Kezdőlap


Feladat:	1395. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Balogh Elek , Divós Ferenc , Frey István , Fried Miklós , Gajdócsi Sándor , Honos Attila , Kálvin Sándor , Kriza György , Kutenics Ferenc , Séra Péter , Tóth András , Vadász Zsolt , Vankó Péter , Wolf László
Füzet:	1977/május, 226 - 230. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Ideális gáz belső energiája (Állapotegyenletek), I. főtétel, Adiabatikus állapotváltozás, Ideális gáz állapotegyenlete, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1976/november: 1395. fizika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

I. megoldás. Vizsgáljuk először azt az esetet, amikor a külső légnyomást nem vesszük figyelembe. Jelöljük a bal oldali tartály adatait $1$ -es, a jobb oldali adatait $2$ -es indexszel! Kezdetben $V_{10} = V_{20} = 11, 2$ l, $T_{0} = 273$ K mindkét tartályban, $m_{1} = 12$ g, $m_{2} = 2$ g, $M = 4$ . Ezekből kiszámíthatók a nyomások: $p_{10} = 60 {N/cm}^{2}$ , $p_{20} = 10 {N/cm}^{2}$ . Az elválasztó fal jó hővezető, s ez azt biztosítja, hogy a két oldal hőmérséklete minden állapotban azonos $T$ érték. A hőmérséklet azonban függ attól, hogy mennyire van összenyomva a gáz, s ezért $T$ a $V_{2}$ függvénye. Célunk a $T (V_{2})$ függvény meghatározása. Ennek ismeretében ugyanis az általunk végzett munka könnyen meghatározható: a teljes rendszer hőt nem vehetett fel, ezért belső energiájának megváltozása a kezdeti és végállapot között éppen a külső munkavégzés.
Ideális gázról van szó, ezért a belső energia $U = c_{v} m T$ , tehát

\begin{matrix} W = c_{v} (m_{1} + m_{2}) [T (0) - T (V_{20})] . \end{matrix}

(1)

T (V_{2})

meghatározásához bontsuk a folyamatot két részre: az első rész tartson a szelep kinyílásáig. A bal oldali rendszer térfogata ekkor állandó. Írjuk föl mindkét oldalra a termodinamika első főtételét kicsiny

Δ V_{2}

mellett! A dugattyú

Δ V_{2}

-vel történő összenyomásakor:

\begin{matrix} Δ Q_{2} = Δ U_{2} - p_{2} Δ V_{2}, \\ Δ Q_{1} = Δ U_{1} . \end{matrix}

A teljes rendszer zárt, ezért

Δ Q_{2} = - Δ Q_{1}

. Ebből

\begin{matrix} c_{v} (m_{1} + m_{2}) Δ T = + p_{2} Δ V_{2} . \end{matrix}

(2)

Ugyanerre az egyenletre jutunk akkor is, ha rögtön a teljes rendszerre írjuk föl az I. főtételt, hiszem az adiabatikus elzárás miatt a teljes fölvett hő

0

. Az általános gáztörvény kapcsolatot jelent az egyes állapotjelzők között:

\begin{matrix} p_{2} V_{2} = (m_{2} / M) R T, & (3) \\ p_{1} V_{10} = (m_{2} / M) R T . & (4) \end{matrix}

A (2), (4) egyenletek már egyértelműen leírják a rendszer viselkedését (a szelep kinyílásáig). (3)-ból kifejezzük

p_{2}

-t és behelyettesítjük (2)-be, így a következő összefüggést kapjuk:

\begin{matrix} \frac{Δ T}{Δ V_{2}} = - \frac{m_{2}}{m_{1} + m_{2}} \cdot \frac{R}{M} \cdot \frac{1}{c_{v}} \cdot \frac{T}{V_{2}} . \end{matrix}

(5)

T (V_{2})

függvény alakját a fenti egyenlet határozza meg. A jobb és bal oldal határértékét véve

Δ V_{2} \to 0

esetén kapjuk:

\begin{matrix} T' (V_{2}) = - \frac{m_{2}}{m_{1} + m_{2}} \cdot \frac{R}{M} \cdot \frac{1}{c_{v}} \cdot \frac{T (V_{2})}{V_{2}} . \end{matrix}

'

)

Tegyük föl, hogy

T (V_{2})

hasonló típusú függvény, mint adiabatikus állapotváltozás esetén, tehát

\begin{matrix} T (V_{2}) \cdot V_{2}^{κ' - 1} = C = konst . \end{matrix}

T (V_{2}) = C \cdot V_{2}^{1 - κ'}

alakot (5

'

)-be helyettesítve kapjuk, hogy

\begin{matrix} κ' - 1 = \frac{m_{2}}{m_{1} + m_{2}} \frac{R}{M} \cdot \frac{1}{c_{v}} = \frac{c_{p} - c_{v}}{c_{v}} \cdot \frac{m_{2}}{m_{1} + m_{2}} = (κ - 1) \frac{m_{2}}{m_{1} + m_{2}} . \end{matrix}

(6)

Fölhasználtuk a

c_{p} - c_{v} = R / M

Robert ‐ Mayer egyenletet is.

C

értéke a kezdeti adatokból határozható meg. A

T (V_{2})

függvény tehát:

\begin{matrix} T (V_{2}) = {\frac{V_{20}}{V_{2}}}^{κ' - 1} \cdot T_{0}, \end{matrix}

κ'

-t (6) adja meg.
Mindez azonban csak addig a

V_{2 k}

kritikus értékig érvényes, amíg

p_{2}

utol nem éri

p_{1}

et. A

p_{2} = p_{1}

feltételből:

\begin{matrix} V_{2} k = (m_{2} / m_{1}) \cdot V_{10} . \end{matrix}

Az ehhez tartozó hőmérséklet:

\begin{matrix} T (V_{2 k}) = {(\frac{m_{1}}{m_{2}} \frac{V_{20}}{V_{10}})}^{κ' - 1} T_{0} \approx 324 K . \end{matrix}

(7)

V_{2} = V_{2 k}

értéknél a szelep kinyílik, s az egész rendszer egyetlen

V_{10} + V_{2 k}

térfogatú rendszerré válik. A hőmérsékletben nincs változás, hiszen az a két oldalon eddig is egyenlő volt.
Az egész, rendszerre jellemző (2) egyenlet továbbra is érvényben marad. Az általános gáztörvény azonban így módosul:

\begin{matrix} p V = \frac{m_{1} + m_{2}}{M} R T . \end{matrix}

(8)

V = V_{10} + V_{2}

a teljes térfogat, tehát megváltozása

Δ V = Δ V_{2}

p = p_{2}

a közös nyomás.
Gyakorlásként érdemes levezetni, hogy (2)-ből és (8)-ból milyen megoldás adódik. A jól ismert

\begin{matrix} T (V) V^{κ - 1} = C' = konst . \end{matrix}

összefüggést kapjuk vissza.

C'

a második szakasz kiindulási értékeiből határozható meg:

\begin{matrix} T (V_{2}) = {(\frac{V_{10} + V_{2 k}}{V_{10} + V_{2}})}^{κ' - 1} T (V_{2 k}), ha V_{2} < V_{2 k} . \end{matrix}

Teljes összenyomáskor

V_{2} = 0

, tehát a végállapot hőmérséklete

\begin{matrix} T (0) = {(\frac{V_{10} + V_{2 k}}{V_{10}})}^{κ - 1} T (V_{2 k}) \approx 360 K . \end{matrix}

(1)-be behelyettesítve:

\begin{matrix} W = c_{v} (m_{1} + m_{2}) [{(\frac{m_{1} + m_{2}}{m_{1}})}^{κ - 1} {(\frac{m_{1}}{m_{2}} \cdot \frac{V_{20}}{V_{10}})}^{(κ - 1) m_{2} / (m_{1} + m_{2})} - 1] T_{0} . \end{matrix}

Numerikus adatokkal

W \approx 900

cal. Ha azonban van

p_{0}

külső légnyomás is (

p_{0} = 10 {N/cm}^{2}

), ennek

p_{0} \cdot V_{20}

munkáját még ki kell vonnunk

W

-ből, hogy az általunk végzett összes munkát megkapjuk. Így

W_{σ} = 630

cal.

Honos Attila (Mosonmagyaróvár, Kossuth L. Gimn., IV. o. t.) dolgozata alapján

Megjegyzés. Sokan úgy akarták megoldani a feladatot, hogy föltették, hogy az elválasztó fal mindaddig hőszigetelő, amíg a két nyomás egyenlő nem lesz. Ekkor jó hővezetőre cserélték ki a falat, ami a hőmérséklet kiegyenlitődését eredményezte. (Ez mindenképpen bekövetkezik, hiszen kinyílik a szelep.) Ezután még egy adiabatikus összenyomás volt hátra. (A fenti folyamat pontosan az, ami a Diákolimpia feladatában szerepel.) Az általunk vizsgált folyamatban azonban nem lehet ugyanennyi a munkavégzés, hiszen a munka ‐ ami nem állapotjelző ‐ jelentősen függ attól az ,,úttól'', amin egyik állapotból a másikba jutunk. (Természetesen a végállapotok sem azonosak.)

II. megoldás. Megtehetjük azonban azt, hogy a folyamat első szakaszát közelítjük a következőképpen: a kis

Δ V_{2}

térfogatváltozás alatt adiabatikusnak tekintjük a változást, majd állandó térfogaton megengedjük a két tartályrész között a hőcserét. A közös hőmérséklet beállása után ismét adiabatikus összenyomás következhet (az egyszerűség kedvéért ugyanazzal a

Δ V_{2}

-vel). Mindezt addig folytajuk, amíg a két nyomás meg nem egyezik. A közelítés természetesen annál pontosabb, minél kisebb

Δ V_{2}

. Az egyenletek:

\begin{matrix} T_{0} V_{20}^{κ - 1} = T'_{1} \cdot V_{21}^{κ - 1}, & (9) \\ V_{21} = V_{20} - Δ V_{2} . & (10) \end{matrix}

Ezután következik a hőcsere. A közös hőmérséklet

\begin{matrix} T_{1} = \frac{m_{1} T_{0} + m_{2} T'_{1}}{m_{1} + m_{2}} \end{matrix}

(11)

A nyomásokat a (3) és (4) egyenlet adja. Ezután megismételjük az eljárást:

\begin{matrix} T_{1} V_{21}^{κ - 1} = T'_{2} V_{22}^{κ - 1} stb. \end{matrix}

A fenti lépéseket numerikusan kell kiértékelni. Pl. a

Δ V_{2} = 0, 01

l választással már

3

jegyre pontosan adódik

T (V_{2} k)

értéke, de a

Δ V_{2} = 0, 7

l-es beosztással is csak néhány fok az eltérés. Az utóbbi számolás már számítógép nélkül is viszonylag rövid idő alatt elvégezhető.

T (V_{2 k})

meghatározása után a megoldás menete azonos az elsővel. [Az (5) egyenlet maga is megoldható lett volna hasonló numerikus módszerrel.]

Divós Ferenc (Sopron, Berzsenyi D. Gimn., IV. o. t.)
Kálvin Sándor (Debrecen, KLTE Gyak. Gimn., III. o. t.) dolgozata alapján

Megjegyzés. Kimutatjuk, hogy eléggé kicsi

Δ V_{2}

esetén a két megoldás ekvivalens. (9)-ből és (10)-ből

\begin{matrix} T'_{1} = T_{0} {(\frac{V_{20}}{V_{20} - Δ V_{2}})}^{κ - 1} = T_{0} {(1 - \frac{Δ V_{2}}{V_{20}})}^{1 - κ} . \end{matrix}

Felhasználva, hogy

x ≪ 1

esetén jó közelítéssel:

\begin{matrix} {(1 - x)}^{α} = 1 - α x, \end{matrix}

azt kapjuk, hogy

\begin{matrix} T'_{1} = T_{0} [1 + (κ - 1) \frac{Δ V_{2}}{V_{20}}], ha Δ V_{2} ≪ V_{20} . \end{matrix}

Ezt (10)-be behelyettesítve

\begin{matrix} T_{1} - T_{0} = Δ T = - \frac{m_{2}}{m_{1} + m_{2}} (κ - 1) T_{0} \cdot \frac{V_{2}}{V_{20}}, \end{matrix}

ami éppen (5) megfelelője az első lépésre.

Frey István (Pécs, Zipernovszky K. Szakközépisk., III. o. t.)

III. megoldás. Vizsgáljuk meg, mennyi hőt kellene közölni a teljes rendszerrel állandó térfogaton ahhoz, hogy hőmérséklete

Δ t

-vel emelkedjék (az első szakaszban):

\begin{matrix} Δ Q_{v} = c_{v} m_{1} Δ t + c_{v} m_{2} Δ t . \end{matrix}

Állandó nyomáson pedig

\begin{matrix} Δ Q_{p} = c_{v} m_{1} Δ t + c_{p} m_{2} Δ t . \end{matrix}

A teljes rendszer tehát úgy viselkedik, mintha

\begin{matrix} c'_{v} = \frac{c_{v} m_{1} + c_{v} m_{2}}{m_{1} + m_{2}} = c_{v}, c'_{p} = \frac{c_{v} m_{1} + c_{p} m_{2}}{m_{1} + m_{2}} \end{matrix}

fajhőjű gáz lenne. Ha alkalmazzuk rá az ideális gáz adiabatikus állapotváltozásának egyenletét, akkor a

\begin{matrix} T \cdot V^{\frac{c'_{p}}{c'_{v}} - 1} = C \end{matrix}

egyenletet kapjuk, ahol

\begin{matrix} κ' - 1 = \frac{c'_{p}}{c'_{v}} - 1 = \frac{c_{p} - c_{v}}{c_{v}} \frac{m_{2}}{m_{1} + m_{2}} = (κ - 1) \frac{m_{2}}{m_{1} + m_{2}} . \end{matrix}

Ez éppen a (6) összefüggés.