρμηχ = 600 W (ή joule / s) .

Δ4. Mετατροπή μονάδων : υ = 72 Κm / h = 20 m / s .

Αφού δεν υπάρχουν απώλειες Wσυν = ΔK , άρα :

Ρμηχ = ΔΚ / Δt ⇒ Δt = ΔΚ / Ρμηχ ⇒ Δt = (Κτελ – Καρχ) / Ρμηχ ⇒ Δt = (½·m·υ² – 0) / Ρμηχ ⇒ Δt = m·υ² / 2·Ρμηχ ⇒ Δt

= 600·20² / 2·600 ⇒ Δt = 200 s .

16) Ποσότητα n = 16 / R mol μονοατομικού ιδανικού αερίου υφίσταται τις παρακάτω αντιστρεπτές μεταβολές:

A → Β : Ισοβαρής θέρμανση, από την κατάσταση θερμοδυναμικής ισορροπίας Α με PΑ = 32·105 N / m2 και VA = 2·10-3 m3, στην κατάσταση θερμοδυναμικής ισορροπίας Β με VB = 16·10-3 m3. Β → Γ : Ισόχωρη ψύξη μέχρι την κατάσταση θερμοδυναμικής ισορροπίας Γ. Γ → Α : Αδιαβατική συμπίεση μέχρι το αέριο να επανέλθει στην αρχική κατάσταση Α. Δ1. Να υπολογιστεί η θερμοκρασία του αερίου στην κατάσταση θερμοδυναμικής ισορροπίας Α. Δ2. Να βρεθεί η πίεση του αερίου στην κατάσταση θερμοδυναμικής ισορροπίας Γ. Δ3. Να υπολογιστούν για κάθε μία από τις επιμέρους μεταβολές το έργο και η θερμότητα που ανταλλάσσει το αέριο με το περιβάλλον. Δ4. Να υπολογιστεί ο συντελεστής απόδοσης (να εκφραστεί ως κλάσμα) μιας υποθετικής μηχανής Carnot εάν λειτουργούσε μεταξύ των δύο ακραίων θερμοκρασιών της παραπάνω κυκλικής μεταβολής. Δίνεται ότι για τα μονοατομικά ιδανικά αέρια ισχύει: Cv = 3·R / 2 . Λύση Δ1. Υπολογίζουμε το ΤΑ από την καταστατική εξίσωση : ΡΑ·VΑ = n·R·TΑ ⇒ TΑ = ΡΑ·VΑ / n·R ⇒ TΑ = 32·105·2·10-3 / ((16 / R)·R) ⇒ TΑ = 400 K . A → Β : Ισοβαρής θέρμανση άρα ΡΑ = ΡΒ . Β → Γ : Ισόχωρη ψύξη VB = VΓ . Δ2. Iσχύει : Cp = Cv + R ⇒ Cp = 3·R / 2 + R ⇒ Cp = 5·R / 2 . γ = Cp / Cv ⇒ γ = (5·R / 2) / (3·R / 2) ⇒ γ = 5 / 3 . Γ → Α : Αδιαβατική συμπίεση (QΓA = 0) : ΡΓ·VΓ

γ = ΡΑ·VΑγ ⇒ ΡΓ = ΡΑ·(VΑ / VΓ)

γ ⇒ ΡΓ = 32·105·(2·10-3 / 16·10-3)5 / 3 ⇒ ΡΓ = 1·105 Ν / m² . Δ3. H θερμότητα στην μεταβολή ΑΒ : QΑB = n·Cp·ΔΤΑB ⇒ QΑB = n·(5·R / 2)·(ΤB – ΤA) ⇒ QΑB = (5 / 2)·ΡΑ·(VB – VA) ⇒ QΑB = (5 / 2)·32·105·(16·10-3 – 2·10-3) ⇒ QΑB = 112.000 joule .

To έργο στη μεταβολή ΑΒ : WΑB = ΡΑ·(VB – VA) ⇒ WΑB = 32·105·(16·10-3 – 2·10-3) ⇒ WΑB = 44.800 joule . To έργο στη μεταβολή ΒΓ : WBΓ = 0 . H θερμότητα στην μεταβολή ΒΓ : QBΓ = n·Cv·ΔΤBΓ ⇒ QBΓ = n·Cv·(ΤΓ – ΤΒ) ⇒ QBΓ = (16 / R)·(3·R / 2)·(ΤΓ – ΤΒ) ⇒ QBΓ = (3 / 2)·VB·(PΓ – PB) ⇒ QBΓ = (3 / 2)·16·10-

3·(1·105 – 32·105) ⇒ QBΓ = – 74.400 joule . Γ → Α : αδιαβατική μεταβολή άρα η θερμότητα ΓΑ : QΓΑ = 0 . Το έργο στη μεταβολή ΓΑ : WΓΑ = (ΡΑ·VΑ – ΡΓ·VΓ) / (1 – γ) ⇒ WΓΑ = (32·105·2·10-3 – 1·105·16·10-3) / (1 – (5 / 3)) ⇒ WΓΑ = – 7.200 joule . 2oς τρόπος (ένας τρόπος επαλήθευσης των αποτελεσμάτων) ΔUολ = ΔUΑΒ + ΔUΒΓ + ΔUΓA ⇒ 0 = ΔUΑΒ + ΔUΒΓ + ΔUΓA ⇒ – ΔUΓA = ΔUΑΒ + ΔUΒΓ …(I) 1oς θερμοδυναμικός νόμος στην ΓΑ : QΓΑ = WΓΑ + ΔUΓA ⇒ 0 = WΓΑ + ΔUΓA ⇒ WΓΑ = – ΔUΓA …(ΙΙ) 1oς θερμοδυναμικός νόμος στην ΑB : QΓΑ = WΓΑ + ΔUΓA ⇒ ΔUΓA = QΓΑ – WΓΑ …(III) Από την σχέση (Ι) με την βοήθεια των σχέσεων (ΙΙ) και (ΙΙΙ) : WΓA = (QΓΑ – WΓΑ) + ΔUΒΓ ⇒ WΓA = (112.000 – 44.800) – 74.400 ⇒ WΓA = – 7.200 joule . Δ4. O συντελεστής απόδοσης της μηχανής Carnot : ec = 1 – (Tc / Th) , όπου Tc = TΓ και Th = TB . Από την καταστατική εξίσωση για την κατάσταση Β : ΡΒ·VΒ = n·R·TΒ ⇒ TΒ = ΡΒ·VΒ / n·R ⇒ TΒ = 32·105·16·10-3 / ((16 / R)·R) ⇒ TΒ = 3.200 K . Από την καταστατική εξίσωση για την κατάσταση Γ : ΡΓ·VΓ = n·R·TΓ ⇒ TΓ = ΡΓ·VΓ / n·R ⇒ TΓ = 1·105·16·10-3 / ((16 / R)·R) ⇒ TΓ = 100 K . Αρα ο συντελεστής απόδοσης της μηχανής Carnot : ec = 1 – (Tc / Th) ⇒ ec = 1 – (TΓ / TΒ) ⇒ ec = 1 – (100 / 3.200) ⇒ ec = 1 – (1 / 32) ⇒ ec = 31 / 32 . 17) Θερμική μηχανή χρησιμοποιεί μονοατομικό ιδανικό αέριο. Στην διάρκεια ενός κύκλου το αέριο εκτελεί τρεις αντιστρεπτές μεταβολές. Από την κατάσταση θερμοδυναμικής ισορροπίας Α, όπου οι τιμές της πίεσης του όγκου και της θερμοκρασίας είναι αντίστοιχα Ρ0 = 3·105 Ν / m2, V0 = 2·10-3 m3 και Τ0, το αέριο εκτονώνεται ισοβαρώς έως την κατάσταση θερμοδυναμικής ισορροπίας Β, όπου ο όγκος του είναι 3·V0. Στη συνέχεια το αέριο ψύχεται ισόχωρα έως την κατάσταση θερμοδυναμικής ισορροπίας Γ, ώστε κατόπιν με ισόθερμη μεταβολή να επανέλθει στην κατάσταση θερμοδυναμικής ισορροπίας Α.

Δ1. Να γίνει η γραφική παράσταση της κυκλικής μεταβολής σε βαθμολογημένους άξονες πίεσης – όγκου.

Δ2. Να υπολογιστεί ο λόγος των ενεργών ταχυτήτων των μορίων του αερίου στις καταστάσεις Α και Γ, υεν,Α /

υεν,Γ .

Δ3. Να υπολογιστεί το έργο του αερίου για την κυκλική μεταβολή.

Δ4. Να υπολογιστεί η επί τοις εκατό απόδοση της θερμικής μηχανής που λειτουργεί με βάση τον παραπάνω

κύκλο.

Δίνεται ln (1 / 3) = – ln 3 = – 1,1 και ότι για τα μονοατομικά ιδανικά αέρια ισχύει : Cv = 3·R / 2 .

Λύση

Δ1. Οι μεταβολές του ιδανικού αερίου :

Α → Β ισοβαρής εκτόνωση (ΡΑ = ΡΑ) :

VΑ / TΑ = VB / TB ⇒ TB = TΑ·VB / VΑ ⇒ TB = T0·3·V0 / V0 ⇒ TB = 3·T0 .

B → Γ ισόχωρη ψύξη (VB = VΓ) :

ΡB / ΤB = ΡΓ / ΤΓ .

Γ → Α ισόθερμη συμπίεση (ΤΓ = ΤΑ) :

ΡΓ ·VΓ = ΡΑ ·VΑ ⇒ ΡΓ = ΡΑ ·VΑ / VΓ ⇒ ΡΓ = Ρ0 ·V0 / 3·V0 ⇒ ΡΓ = 105 Ν / m

2 .

Με τις τιμές που υπολογίσαμε συμπληρώνουμε τον παρακάτω πίνακα :

A B Γ

P (105

Ν / m2) 3 3 1

V (10-3

m3 ) 2 6 6

T (K) Τ0 3·T0 T0

Με τις τιμές του πίνακα σχεδιάζουμε το διάγραμμα πίεσης Ρ – όγκου V :

Δ2. H ενεργός ταχύτητα στη κατάσταση ισορροπίας Α :

υεν,Α = √(3·R·TΑ / M) ⇒ υεν,Α = √(3·R·T0 / M) .

H ενεργός ταχύτητα στη κατάσταση ισορροπίας Γ :

υεν,Γ = √(3·R·TΓ / M) ⇒ υεν,Γ = √(3·R·T0 / M) .

Διαιρούμε τις δύο σχέσεις κατά μέλη :

υεν,Α / υεν,Γ = √(3·R·T0 / M) / √(3·R·T0 / M) ⇒ υεν,Α / υεν,Γ = 1 .

Δ3. Το έργο στην ισοβαρή εκτόνωση ΑΒ :

WΑΒ = ΡΑ·(VΒ – VΑ) ⇒ WΑΒ = Ρ0·(3·V0 – V0) ⇒ WΑΒ = 2·Ρ0·V0 ⇒ WΑΒ = 2·3·105·2·10

-3 ⇒ WBΓ = 1.200 joule .

Το έργο στην ισόχωρη ψύξη ΒΓ :

WBΓ = 0 .

Το έργο στην ισόθερμη συμπίεση ΓΑ :

WΓΑ = n·R·TΓ ·ln (VA / VΓ) ⇒ WΓΑ = PΓ ·VΓ ·ln (VΑ / VΓ) ⇒ WΓΑ = P0·V0·ln (V0 / 3·V0) ⇒ WΓΑ = P0·V0·ln (1 /

3) ⇒ WΓΑ = – 1,1·P0·V0 ⇒ WΓΑ = – 1,1·3·105·2·10

-3 ⇒ WΓΑ = – 660 joule .

To έργο κατά την κυκλική μεταβολή ΑΒΓΑ :

Wολ = WΑΒ + WΒΓ + WΓΑ ⇒ Wολ = 1.200 + 0 – 660 ⇒ Wολ = 540 joule .

Δ4. H θερμότητα που απορροφά το αέριο από την θερμή δεξαμενή :

Qh = QAB ⇒ Qh = n·Cp·ΔTΑΒ ⇒

(Cp = Cv + R ⇒ Cp = 3·R / 2 + R ⇒ Cp = 5·R / 2)

⇒ Qh = n·(5·R / 2)·ΔTΑΒ ⇒ Qh = (5 / 2)·(n·R·TB – n·R·TB) ⇒ Qh = (5 / 2)· (PB·VB – PA·VA) ⇒ Qh = (5 /

2)·(3·P0·V0 – P0·V0) ⇒ Qh = 5·P0·V0 ⇒ Qh = 5·3·105·2·10

-3 ⇒ Qh = 3.000 joule .

O συντελεστής απόδοσης της θερμικής μηχανής τοις εκατό :

e % = e·100 % ⇒ e % = (W / Qh)·100 % ⇒ e % = (540 / 3.000)·100 % ⇒ e % = 18 % .

18) Μια θερμική μηχανή λειτουργεί με ποσότητα n mol ενός ιδανικού αερίου. Η παραπάνω ποσότητα του ιδανικού αερίου βρίσκεται αρχικά στη κατάσταση θερμοδυναμικής ισορροπίας Α, όπου η πίεση είναι PA = 3 atm, ο όγκος VA = 1 L, και η απόλυτη θερμοκρασία ΤΑ. Το αέριο υποβάλλεται διαδοχικά στις ακόλουθες αντιστρεπτές μεταβολές:

Α → Β : ισοβαρής θέρμανση μέχρι να τριπλασιαστεί ο όγκος του.

Β → Γ : ισόχωρη ψύξη μέχρι την αρχική του θερμοκρασία.

Γ → Α : ισόθερμη μεταβολή μέχρι την αρχική του κατάσταση.

Δ1. Να υπολογίσετε τη θερμότητα που αντάλλαξε το αέριο με το περιβάλλον του κατά τη διάρκεια της

ισοβαρούς θέρμανσης.

Δ2. Να σχεδιάσετε τη κυκλική μεταβολή σε διάγραμμα P – V με βαθμολογημένους άξονες.

Δ3. Να υπολογίσετε το συνολικό έργο που παράγει η θερμική μηχανή σε ένα κύκλο λειτουργίας της.

Δ4. Να υπολογίσετε το συντελεστή απόδοσης της θερμικής μηχανής.

Δίνονται οι γραμμομοριακές ειδικές θερμότητες του αερίου Cp = 5·R / 2 και Cv = 3·R / 2 , ότι 1 atm = 105

N /

m² και ln 3 = 1,1 .

Λύση

Δ1. Η θερμότητα στην ισοβαρή θέρμανση ΑΒ :

QAB = n·Cv·ΔΤAB ⇒ QAB = n·(5·R / 2)·(TB – TA) ⇒ QAB = (5 / 2)·(PB·VB – PA·VA) ⇒ QAB = (5 / 2)·(3·105·3·10

-

3 – 3·10

5·10

-3) ⇒ QAB = 1.500 joule .

Δ2. Oι νόμοι στις μεταβολές :

Α → Β ισοβαρής θέρμανση (ΡΑ = ΡB) :

VA / TA = VB / TB ⇒ TB = TA·(VB / VA) ⇒ TB = TA·(3·VA) / VA ⇒ TB = 3·TA .

B → Γ ισόχωρη ψύξη (VΒ = VΓ) :

PB / TB = PΓ / TΓ .

Γ → Α ισόθερμη συμπίεση (ΤΓ = ΤΑ) :

ΡΓ ·VΓ = ΡΑ·VA ⇒ ΡΓ = ΡΑ·VA / VΓ ⇒ ΡΓ = 3·105·10

-3 / (3·10

-3) ⇒ ΡΓ = 10

5 N / m² .

Με τις παραπάνω τιμές συμπληρώνουμε τον πίνακα :

A B Γ

Ρ (105 Ν / m

2) 3 3 1

V (10-3

m3) 1 3 3

T TA 3·TA ΤΑ

Με τις τιμές του πίνακα σχεδιάζουμε την γραφική παράσταση :

Δ3. Στην ΑΒ ισοβαρή μεταβολή :

WAB / QAB = n·R·ΔT / (n·Cp·ΔT) ⇒ WAB / QAB = R / Cp ⇒ WAB / QAB = R / (5·R / 2) ⇒ WAB / QAB = 2 /

5 ⇒ WAB = 2·QAB / 5 ⇒ WAB = 2·1.500 / 5 ⇒ WAB = 600 joule .

Στην ΒΓ ισόχωρη μεταβολή :

WBΓ = 0 .

Στην ΓΑ ισόθερμη μεταβολή :

WΓΑ = n·R·TΑ·ln (VΑ / VΓ) ⇒ WΓΑ = ΡΑ·VΑ·ln (1 / 3) ⇒ WΓΑ = – ΡΑ·VΑ·ln 3 ⇒ WΓΑ = – 1,1·300 ⇒ WΓΑ = – 330

joule .

Το ολικό έργο στη κυκλική μεταβολή ΑΒΓΑ :

Wολ = WAB + WBΓ + WΓΑ ⇒ Wολ = 600 + 0 – 330 ⇒ Wολ = 270 joule .

Δ4. H θερμότητα που απορροφά η μηχανή από την θερμή δεξαμενή Qh = QAB = 1.500 joule .

O συντελεστής απόδοσης της θερμικής μηχανής :

e = W / Qh ⇒ e = 270 / 1.500 ⇒ e = 9 / 50 ⇒ e = 0,18 . 19) Ποσότητα ιδανικού αερίου υφίσταται αντιστρεπτή αδιαβατική εκτόνωση από την κατάσταση θερμοδυναμικής ισορροπίας Α (PΑ,VΑ,TΑ), στην κατάσταση θερμοδυναμικής ισορροπίας Β (PΒ , VΒ , TΒ). Δ1. Να αποδείξετε ότι ισχύει η σχέση : TΑ·VΑ

γ-1 = TΒ·VΒγ-1 .

Δ2. Θερμική μηχανή Carnot λειτουργεί με θερμοκρασία θερμής δεξαμενής Τ1 = 500 Κ. Να αναπαραστήσετε γραφικά το συντελεστή απόδοσης της θερμικής μηχανής σε συνάρτηση με τη θερμοκρασία Τ2 της ψυχρής δεξαμενής. Η θερμοκρασία της θερμής δεξαμενής να θεωρηθεί σταθερή. Περιγράψτε τη φυσική σημασία των ακραίων τιμών της θερμοκρασίας Τ2 . Δ3. Στην παραπάνω μηχανή Carnot, με θερμοκρασία θερμής δεξαμενής Τ1 = 500 Κ, θεωρήστε ότι η θερμοκρασία της ψυχρής δεξαμενής είναι Τ2 = 200 Κ και ότι για το πηλίκο του τελικού προς τον αρχικό όγκο του αερίου κατά την αδιαβατική συμπίεση ισχύει: (V4 / V3) = (2 / 5)3/2. Να υπολογιστεί η σταθερά γ. Δ4. Αν η παραπάνω μηχανή Carnot λειτουργεί με ποσότητα αερίου n = 2 / R, υπολογίστε το έργο κατά την αδιαβατική εκτόνωση της μηχανής. Λύση Δ1. Καταστατική εξίσωση στην κατάσταση ισορροπίας Α : ΡΑ·VA = n·R·TA ⇒ ΡΑ = n·R·TA / VA …(I) Καταστατική εξίσωση στην κατάσταση ισορροπίας B : ΡB·VB = n·R·TB ⇒ ΡB = n·R·TB / VB …(II) Αντικαθιστούμε τις (Ι) και (ΙΙ) στο νόμο του Poisson : ΡΑ·VA

γ = ΡΒ·VΒγ ⇒ (n·R·TA / VA)·VA

γ = (n·R·TB / VB)·VΒγ ⇒ n·R·TA·VA

γ-1 = n·R·TΒ·VΒγ-1 ⇒ TA·VA

γ-1 = TΒ·VΒγ-1 .

Δ2. Η θερμοκρασία της θερμής δεξαμενής Th = T1 και η θερμοκρασία της ψυχρής δεξαμενής είναι Tc = T2 . O συντελεστής απόδοσης της μηχανής Carnot : ec = 1 – (T2 / T1) ⇒ ec = 1 – (T2 / 500) . H θερμοκρασία T2 παίρνει τιμές από 0 < T2 < 500 Κ . Η συνάρτηση ec = f (T2) του συντελεστή απόδοσης του κύκλου Carnot σε συνάρτηση με την θερμοκρασία της ψυχρής δεξαμενής είναι όπως βλέπουμε ec = 1 – (T2 / 500) μια ευθεία με αρνητική κλίση.

Οι τιμές ec = 1 και T2 = 500 Κ δεν είναι σημεία της γραφικής παράστασης. Το ec < 1 γιατί το δηλώνει ο 2ος θερμοδυναμικός νόμος, επίσης αν η T2 = 500 Κ ⇒ ec = 0, δεν μπορεί όμως να υπάρξει θερμική μηχανή χωρίς ψυχρή δεξαμενή. Δ3.

Η μορφή της εξίσωσης του Poisson που αποδείξαμε στο Δ1 : TA·VA

γ-1 = TΒ·VΒγ-1 ⇒ (TA)1 / (γ-1)·VA = (TΔ)1 / (γ-1)·VΔ ⇒ VA / VΔ = (TΔ / TΑ)1 / (γ-1) ⇒ ( 2 / 5)

3 / 2 = (200 / 500)1 / (γ-1) ⇒ 3 / 2 = 1 / (γ –

1) ⇒ 3γ- 3 = 2 ⇒ γ = 5 / 3 . Έχουμε ένα ιδανικό αέριο άρα Cv = 3·R / 2 . Δ4. 1ος θερμοδυναμικός νόμος στη ΒΓ : (η ΒΓ είναι αδιαβατική εκτόνωση QBΓ = 0) QBΓ = ΔUBΓ + WBΓ ⇒ 0 = ΔUBΓ + WBΓ ⇒ WBΓ = – ΔUBΓ ⇒ WBΓ = – n·Cv·ΔΤΒΓ ⇒ WBΓ = – (2 / R)·(3·R / 2)·(TΓ – TB) ⇒ WBΓ = 3·(TB – TΓ) ⇒ WBΓ = 3·(500 – 200) ⇒ WBΓ = 900 joule . 20) Μία θερμική μηχανή λειτουργεί μεταξύ των θερμοκρασιών Th = 400 Κ και Tc με Tc < Th. Η μηχανή έχει απόδοση e = 0,2 και αποβάλλει στη δεξαμενή χαμηλής θερμοκρασίας θερμότητα με σταθερό ρυθμό ΔQ / Δt = – 16·103 J / s. Δ1. Να υπολογιστεί η ωφέλιμη μηχανική ισχύς Ρωφ που αποδίδει η μηχανή. Δ2. Αν για την απόδοση e της μηχανής ισχύει ότι e = (2 / 3)·ec όπου ec είναι η απόδοση της μηχανής Carnot που λειτουργεί μεταξύ των ίδιων θερμοκρασιών, να υπολογιστεί η τιμή της θερμοκρασίας Τc . Δ3. Αν ο ρυθμός διατηρηθεί ο ίδιος, ποια θα είναι η ωφέλιμη ισχύς της μηχανής Carnot; Η θερμική μηχανή θεωρούμε ότι χρησιμοποιεί μία ποσότητα n mol ιδανικού αερίου, το οποίο βρίσκεται σε αρχική κατάσταση θερμοδυναμικής ισορροπίας (Ρ0, V0, T0). H κυκλική μεταβολή που εκτελεί το αέριο αποτελείται από τις παρακάτω αντιστρεπτές μεταβολές: 1. Ισόχωρη θέρμανση από Ρ0 , V0 σε 2·Ρ0 , V0 2. Ισοβαρή εκτόνωση από 2·Ρ0 , V0 σε 2·Ρ0 , 2·V0 3. Ισόχωρη ψύξη από 2·Ρ0 , 2·V0 σε Ρ0 , 2·V0 4. Ισοβαρή συμπίεση από Ρ0, 2·V0 σε Ρ0, V0 Δ4. Να κατασκευαστούν τα διαγράμματα Ρ – V , P – T γι’ αυτήν την κυκλική μεταβολή. Λύση Δ1. Αρχή διατήρησης της ενέργειας : Qh = W + │Qc│ ⇒ W = Qh – │Qc│ ⇒ (στη σχέση ενεργειών, παίρνουμε τους ρυθμούς μεταβολής (εκφράζουν το πόσο γρήγορα αλλάζει ένα φυσικό μέγεθος) και στα δύο μέλη, ουσιαστικά παραγωγίζουμε (το Δt είναι μικρό, το dt είναι απειροελάχιστο, το Δ / Δt τότε γίνεται d / dt) αλλά είναι κάτι που θα το μάθετε του χρόνου) ΔW / Δt = (ΔQh / Δt) – (Δ│Qc│ / Δt) ⇒ Ρωφ = Ρh – │Ρc│ …(Ι) Ο συντελεστής απόδοσης μιας θερμικής μηχανής : e = W / Qh ⇒ e = (ΔW / Δt) / (ΔQh / Δt) ⇒ e = Ρωφ / Ρh ⇒ Ρh = Ρωφ / e …(II) Από την σχέση (Ι) με την βοήθεια της (ΙΙ) :

Ρωφ = (Ρωφ / e) – │Ρc│ ⇒ │Ρc│ = (Ρωφ / e) – Ρωφ ⇒ │Ρc│ = Ρωφ·((1 – e) / e) ⇒ Ρωφ = (e / (1 – e))·│Ρc│ ⇒ Ρωφ = (0,2 / (1 – 0,2))·16·10³ ⇒ Ρωφ = 4·10³ joule / s. Δ2. Δίνεται ότι e = (2 / 3)·ec ⇒ e = (2 / 3)·(1 – (Tc / Th)) ⇒ (3 / 2)·e = 1 – (Tc / Th) ⇒ (Tc / Th) = 1 – (3 / 2)·e ⇒ Tc = (1 – (3 / 2)·e)·Th ⇒ Tc = (1 – (0,6 / 2))·400 ⇒ Tc = 280 K . Δ3. Από την σχέση που δίνεται : ec = (3 / 2)·e ⇒ ec = (3 / 2)·0,2 ⇒ ec = 0,3 . Η σχέση που υπολογίσαμε για το Ρωφ : Ρωφ = (e / (1 – e))·│Ρc│ ισχύει και την μηχανή Carnot το μόνο που αλλάζει είναι ο συντελεστής, δηλαδή αντί το e θα έχουμε ec : Ρωφ = (ec / (1 – ec))·│Ρc│ ⇒ Ρωφ = (0,3 / (1 – 0,3))·16·10³ ⇒ Ρωφ = (48 / 7)·10³ joule / s . Δ4. A → B ισόχωρη θέρμανση (VA = VB) : ΡΑ / TA = ΡB / TB ⇒ TB = TA·(ΡB / ΡΑ) ⇒ TB = T0·(2·Ρ0 / Ρ0) ⇒ TB = 2·T0 . B → Γ ισοβαρή εκτόνωση (ΡΒ = ΡΓ) : VB / TB = VΓ / TΓ ⇒ TΓ = TB·(VΓ / VB) ⇒ TΓ = 2·T0·(2·V0 / V0) ⇒ TΓ = 4·T0 . Γ → Δ ισόχωρη ψύξη (VΓ = VΔ) : ΡΓ / TΓ = ΡΔ / TΔ ⇒ TΔ = TΓ·(ΡΔ / ΡΓ) ⇒ TΔ = 4·T0·(Ρ0 / (2·Ρ0)) ⇒ TΔ = 2·T0 . Με τις παραπάνω τιμές δημιουργούμε τον πίνακα :

A B Γ Δ

Ρ Ρ0 2·P0 2·P0 P0

V V0 V0 2·V0 2·V0

T T0 2·T0 4·T0 2·T0

Με τις τιμές του πίνακα σχεδιάζουμε τις παρακάτω γραφικές παραστάσεις : Το διάγραμμα πίεσης Ρ – όγκου V :

Το διάγραμμα πίεσης Ρ – θερμοκρασίας Τ :