Τράπεζα θεμάτων Β λυκείου φυσική προσανατολισμού 16096

happy baby

To χαμογελαστό και έκπληκτο πρόσωπο ενός μωρού, είναι η έκφραση (και όχι η ηλικία) που θα αποκτήσει όποιος διαβάσει, την άσκηση που παρουσιάζουμε, λόγω του σοκ που θα υποστεί.

Μια άσκηση που την θεωρήσαμε κουραστική, ενώ έχει (μαζί με άλλες) ασύμμετρα μεγάλη λύση ως προς το σύνολο των ασκήσεων, κάτι που απαιτεί την επέμβαση της επιτροπής.

Επιστρέψτε στη σελίδα που φιλοξενεί όλα τα θέματα.

ΘΕΜΑ Δ

Μια ποσότητα n10 mol ιδανικού αερίου μιας θερμικής μηχανής, βρίσκεται στην κατάσταση θερμοδυναμικής ισορροπίας Α όπου PA = 10 atm και VA = 4,1 L. Το αέριο υφίσταται κυκλική μεταβολή αποτελούμενη από μια ισοβαρή θέρμανση ΑΒ, στο τέλος της οποίας είναι VB = 8,2 L, μια ισόθερμη εκτόνωση ΒΓ, μετά το πέρας της οποίας είναι PΓ = 5 atm, μια ισοβαρή ψύξη ΓΔ και μια ισόθερμη συμπίεση ΔΑ. Όλες οι μεταβολές είναι αντιστρεπτές και το αέριο διέρχεται μόνο από καταστάσεις θερμοδυναμικής ισορροπίας.

Δ1. Να σχεδιαστεί ποιοτικά (χωρίς αριθμούς) η κυκλική μεταβολή σε άξονες P – V και P – T.

Δ2. Να υπολογίσετε τις απόλυτες θερμοκρασίες στις οποίες πραγματοποιούνται οι ισόθερμες μεταβολές.

Δ3. Να υπολογίσετε το συνολικό έργο της κυκλικής μεταβολής .

Δ4. Να υπολογίσετε το συντελεστή απόδοσης της θερμικής μηχανής

Δίνονται η γραμμομοριακή ειδική θερμότητα υπό σταθερό όγκο Cv = 3∙R / 2, η σταθερά των ιδανικών αερίων R = 0,082 L∙atm / (mole∙K) = 8,314 J / (mole∙K) ότι 1 L∙atm = 101 J και ln 2 = 0,7.

Λύση

Δ1. Από τις μεταβολές που περιγράφονται στην εκφώνηση: ισοβαρή θέρμανση Α → Β, ισόθερμη εκτόνωση Β → Γ, ισοβαρή ψύξη Γ → Δ και ισόθερμη συμπίεση Δ → Α

Σχεδιάζουμε τα ποιοτικά διαγράμματα P – V και P – T :

16096 b kat_1Να τονίσουμε ότι είναι σημαντικό να μπορούν οι μαθητές, από τις μεταβολές να σχεδιάσουν τα ποιοτικά διαγράμματα, στα πρώτα τους βήματα θα μπορούσαν (σε αυτή την άσκηση και σε ανάλογες) να σχεδιάσουν τα ποσοτικά διαγράμματα, αρκεί να προχωρήσουν στο επόμενο ερώτημα. Υπάρχουν όμως θεωρητικά θέματα (θέμα Β) που δεν υπάρχει αυτή η δυνατότητα.

Αν ο μαθητής γνωρίζει: να εφαρμόζει τους νόμους των ιδανικών αερίων, να σχεδιάζει ποιοτικά διαγράμματα, να εφαρμόζει τον πρώτο θερμοδυναμικό νόμο σε κάθε μεταβολή, κρίνουν άμεσα αν ο μαθητής κατέχει ή όχι τα βασικά στη θερμοδυναμική.

Δ2. Καταστατική εξίσωση στην Α κατάσταση ισορροπίας του αερίου όπου αντικαθιστούμε την σταθερά των ιδανικών αερίων με την τιμή R = 0,082 L∙atm / (mole∙K) .

ΡΑ·VΑ = n·R·TΑ ⇒ TΑ = ΡΑ·VΑ / n·R ⇒ TΑ = (10·4,1) / (10·0,082) ⇒ TΑ = 50 K .

Εφαρμόζουμε τους νόμους των ιδανικών αερίων σε κάθε μεταβολή:

Α → Β : ισοβαρής θέρμανση (ΡΑ = ΡΒ): VA / TA = VB / TB ⇒ TB = TA·( VB / VA) ⇒ TB = 50·(8,2 / 4,1) = 100 K .

B → Γ : ισόθερμη εκτόνωση (ΤΒ = ΤΓ): ΡB·VB = PΓ·VΓ ⇒ VΓ = VB·(Ρ/ PΓ) ⇒ VΓ = 8,2·(10 / 5) ⇒ VΓ = 16,4 L .

Γ → Δ : ισοβαρής ψύξη (ΡΓ = ΡΔ): VΓ / TΓ = VΔ / TΔ .

Δ → Α : ισόθερμη συμπίεση (ΤΔ = ΤΑ): ΡΔ·VΔ = PΑ·VΑ ⇒ VΔ = VΑ·(ΡΑ / PΔ) ⇒ VΔ = 4,1·(10 / 5) = 8,2 L .

Οι παραπάνω τιμές δημιουργούν τον παρακάτω πίνακα:

           A            B            Γ           Δ
            P           10           10            5           5
            V           4,1           8,2          16,4          8,2
            T           50          100           100           50

Οι ζητούμενες θερμοκρασίες βρίσκονται στον πίνακα.

Σχόλιο: ο συγγραφέας της άσκησης δεν πρόσεξε ότι αν στην καταστατική εξίσωση αντικαταστήσουμε το R = 8,314 J / (mole∙K), τότε: ΡΑ·VΑ = n·R·TΑ ⇒ TΑ = ΡΑ·VΑ / n·R ⇒ TΑ = (10·4,1·101) / (10·8,314) ⇒ TΑ = 49,8 Κ που δεχόμαστε ότι είναι πολύ κοντά στο 50 Κ που υπολογίσαμε πριν, απλά δεν θέλουμε να μπερδευτούν οι μαθητές και να κάνουν ακόμα δυσκολότερες πράξεις.

Δ3. Θα υπολογίσουμε το έργο σε κάθε μεταβολή:

WAB = PA·(V– VA) ⇒ WAB = 10·(8,2 – 4,1)·101 = 4141 joule.

WBΓ = n·R·TB·ln (VΓ / VB) ⇒ WBΓ = PB·VB·ln (VΓ / VB) ⇒ WBΓ = 10·8,314·100·ln (16,4 / 8,2) ⇒ WBΓ = 8314·ln 2 = 5819,8 joule .

WΓΔ = PΓ·(VΔ – VΓ) ⇒ WΓΔ = 5·(8,2 – 16,4)·101 = -4141 joule .

WΔΑ = n·R·TΔ·ln (VΑ / VΔ) ⇒ WΔΑ = PΔ·VΔ·ln (VΑ / VΔ) ⇒ WΔΑ = 10·8,314·50·ln (4,1 / 8,2) ⇒ WΔΑ = 4157·ln (1 / 2) = – 2909,9 joule .

To συνολικό έργο της κυκλικής μεταβολής είναι:

Wολ = WAB + WBΓ + WΓΔ + WΔΑ ⇒ Wολ = 4141 + 5819,8 – 4141 – 2909,9 ⇒ Wολ = 2909,9 joule .

Nα τονίσουμε ότι στα έργα WAB και WΓΔ  έχουμε τα γινόμενα Ρ·V αλλά η πίεση δίνεται σε atm και ο όγκος σε L, πρέπει λοιπόν να χρησιμοποιήσουμε την σχέση μετατροπής που δίνεται: 1 L∙atm = 101 J , για να βρούμε το έργο σε joule . Το R αντικαθίσταται με 8,314 J / (mole∙K) για τον ίδιο λόγο.

Δ4. Ο συντελεστής απόδοσης της θερμικής μηχανής: e = 1 – │Qc│/ Qh , όπου Q: η θερμότητα της θερμής δεξαμενής και Q: η θερμότητα της ψυχρής δεξαμενής .

Q= QΑΒ + QΒΓ  και  Q= QΓΔ + QΔΑ  .

Η μεταβολή της εσωτερικής ενέργειας στην Α → Β μεταβολή: ΔUΑΒ = n·Cv·ΔΤΑΒ ⇒ ΔUΑΒ = n·(3·R / 2)·(TΒ – TA) ⇒ ΔUΑΒ = 10·(3·8,314 / 2)·(100 – 50) = 6235,5 joule .

H μεταβολή της εσωτερικής ενέργειας στις ισόθερμες μεταβολές ΒΓ και ΔΑ είναι μηδέν.

Η μεταβολή της εσωτερικής ενέργειας σε μια κυκλική μεταβολή: ΔUολ = ΔUΑΒ + ΔUΒΓ + ΔUΓΔ + ΔUΔΑ ⇒ 0 = ΔUΑΒ + 0 + ΔUΓΔ + 0 ⇒ ΔUΓΔ = – ΔUΑΒ ⇒ ΔUΓΔ = – 6235,5 joule .

Ο 1ος θερμοδυναμικός νόμος στις μεταβολές:

QΑΒ = WΑΒ + ΔUΑΒ ⇒ QΑΒ = 4141 + 6235,5 = 10376,5 joule .

QΒΓ = WΒΓ + ΔUΒΓ ⇒ QΒΓ = 5819,8 + 0 = 5819,8 joule .

QΓΔ = WΓΔ + ΔUΓΔ ⇒ QΓΔ = – 4141 – 6235,5 = – 10376,5 joule .

QΔA = WΔA + ΔUΔA ⇒ QΔA = -2909,9 joule .

Άρα

Q= QΑΒ + QΒΓ ⇒ Q= 10376,5 + 5819,8 = 16196,3 joule .

Q= QΓΔ + QΔΑ ⇒ Q= – 10376,5 – 2909,9 = – 13286,4 joule .

H ζητούμενη απόδοση:

e = 1 – │Qc│/ Qh ⇒ e = 1 – (13286,4 / 16196,3) ⇒ e = 1 – 0,82 = 0,18 .

Μια άσκηση που μας κούρασε, πολλά τα ζητούμενα της, πολλές οι πράξεις της. Να δοθεί στα παιδιά για εξάσκηση, θα τους κουράσει, να γίνει στον πίνακα θα απαιτήσει πολύ χρόνο. Η πρόταση μας είναι η άσκηση να περάσει από επεξεργασία ξανά και μετά να δοθεί εκ νέου στη τράπεζα θεμάτων.

Επιστρέψτε στη σελίδα που φιλοξενεί όλα τα θέματα.

Advertisements

6 thoughts on “Τράπεζα θεμάτων Β λυκείου φυσική προσανατολισμού 16096

  1. Παρατήρησα ένα τυπογραφικό λαθάκι στην απόδοση (0,18). Επίσης μάλλον είναι προτιμότερο να υπολογίσουμε την απόδοση από τον τύπο e=W/Qh αφού ήδη έχουμε βρεί το W στο Δ3 και έτσι το μόνο που πρέπει να υπολογίσουμε είναι το Qh. 🙂

    Αρέσει σε 1 άτομο

  2. Να είσαι καλά για το σχόλιο.
    Έδωσες πολύ ευγενικά το λάθος μου , ευχαριστώ για αυτό.
    ΝΑ σχολιάσω ότι οι ασκήσεις στη θερμοδυναμική δεν έχουν πολλά σχόλια,
    το περίμενα , μάλιστα έλυσα ασκήσεις με σκοπό να δείτε την μεγάλη έκταση λύση
    και να μην την επιλέξετε στο μάθημα.
    Η λύση που έδωσα ήταν ένας μόνο και συχνά όχι ο συντομότερος τρόπος.
    Κάποιες φορές πίστευα ότι η μεγαλύτερη διαδρομή είναι και διδακτικά καλύτερη.
    Αυτή η άσκηση δεν μου άρεσε , το γράφω εξάλλου , την θεωρώ κουραστική .
    Δεκτός κάθε άλλος τρόπος.
    🙂

    Μου αρέσει!

Σχολιάστε

Εισάγετε τα παρακάτω στοιχεία ή επιλέξτε ένα εικονίδιο για να συνδεθείτε:

Λογότυπο WordPress.com

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό WordPress.com. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Twitter

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Twitter. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Facebook

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Facebook. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Google+

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Google+. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Σύνδεση με %s