header_br


Google      




Incursiune in lumea fizicii


Bacalaureat 1 iulie 2011 termodinamica







Subiectul II si III 1 iulie 2011

Subiectul II .


Rezolvati urmatoarea problema: (15 puncte)
Un recipient cu pereti rigizi este izolat adiabatic. Recipientul este impartit in doua compartimente cu ajutorul unui perete fix. Peretele are capacitate calorica neglijabila si permite un transfer lent de caldura. In cele doua compartimente se introduc cantitati egale (ν1 = ν2 ) din doua gaze considerate ideale. Intr-un compartiment se introduce heliu (μHe = 4 g/mol , CV1 = 1,5 R ) , iar in celalalt se introduce azot (μN2 = 28 g/mol, CV2 = 2,5 R) Temperatura initiala a heliului este t1 = 327oC , iar cea a azotului este t2 = 27oC. Presiunile lor initiale sunt egale, avand valoarea po = 105 Pa . Determinati:
a. raportul dintre volumul ocupat de heliu si volumul ocupat de azot;
b. temperatura de echilibru la care ajung cele doua gaze;
c. masa molara a amestecului obtinut in urma producerii unei fisuri in peretele despartitor dintre compartimente, dupa atingerea starii de echilibru termic;
d. presiunea finala a amestecului de gaze din recipient.
Datele problemei
Recipientul nu schimba caldura cu exteriorul( este izolat adiabatic )
ν1 = ν2 ,    μHe = 4 g/mol , CV1 = 1,5 R
μN2 = 28 g/mol, CV2 = 2,5 R
t1 = 327oC ,T1 = t1 + To = 327oC + 273K = 600 K
t2 = 27oC ,T2 = t2 + To = 27oC + 273K = 300 K
po = 105Pa ;     a. V1/V2 ?      b. T ?(K)     c. μamestec ? (g/mol)    d. p ? (Pa)
Rezolvare
a.    poV1 = ν1RT1    →1p    poV2 = ν2RT2    →1p
Impartim cele doua ecuatii si se obtine
V1/V2 = T1/T2 = 600K/300K = 2; →2p
b.    Recipientul nu schimba caldura ( este izolat adiabatic ) si nici lucru mecanic cu exteriorul , deci energia interna ramane constanta in procesul de trecere din starea initiala in starea finala →1p
Energia interna in starea initiala
Uo = ν1CV1T1 + ν2CV2T2 →1p
Energia interna in starea finala
U = ν1CV1T + ν2CV2T →1p
Uo = U ; → T = [CV1T1 + CV2T2 ]/[ CV1 + CV2]
T = [1,5R·600K + 2,5R·300K ]/[1,5R + 2,5R ] = 412,5K ; →1p
c.
ν = ν1 + ν2
ν = m/μ , iar ν1 = ν2
m/μ = [m1 + m2]μ = 2ν ;→2p
[νμ1 + νμ2]/ μ =2ν ;→1p
μ =[ μ1 + μ2]/2 = [4g/mol + 28g/mol]/2 = 16g/mol ;→1p
d .
Ecuatia de stare termica pentru amestec
pV = ( ν1 + ν1 )RT ;→1p
Ecuatia de stare termica pentru gazul de de volum V2 aflat in stare initiala cand V1/V2 = 2
V1 = 2V2 → 1p
3pV2 = 2νRT
poV2 = νRT2 ; → 1p . Se impart ultimele doua ecuatii
3p/po = 2 T/T2
p = 2Tpo/3T2 = 2· 412,5K·105Pa/3·300K
p =o,9·105Pa ; → 1p
Subiectul III .

Rezolvati urmatoarea problema: (15 puncte)
bac iulie sub III
Un mol de gaz ideal monoatomic (CV = 1,5R ) evolueaza dupa procesul termodinamic 1-2-3-4-1, reprezentat in sistemul de coordonate p-V in graficul alaturat. In starea de echilibru termodinamic 1 temperatura este T1 = 300K , iar intre parametrii din stari diferite exista relatiile: V3 = 3V1 si p2 = 2p1 .
a. Reprezentati grafic procesul ciclic intr-un sistem de coordonate V-T.
b. Calculati lucrul mecanic schimbat de gaz cu exteriorul in timpul unui ciclu.
c. Calculati diferenta dintre valoarea maxima si cea minima a energiei interne a gazului in timpul unui ciclu.
d. Calculati caldura cedata de gaz mediului exterior, in timpul unui ciclu.
Datele problemei :
ν = 1 mol
CV = 1,5R
T1 = 300K
V3 = 3V1
p2 = 2p1
Rezolvare :
a.
bac iulie sub III a

b.    L1234 ?(J) L1234 = L12 + L23 + L34 + L41
L1234 = 0 + p2(V3 - V2) + 0 + p1(V1 -V4 )
L1234= p2(V3 - V1) - p1(V3 - V1)
L1234= 2p1(V3 - V1) - p1(V3 - V1)
L1234= p1(V3 - V1)
L1234 = p1(3V1 - V1) = 2p1V1 ;→2p
p1V1 = νRT1 ;→1p
L1234 = 2νRT1 = 2·1 mol·[8,31 j/molK ]·300K = 4986 J ;→1p
c.     ΔU ?(j)
Deoarece sistemul absoarbe caldura in procesele 1→2 si 2→3 deci cea mai mare energie interna corespunde starii 3 .
UM = νCVT3
Sistemul cedeaza caldura in transformarile 3→4 si 4→1 .Cea mai mica energie interna o are starea 1
Um = νCVT1
ΔU = UM - Um = νCVT3 - νCVT1
ΔU = νCV[T3 - T1] ;→2p
De la 1→2 sistemul sufera o transformare izocora
p1/T1 = p2/T2
p1/T1 = 2p1/T2
T2 = 2T1
De la 2→3 sistemul sufera o transformare izobara
V1/T2 = V3/T3
V1/T2 = 3V1/T3
T3 =3T2 = 6T1 ;→1p
ΔU = 5νCVT1 = 5ν1,5RT1 = 5·1 mol ·1,5·8,31J/mol K·300K = 18697,5 J ; →1p
d.    `Qc ?(J)
Qc = Q34 + Q41 ;→1p
Qc = νCV(T4 - T3) + νCp(T1 - T4) ;→1p
T3 = 6T1 ,iar din transformarea izobara 4→1
V1/T1 = V3/T4 = 3V1/T4
T4 = 3T1 ;→1p     Din relatia Robert Mayer ,
Cp = CV + R = 1,5R + R = 2,5 R
Qc = -9,5νRT1 = - 9,5·1 mol·8,31j/molK·300K
Qc =-23683,5j


Orientare





boltzmann
dezordine2

Edwin Herbert Land (1909 - 1991) inventator american. I se datoresc ingenioase aplicatii ale luminii polarizate (Lumina trece din starea naturala in care vectorii celor doua campuri componente - electric si magnetic - nu prezinta directii preferentiale de oscilatie, in alta stare , in care cei doi vectori au directii preferentiale de oscilatii, cand fiecare componenta oscileaza intr-un singur plan, numit plan de vibratie si, respectiv, plan de polarizare.) in filtrajul aparatelor foto si in realizarea unor ochelari speciali pentru traficul de noapte.

Deasemenea, Edwin Herbert Land este considerat constructorul aparatelor polaroid care au inceput sa fie comercializate in anul 1948. Cu ajutorul aparatelor polaroid se obtinut fotografii instant (Se realizeza pozitivul in aproximativ un minut). In prezent dispozitivele care se bazeaza pe polarizarea luminii sunt utilizate pe scara larga la camerele de luat vederi si filme speciale unde imaginile sunt obtinute instantaneu de pe camerele foto. O alta aplicatie a acestor dispozitive este folosita in televiziune la constructia televizoarelor cu cristale lichide (LCD).

banner.logo2
imag1
sus

«Pagina precedenta     Linkuri utile      Pagina urmatoare»



Postati:

Facebook widgets  Twitter widgets   Google plus widgets   linkedin