Θερμοδυναμική Ενότητα 3: Ασκήσεις στη Θερμοδυναμική Κυρατζής Νικόλαος Τμήμα Μηχανικών Περιβάλλοντος και Μηχανικών Αντιρρύπανσης ΤΕ
Άδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες, που υπόκειται σε άλλου τύπου άδειας χρήσης, η άδεια χρήσης αναφέρεται ρητώς. 2
Χρηματοδότηση Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό έχει αναπτυχθεί στα πλαίσια του εκπαιδευτικού έργου του διδάσκοντα. Το έργο «Ανοικτά Ακαδημαϊκά Μαθήματα στο TEI Δυτικής Μακεδονίας και στην Ανώτατη Εκκλησιαστική Ακαδημία Θεσσαλονίκης» έχει χρηματοδοτήσει μόνο τη αναδιαμόρφωση του εκπαιδευτικού υλικού. Το έργο υλοποιείται στο πλαίσιο του Επιχειρησιακού Προγράμματος «Εκπαίδευση και Δια Βίου Μάθηση» και συγχρηματοδοτείται από την Ευρωπαϊκή Ένωση (Ευρωπαϊκό Κοινωνικό Ταμείο) και από εθνικούς πόρους. 3
Σκοποί ενότητας Να κατανοήσει ο φοιτητής τα βασικά στοιχεία της θερμοδυναμικής μέσω σχετικών ασκήσεων. 4
Περιεχόμενα ενότητας Ασκήσεις στη θερμοδυναμική. 5
Άσκηση 1 Μια οριζόντια διάταξη εμβόλου-κυλίνδρου τοποθετείται σε ένα λουτρό σταθερής θερμοκρασίας. Το έμβολο κινείται με αμελητέες τριβές, ενώ μια εξωτερική δύναμη το συγκρατεί στη θέση του. Η αρχική πίεση του αερίου μέσα στον κύλινδρο είναι 14 bar. Ο αρχικός όγκος του αερίου είναι V 1 t = 0,03 m 3. Ο εκθέτης «t» δηλώνει τον ολικό όγκο. Η εξωτερική δύναμη που δρα στο έμβολο μειώνεται σταδιακά επιτρέποντας στο αέριο να εκτονωθεί μέχρι να διπλασιαστεί ο όγκος του. Πειραματικά προκύπτει ότι κάτω από τέτοιες συνθήκες ο όγκος του αερίου συνδέεται με την πίεσή του έτσι ώστε το γινόμενο PV t να είναι σταθερό. Να υπολογιστεί το έργο που παράγει το αέριο μετακινώντας την εξωτερική δύναμη. Πόσο έργο παράγει το αέριο, αν η εξωτερική δύναμη αντί να μειωθεί σταδιακά, μειώνεται απότομα στη μισή από την αρχική της τιμή; (Πηγή: Smith et al., 2005). 6
Ισόθερμη διεργασία: Άσκηση 1 Λύση (1) Η θερμοκρασία παραμένει σταθερή. Ο όγκος αυξάνει αλλά η πίεση μειώνεται. Ο κύλινδρος βρίσκεται σε επαφή με λουτρό σταθερής θερμοκρασίας και θερμότητα προστίθεται στο αέριο ενόσω διαρκεί η εκτόνωση. Ο μηχανισμός εξασφαλίζει σχεδόν ίσες και αντίθετες πιέσεις. du = 0 dq = dw Q = W ΔU=ΔΗ=0 dw = PdV = RT V dv = RT dv V Σχήμα 1. Ισόθερμη διεργασία, πηγή: Sussman, 1972. 7
Ισόθερμη διεργασία: Άσκηση 1 Λύση (2) W = Q = RTln V 2 V 1 = RTln P 2 P 1 ή W = Q = nrtln V 2 V 1 = nrtln P 2 P 1 ή W = Q = nrtln V 2 V 1 = nrtln P 2 P 1 (Πηγή: Sussman, 1972). 8
Ισόθερμη διεργασία: Άσκηση 1 Λύση (3) 9
Ισόθερμη διεργασία: Άσκηση 1 Λύση (4) Πρώτη περίπτωση: Όμως V 1 t = 0,03 m 3 και V 2 t = 0,06 m 3. Άρα W = 42.000 ln 0,06 0,03 = 29.112 J και P 2 = k V 2 t = 42.000 0,06 = 700.000 Pa ή 7 bar. 10
Δεύτερη περίπτωση: Μη αντιστρεπτή διεργασία Μεταφορά θερμότητας μεταφέρει το σύστημα στην ίδια τελική κατάσταση ισορροπίας με την αντιστρεπτή διεργασία. Το έργο το υπολογίζουμε από τα αποτελέσματα στο περιβάλλον: W = P 2 V = 7 10 5 0,06 0,03 = 21.000 J. Προφανώς η διεργασία είναι μη αντιστρεπτή και σε σχέση με την αντιστρεπτή διεργασία έχει απόδοση: 21.000 29.112 = 0,721 = 72,1%. 11
Άσκηση 2 (1) Αέρας υπό πίεση 1 bar και θερμοκρασία 25 C (298,15 K) συμπιέζεται στα 5 bar και 298,15 K με δύο διαφορετικές μηχανικά αντιστρεπτές διεργασίες (Πηγή: Smith et al., 2005): Α) Ψύξη υπό σταθερή πίεση και στη συνέχεια θέρμανση υπό σταθερό όγκο. Β) Θέρμανση υπό σταθερό όγκο και στη συνέχεια ψύξη υπό σταθερή πίεση. Υπολογίστε τις απαιτούμενες ποσότητες θερμότητας και έργου, καθώς και τα ΔU και ΔΗ του αέρα για κάθε διεργασία. Οι θερμοχωρητικότητες του αέρα μπορούν να θεωρηθούν ανεξάρτητες της θερμοκρασίας: C V = 20,78 και C P = 29,10 J mol 1 K 1 Θεωρείστε επίσης ότι το πηλίκο PV/T είναι σταθερό. Λάβετε επίσης υπόψη ότι στους 298,15 Κ και 1 bar ο γραμμομοριακός όγκος του αέρα είναι 0,02479 m 3 mol 1. 12
Άσκηση 2 (2) Σχήμα 2. Οι δύο διαφορετικές μηχανικά αντιστρεπτές διεργασίες της Άσκησης 2, πηγή: Smith et al., 2005. 13
Άσκηση 2 Λύση (1) Σε κάθε περίπτωση παίρνουμε σαν το σύστημά μας 1 mol αέρα που περιέχεται σε μια υποθετική διάταξη εμβόλου-κυλίνδρου. Επειδή οι διεργασίες που εξετάζουμε είναι μηχανικά αντιστρεπτές θεωρούμε ότι το έμβολο κινείται χωρίς τριβές. Ο τελικός όγκος θα είναι: V 2 = V 1 P 1 P 2 = 0,02479 1 5 = 0,004958 m3 Α) Κατά την διάρκεια του πρώτου σταδίου, ο αέρας ψύχεται υπό σταθερή πίεση 1 bar μέχρι να αποκτήσει τελικό όγκο 0,004958 m 3. Η θερμοκρασία του αέρα στο τέλος της ψύξης θα είναι: T V = T 2 1 = 298,15 0,004958 V 1 0,02479 = 59,63 K οπότε 14
Άσκηση 2 Λύση (2) 1->1 : Q = H = C P T = 29,10 59,63 298,15 = 6.941 J U = H PV = H P V = 6.941 1 10 5 0,004958 0,02479 = 4.958 J 1 ->2: Κατά τη διάρκεια του δεύτερου βήματος, ο όγκος διατηρείται σταθερός και ίσος με V2 ενώ ο αέρας θερμαίνεται προς την τελική του κατάσταση. Από την εξίσωση (2.19)* έχουμε: U = Q = C V T = 20,78 298,15 59,63 = 4,958 J Άρα για την συνολική διεργασίας 1 2 θα προσθέσουμε: 1->2: Q = 6.941 + 4.958 = 1.983 J και U = 4.958 + 4.958 = 0 Επειδή ο 1 ος νόμος ισχύει και για την συνολική διεργασία: U = Q + W 0 = 1.983 + W W = 1.983 J 15
Άσκηση 2 Λύση (3) Η εξίσωση (2.15)*, H = U + PV ισχύει και για την συνολική διεργασία. Όμως Τ 1 =Τ 2 και άρα P 1 V 1 =P 2 V 2 και άρα Δ(PV)=0 οπότε: ΔΗ=ΔU=0 Β) Και εδώ έχουμε δύο βήματα: στο πρώτο ο αέρας θερμαίνεται υπό σταθερό όγκο ίσο με τον αρχικό του όγκο μέχρι η τελική πίεσή του να γίνει 5 bar. Η θερμοκρασία στο τέλος αυτού του βήματος θα είναι: 1->1 : Τ = Τ 1 P 2 P 1 = 298,15 5 1 = 1490,75 K και επειδή ο όγκος παραμένει σταθερός: Q = U = C V T = 20,78 1490,75 298,15 = 24.788 J 16
Άσκηση 2 Λύση (4) Στο δεύτερο βήμα ο αέρας ψύχεται υπό σταθερή P=5 bar στην τελική του κατάσταση: 1 2:Q = H = C P T = 29,10 298,15 1490,75 = 34.703 J U = H PV = H P V = = 34.703 5 10 5 0,004958 0,02479 = 24.788 J Για την συνολική διεργασία: 1->2: Q = 24.788 34.703 = 9.915 J U = 24.788 24.788 = 0 W = U Q = 0 9.915 = 9.915 J και όπως πριν: ΔΗ=ΔU=0 Τι παρατηρούμε αν συγκρίνουμε τις δύο διαφορετικές διεργασίες; 17
Άσκηση 3 Να υπολογιστούν οι μεταβολές της εσωτερικής ενέργειας και της ενθαλπίας, όταν αέρας μεταφέρεται από μια αρχική κατάσταση 40 F και 10 atm όπου ο γραμμομοριακός του όγκος είναι 36,49 (ft) 3 (lbmole) 1, σε μια τελική κατάσταση 140 F και 1 atm. Να υποτεθεί ότι ο όρος PV/T παραμένει σταθερός και ότι C V =5 και C P =7 (Btu)(lbmole) 1 ( F) 1 18
Άσκηση 3 Λύση (1) Αφού οι μεταβολές των θερμοδυναμικών καταστατικών ιδιοτήτων είναι ανεξάρτητες από τις διεργασίες που τις προκαλούν, μπορούμε να κάνουμε τους υπολογισμούς μας με τη βοήθεια μιας απλής μηχανικά αντιστρεπτής διεργασίας που περιλαμβάνει δύο βήματα: α) ψύξη υπό σταθερό όγκο μέχρι την τελική πίεση και β) θέρμανση υπό σταθερή πίεση μέχρι την τελική θερμοκρασία (Δέστε το παρακάτω σχήμα). Σχήμα 3. Λύση άσκησης 3, πηγή: Smith et al., 2005. 19
Άσκηση 3 Λύση (2) 20
Άσκηση 3 Λύση (3) 21
Άσκηση 4 (1) Αέρας συμπιέζεται από μια αρχική κατάσταση θερμοκρασίας 25 C (298,15K) και πίεσης 1 bar σε τελική 5 bar και 25 C (298,15K). Η συμπίεση γίνεται με τρεις διαφορετικές μηχανικά αντιστρεπτές διεργασίες σε κλειστό σύστημα. α) Θέρμανση υπό σταθερό όγκο και στην συνέχεια ψύξη υπό σταθερή πίεση. β) Ισόθερμη συμπίεση. γ) Αδιαβατική συμπίεση και στη συνέχεια ψύξη υπό σταθερό όγκο. Υποθέστε ότι ο αέρας συμπεριφέρεται ιδανικά με σταθερές ειδικές θερμότητες C V =(5/2)R και C P =(7/2)R. Να υπολογίσετε το απαιτούμενο έργο, τη θερμότητα που μεταφέρεται και τις μεταβολές της εσωτερικής ενέργειας και ενθαλπίας του αέρα για κάθε μία από τις τρεις παραπάνω διεργασίες. 22
Άσκηση 4 (2) Σχήμα 4. Σχήμα άσκησης 4, πηγή: Smith et al., 2005. 23
Άσκηση 4 Λύση (1) Ως σύστημα λαμβάνουμε 1 mol αέρα. Για R=8,314 J mol 1 K 1 οι ειδικές θερμότητες: C V = 20,785 και C P =29,099 J mol 1 K 1 Η αρχική και τελική κατάσταση του αέρα είναι ακριβώς ίδιες με αυτές στο Παράδειγμα 2.9 που λύσαμε προηγουμένως οπότε: V 1 =0,02479 και V 2 =0,004958 m 3 Επειδή η θερμοκρασία στην αρχή και στο τέλος της διεργασίας είναι η ίδια, θα ισχύει για όλες τις περιπτώσεις: ΔU=ΔΗ=0 24
Άσκηση 4 Λύση (2) α) Αυτή η διεργασία είναι ακριβώς ίδια με αυτήν του Παραδείγματος 2.9 (β) οπότε: Q= 9.915 J και W=9.915 J β) Για την ισόθερμη συμπίεση ιδανικού αερίου ισχύει η εξίσωση (3.27)*: W = Q = RTln V 2 V 1 = RTln P 2 P 1 = 8,314 298,15 ln 1 5 = 3.990 J (Πηγή: Smith et al., 2005). 25
γ) Αδιαβατική διεργασία Άσκηση 4 Λύση (3) P 1 V 1 γ = P2 V 2 γ ή PV γ = σταθ. Τ 1 P 1 (1 γ) γ = Τ2 P 2 (1 γ) γ ή ΤP (1 γ) γ = σταθ. και Τ 1 V 1 (γ 1) = Τ2 V 2 (γ 1) ή ΤV (γ 1) = σταθ. Με την αδιαβατική συμπίεση ο όγκος του αέρα γίνεται 0,004958 m 3 οπότε η θερμοκρασία του στο σημείο αυτό δίνεται από την εξίσωση (3.30a)*: T = T 1 V 1 V 2 γ 1 = 298,15 0,02479 0,004958 0,4 = 567,57 K Για το στάδιο αυτό ισχύει Q=0 και το έργο της συμπίεσης δίνεται από την εξ. (3.32)*: W = C V T = 20,785 567,57 298,15 = 5.600 J (Πηγή: Smith et al., 2005). 26
Άσκηση 4 Λύση (4) Για την ψύξη υπό σταθερό όγκο θα έχουμε ΔV=0 οπότε η μεταφερόμενη θερμότητα θα είναι: Q = U = C V T 2 T = 5.600 J έτσι για τη διεργασία (γ) W=5.600 J και Q= 5.600 J Παρατηρούμε ότι αν και οι μεταβολές ΔU και ΔΗ σε κάθε διεργασία είναι μηδενικές (γιατί;), τα Q και W εξαρτώνται από την διαδρομή αλλά εδώ ισχύει Q= W. Στο σχήμα της άσκησης, οι διεργασίες απεικονίζονται σε διάγραμμα P-V. Το έργο βέβαια καθεμίας μπορεί να υπολογισθεί από το ολοκλήρωμα W = PdV επειδή όλες είναι μηχανικά αντιστρεπτές. Οι τιμές αυτών των ολοκληρωμάτων αντιστοιχούν προφανώς στα εμβαδά των επιφανειών μεταξύ των καμπυλών και του άξονα -V. 27
Άσκηση 5 (1) Ένα ιδανικό αέριο υφίσταται τις ακόλουθες κατά σειρά μηχανικά αντιστρεπτές διεργασίες σε κλειστό σύστημα: α) Από μια αρχική κατάσταση θερμοκρασίας 70 C και πίεσης 1 bar, συμπιέζεται αδιαβατικά στους 150 C. β) Στη συνέχεια ψύχεται από τους 150 C στους 70 C υπό σταθερή πίεση. γ) Τέλος, εκτονώνεται ισόθερμα στην αρχική του κατάσταση. Υπολογίστε τα W, Q, ΔU,ΔH για κάθε μια από τις τρεις διεργασίες καθώς και για την συνολική κυκλική διεργασία. Θεωρείστε C V =(3/2) R, C P =(5/2)R. 28
Άσκηση 5 (2) Σχήμα 5. Σχήμα άσκησης 5, πηγή: Smith et al., 2005. 29
Άσκηση 5 Λύση (1) Για R=8,314 J mol 1 K 1, οι ειδικές θερμότητες C V =12,471 και C P =20,785 J mol 1 K 1 Η κυκλική διεργασία φαίνεται στο σχήμα σε διάγραμμα P-V. Σαν σύστημά μας παίρνουμε 1 mol αερίου. α) Για αδιαβατική συμπίεση έχουμε Q=0 οπότε: U = W = C V T = 12,471 150 70 = 998 J H = C P T = 20,785 150 70 = 1.663 J Η πίεση P 2 μπορεί να υπολογισθεί από την Εξ. (3.30 b)*: P 1 V 1 γ = P2 V 2 γ ή PV γ = σταθ. Τ 1 P 1 (1 γ) γ = Τ2 P 2 (1 γ) γ ή ΤP (1 γ) γ = σταθερό. και Τ 1 V 1 (γ 1) = Τ2 V 2 (γ 1) ή ΤV (γ 1) = σταθερό. 30
Άσκηση 5 Λύση (2) T γ γ 1 P 2 = P 2 150+273,15 1 = 1 T 1 70+273,15 2,5 = 1,689 bar (Πηγή: Smith et al., 2005). 31
Άσκηση 5 Λύση (3) β) Γι αυτήν την ισοβαρή διεργασία ισχύει: Q = H = C P T = 20,785 70 150 = 1.663 J U = C V T = 12,471 70 150 = 998 J W = U Q = 998 1.663 = 665 J γ) Γνωρίζουμε ότι στα ιδανικά αέρια ΔU =ΔΗ=0 για ισόθερμες διεργασίες οπότε η Εξίσωση (3.27)* δίνει: W = Q = RTln V 2 V 1 = RTln P 2 P 1 32
Άσκηση 5 Λύση (4) Για την συνολική κυκλική διεργασία: Q = 0 1.663 + 1.495 = 168 J W = 998 + 665 1.495 = 168 J U = 998 998 + 0 = 0 H = 1.663 1.663 + 0 = 0 Κυκλικές διεργασίες ΔΗ=ΔU=0 Q= W (Πηγή: Smith et al., 2005). 33
Άσκηση 6 Ένας κατακόρυφος κύλινδρος που σφραγίζεται με έμβολο χωρίς τριβές, περιέχει ορισμένη ποσότητα αερίου αζώτου. Το βάρος του εμβόλου κάνει την πίεση του αζώτου κατά 0,35 bar μεγαλύτερη της ατμοσφαιρικής που είναι 1 bar στους 27 C. Έτσι η αρχική πίεση του αζώτου είναι 1,35 bar, και βρίσκεται σε μηχανική και θερμική ισορροπία με το περιβάλλον του. Το έμβολο σπρώχνεται εντός του κυλίνδρου, ώστε το άζωτο να συμπιεσθεί στα 2,7 bar. Στην πίεση αυτή, το άζωτο αφήνεται να έρθει σε θερμική ισορροπία με το περιβάλλον του στους 27 C. Στο σημείο αυτό το έμβολο σταθεροποιείται με σύρτες. Οι σύρτες αφαιρούνται από την συσκευή ελευθερώνοντας το έμβολο και η συσκευή με τον χρόνο επανέρχεται σε θερμική και μηχανική ισορροπία με το περιβάλλον της. Να συζητήσετε τις εφαρμογές της θερμοδυναμικής σ αυτήν την διεργασία. Στις συνθήκες αυτές το άζωτο μπορεί να θεωρηθεί ιδανικό αέριο. (Πηγή: Smith et al., 2005). 34
Άσκηση 6- Λύση (1) Όταν οι σύρτες που συγκρατούν το έμβολο αφαιρεθούν, το έμβολο κινείται ανοδικά με ταχύτητα και εξ αιτίας της αδρανείας του φτάνει πιο ψηλά από την θέση ισορροπίας. Αυτή η αρχική εκτόνωση προσεγγίζει μια αντιστρεπτή, αδιαβατική διεργασία, αφού οι στροβιλισμοί που προκαλούνται από ένα και μόνο χτύπημα του εμβόλου είναι μικρής έκτασης και ο ρυθμός μεταφοράς θερμότητας είναι σχετικά μικρός. Ωστόσο οι ταλαντώσεις του εμβόλου που επακολουθούν εισάγουν προκαλούν μια Μη αντιστρεψιμότητα στη διεργασία λόγω των αναδεύσεων και στροβιλισμών τόσο στο αέριο όσο και στην ατμόσφαιρα. Η διαδικασία αυτή συνεχίζεται για αρκετό χρονικό διάστημα μέχρι που η μεταφορά θερμότητας είναι αρκετή ώστε το άζωτο να επιστρέψει στην αρχική του θερμοκρασία 27 C και πίεση 1,35 bar. 35
Άσκηση 6- Λύση (2) Σχήμα 6. Σχήμα άσκησης 6, πηγή: Smith et al., 2005. 36
Άσκηση 6- Λύση (3) Ο προσδιορισμός της διαδρομής μιας μη αντιστρεπτής διεργασίας είναι αδύνατος, γι αυτό είναι αδύνατος και ο υπολογισμός των Q και W. Αντίθετα όμως από την θερμότητα και το έργο, οι μεταβολές των θερμοδυναμικών καταστατικών ιδιοτήτων μπορούν να υπολογισθούν επειδή εξαρτώνται μόνο από τις αρχικές και τελικές καταστάσεις του συστήματος οι οποίες είναι γνωστές. Έτσι τόσο η ΔU όσο και η ΔΗ είναι μηδενικές γι αυτή τη διεργασία εκτόνωσης αφού η αρχική και τελική θερμοκρασία είναι ίσες με 27 C. Ο 1 ος νόμος ισχύει τόσο για αντιστρεπτές όσο και για μη αντιστρεπτές διεργασίες που σ αυτή την περίπτωση γράφεται: U = Q + W = 0 Q = W 37
Άσκηση 6- Λύση (4) Αν και τα Q,W δεν μπορούν να υπολογισθούν, οι απόλυτες τιμές τους είναι ίσες. Η διεργασία έχει σαν αποτέλεσμα την ανύψωση του εμβόλου και της ατμόσφαιρας και στην μείωση βέβαια της εσωτερικής ενέργειας του περιβάλλοντος ώστε να αντισταθμισθεί η αύξηση της ολικής δυναμική ενέργειας: 38
Βιβλιογραφία Smith, J. M., Van Ness, H. C. & Abbott, M. M. (2005). Introduction to Chemical Engineering Thermodynamics. McGraw-Hill, USA. Sussman, M. V. (1972). Elementary Thermodynamics. Addison-Wesley Publishing Company Inc., USA. 39
Τέλος Ενότητας