Νέα τράπεζα θεμάτων φυσικής προσανατολισμού Β λυκείου 21057

christmas in woods with lights

Καλά Χριστούγεννα, να περνάτε όμορφα ενώ σκέφτεστε.

Σας παρουσιάζουμε μια ενδιαφέρουσα άσκηση από την θερμοδυναμική.

Επιστρέψτε στη σελίδα που φιλοξενεί όλα τα θέματα.

ΘΕΜΑ Δ

Ορισμένη ποσότητα ιδανικού αερίου μιας θερμικής μηχανής εκτελεί κυκλική αντιστρεπτή μεταβολή ΑΒΓΑ, η οποία αποτελείται από τις παρακάτω επιμέρους αντιστρεπτές μεταβολές:

– από την κατάσταση θερμοδυναμικής ισορροπίας Α με ΡA = 10∙105 N / m2 και VA = 1 L, εκτονώνεται ισοβαρώς στην κατάσταση θερμοδυναμικής ισορροπίας Β με VB = 2 L,

– από την κατάσταση Β εκτονώνεται αδιαβατικά στην κατάσταση θερμοδυναμικής ισορροπίας Γ με VΓ = 4·√2 L,

– και τέλος από την κατάσταση Γ επανέρχεται ισόθερμα στην κατάσταση Α.

Δ1. Να απεικονίσετε την κυκλική μεταβολή σε διάγραμμα Ρ – V σημειώνοντας τα δεδομένα για την πίεση και τον όγκο.

Δ2. Να υπολογίσετε, για κάθε επιμέρους μεταβολή, τη θερμότητα Q, το έργο W και τη μεταβολή της εσωτερικής ενέργειας ΔU του αερίου.

Δ3. Να υπολογίσετε τον 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.

Δίνονται: γ = 5 / 3, ln 2 = 0,7 ,  ln (4V2)  = (5 / 2)·0,7 .

Λύση

Δ1.

Οι μεταβολές του ιδανικού αερίου :

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

VA / TA = VB / TB ⇒ TB = (TA·VB) / VA ⇒ TB = (TA·2·10-3) / 1·10-3 ⇒ TB = 2·TA .

B → Γ αδιαβατική εκτόνωση (QΑB = 0) :

PΒ·VΒγ = PΓ·VΓγ  .

Γ → Α ισόθερμη συμπίεση (ΤΑ = ΤΒ) :

PΓ ·VΓ = PΑ·VΑ ⇒ PΓ = PΑ·VΑ / VΓ ⇒ PΓ = (10·105·1·10-3) / (4·√2·10-3) ⇒ PΓ = (5 / 4)·√2·105 Ν / m² .

Mε τις τιμές δημιουργούμε τον πίνακα :

              A               B              Γ
             P           10∙105           10∙105     (5 / 4)∙√2∙105
             V            1∙10-3            2∙10-3        4∙√2∙10-3
             T              ΤΑ             2∙ΤΑ             ΤΑ

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

21057 b kat_1

Δ2.

Θεωρούμε γνωστά τα Cv = (3 / 2)·R  και  Cp = (5 / 2)·R .

Η θερμότητα στην ΑΒ αδιαβατική εκτόνωση :

QAB = n·Cp·ΔTΑΒ ⇒ QAB = (5 / 2)·n·R·ΔTAB ⇒ QAB = (5 / 2)·(n·R·TB – n·R·TA) ⇒ QAB = (5 / 2)·(PB·VB – PΑ·VΑ) ⇒ QAB = (5 / 2)·PΑ·(VB – VΑ) ⇒ QAB = (5 / 2)·10·105·(2·10-3 – 10-3) ⇒ QAB = 2500 joule .

To έργο στην ΑΒ :

WAB = PΑ·(VB – VΑ) ⇒ WAB = 10·105·(2·10-3 – 10-3) ⇒ WAB = 1000 joule  .

1oς θερμοδυναμικός νόμος στην ΑΒ :

(μια άλλη έκφραση της αρχής διατήρησης της ενέργειας)

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

Ο Δάσκαλος (των φυσικών) Διονύσης Μάργαρης μας διδάσκει :

Μια διαφορετική αντιμετώπιση για τη μεταβολή ΒΓ:

Η μεταβολή της εσωτερικής ενέργειας στη διάρκεια του κυκλικής μεταβολής :

ΔUολ = 0 ⇒ ΔUΑΒ + ΔUΒΓ + ΔUΓΔ = 0 ⇒

(Όμως το ΔUΓA = 0 , η μεταβολή ΓΑ είναι ισόθερμη)

⇒ ΔUΑΒ + ΔUΒΓ + 0 = 0 ⇒ ΔUΒΓ = – ΔUΑΒ ⇒ ΔUΒΓ = – 1500 joule , λογικό αφού επιστρέφει στην ίδια θερμοκρασία .

και 1ος θερμοδυναμικός στην ΒΓ :

QΒΓ = WΒΓ + ΔUΒΓ 

(QΒΓ = 0 , η μεταβολή ΒΓ είναι αδιαβατική)

WΒΓ = – ΔUΒΓ ⇒ WΒΓ = + 1500 joule .

Σχόλιο: Ο τρόπος αυτός είναι διδακτικά καλύτερος για τουλάχιστον τρεις λόγους, προτείνουμε στους συνάδελφους να τον ακολουθήσουν.

Δείτε πως το αντιμετωπίσαμε εμείς:

Η θερμότητα στην ΒΓ αδιαβατική εκτόνωση :

Q = 0 .

Το έργο στην ΒΓ αδιαβατική εκτόνωση :

WBΓ = (ΡΓ ·VΓ – ΡΒ ·VΒ) / (1 – γ) ⇒ WBΓ = ((5 / 4)∙√2∙105·4∙√2∙10-3 – 10∙105·2∙10-3) / (1 – (5 / 3)) ⇒ WBΓ = 1500 joule .

1oς θερμοδυναμικός νόμος στην ΒΓ :

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

Η μεταβολή της εσωτερικής ενέργειας στην ΓΑ ισόθερμη συμπίεση :

ΔUΓA = 0 .

To έργο στην ΓΑ :

WΓA = n·R·TA·ln (V/ VΓ) ⇒ WΓA = ΡA·VA·ln (V/ VΓ) ⇒ WΓA = 10∙105∙10-3·ln (10-3 / 4∙√2∙10-3) ⇒ ⇒ WΓA = – 1750 joule .

1oς θερμοδυναμικός νόμος στην ΓA :

QΓA = WΓA + ΔUΓA ⇒ QΓA = WΓA + 0 ⇒ QΓA = WΓA ⇒ QΓA = – 1750 joule .

Δ3.

H θερμότητα της θερμής και της ψυχρής δεξαμενής Qc και Qh :

Qc = QΓΑ  και Qh = QΑB .

O συντελεστής απόδοσης θερμικής μηχανής :

e = 1 – (│Qc│ / Qh) ⇒ e = 1 – (1750 / 2500) ⇒ e = 0,3 .

O συντελεστής απόδοσης της μηχανής Carnot :

(Tc = TA και Th = TB)

ec = 1 – (Tc / Th) ⇒ e = 1 – (T/ 2·TA) ⇒ e = 0,5 .

Mια άσκηση που έχει ενδιαφέρον αλλά και μεγάλη έκταση λύσης.

Προτείνουμε να δοθεί στα παιδιά σαν εργασία για το σπίτι.

Επιστρέψτε στη σελίδα που φιλοξενεί όλα τα θέματα.

Advertisements

13 thoughts on “Νέα τράπεζα θεμάτων φυσικής προσανατολισμού Β λυκείου 21057

  1. Και τι έγινε, όλα καλά.
    Ο τρόπος που γράφω τις εξισώσεις μπερδεύει,
    δεν φταίς εσύ Μάνο.
    Στο μέλλον (το καλοκαίρι πια) θα δω πως μπορώ
    να κάνω ίσια κλάσματα στον editor της σελίδας.
    Να είσαι καλά που αναρωτήθηκες,
    και για όλα τα σχόλια σου σε ευχαριστούμε
    (είσαι μέλος της παρέας μας). 🙂 .

    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