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 (ν
1 = ν
2 ) din doua gaze considerate ideale. Intr-un compartiment
se introduce heliu
(μ
He = 4 g/mol , C
V1 = 1,5 R ) , iar in celalalt se introduce azot
(μ
N2 = 28 g/mol, C
V2 = 2,5 R)
Temperatura initiala a heliului este t
1 = 327
oC , iar cea a azotului este t
2 = 27
oC. Presiunile lor initiale sunt
egale, avand valoarea
p
o = 10
5 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 )
ν
1 = ν
2 , μ
He = 4 g/mol , C
V1 = 1,5 R
μ
N2 = 28 g/mol, C
V2 = 2,5 R
t
1 = 327
oC ,T
1 = t
1 + T
o = 327
oC + 273K = 600 K
t
2 = 27
oC ,T
2 = t
2 + T
o = 27
oC + 273K = 300 K
p
o = 10
5Pa ; a. V
1/V
2 ? b. T ?(K) c. μ
amestec ? (g/mol) d. p ? (Pa)
Rezolvare
a. p
oV
1 = ν
1RT
1 →1p p
oV
2 = ν
2RT
2 →1p
Impartim cele doua ecuatii si se obtine
V
1/V
2 = T
1/T
2 = 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
U
o = ν
1C
V1T
1 + ν
2C
V2T
2 →1p
Energia interna in starea finala
U = ν
1C
V1T + ν
2C
V2T →1p
U
o = U ; → T = [C
V1T
1 + C
V2T
2 ]/[ C
V1 + C
V2]
T = [1,5R·600K + 2,5R·300K ]/[1,5R + 2,5R ] = 412,5K ; →1p
c.
ν = ν
1 + ν
2
ν = m/μ , iar ν
1 = ν
2
m/μ = [m
1 + m
2]μ = 2ν ;→2p
[νμ
1 + νμ
2]/ μ =2ν ;→1p
μ =[ μ
1 + μ
2]/2 = [4g/mol + 28g/mol]/2 = 16g/mol ;→1p
d .
Ecuatia de stare termica pentru amestec
pV = ( ν
1 + ν
1 )RT ;→1p
Ecuatia de stare termica pentru gazul de de volum V
2 aflat in stare initiala cand V
1/V
2 = 2
V
1 = 2V
2 → 1p
3pV
2 = 2νRT
p
oV
2 = νRT
2 ; → 1p . Se impart ultimele doua ecuatii
3p/p
o = 2 T/T
2
p = 2Tp
o/3T
2 = 2· 412,5K·10
5Pa/3·300K
p =o,9·10
5Pa ; → 1p
Subiectul III .
Rezolvati urmatoarea problema: (15 puncte)
Un mol de gaz ideal monoatomic (C
V = 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 T
1 = 300K , iar intre
parametrii din stari diferite exista relatiile: V
3 = 3V
1 si p
2 = 2p
1 .
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
C
V = 1,5R
T
1 = 300K
V
3 = 3V
1
p
2 = 2p
1
Rezolvare :
a.
b. L
1234 ?(J)
L
1234 = L
12 + L
23 + L
34 + L
41 L
1234 = 0 + p
2(V
3 - V
2) + 0 + p
1(V
1 -V
4 )
L
1234= p
2(V
3 - V
1) - p
1(V
3 - V
1)
L
1234= 2p
1(V
3 - V
1) - p
1(V
3 - V
1)
L
1234= p
1(V
3 - V
1)
L
1234 = p
1(3V
1 - V
1) = 2p
1V
1 ;→2p
p
1V
1 = νRT
1 ;→1p
L
1234 = 2νRT
1 = 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 .
U
M = νC
VT
3
Sistemul cedeaza caldura in transformarile 3→4 si 4→1 .Cea mai mica energie interna o are starea 1
U
m = νC
VT
1
ΔU = U
M - U
m = νC
VT
3 - νC
VT
1
ΔU = νC
V[T
3 - T
1] ;→2p
De la 1→2 sistemul sufera o transformare izocora
p
1/T
1 = p
2/T
2
p
1/T
1 = 2p
1/T
2
T
2 = 2T
1
De la 2→3 sistemul sufera o transformare izobara
V
1/T
2 = V
3/T
3
V
1/T
2 = 3V
1/T
3
T
3 =3T
2 = 6T
1 ;→1p
ΔU = 5νC
VT
1 = 5ν1,5RT
1 = 5·1 mol ·1,5·8,31J/mol K·300K = 18697,5 J ; →1p
d. `Q
c ?(J)
Q
c = Q
34 + Q
41 ;→1p
Q
c = νC
V(T
4 - T
3) + νC
p(T
1 - T
4) ;→1p
T
3 = 6T
1 ,iar din transformarea izobara 4→1
V
1/T
1 = V
3/T
4 = 3V
1/T
4
T
4 = 3T
1 ;→1p Din relatia Robert Mayer ,
C
p = C
V + R = 1,5R + R = 2,5 R
Q
c = -9,5νRT
1 = - 9,5·1 mol·8,31j/molK·300K
Q
c =-23683,5j
