template2.1_r1_c1


Google      


Circuite electrice


Bacalaureat termodinamica subiectul II si III iulie








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 (ν1 = ν2 ) din doua gaze considerate ideale. Intr-un compartiment se introduce heliu (μHe = 4 g/mol , CV1 = 1,5 R ) , iar in celalalt se introduce azot (μN2 = 28 g/mol, CV2 = 2,5 R) Temperatura initiala a heliului este t1 = 327oC , iar cea a azotului este t2 = 27oC. Presiunile lor initiale sunt egale, avand valoarea po = 105 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 )
ν1 = ν2 ,    μHe = 4 g/mol , CV1 = 1,5 R
μN2 = 28 g/mol, CV2 = 2,5 R
t1 = 327oC ,T1 = t1 + To = 327oC + 273K = 600 K
t2 = 27oC ,T2 = t2 + To = 27oC + 273K = 300 K
po = 105Pa ;     a. V1/V2 ?      b. T ?(K)     c. μamestec ? (g/mol)    d. p ? (Pa)
Rezolvare
a.    poV1 = ν1RT1    →1p    poV2 = ν2RT2    →1p
Impartim cele doua ecuatii si se obtine
V1/V2 = T1/T2 = 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
Uo = ν1CV1T1 + ν2CV2T2 →1p
Energia interna in starea finala
U = ν1CV1T + ν2CV2T →1p
Uo = U ; → T = [CV1T1 + CV2T2 ]/[ CV1 + CV2]
T = [1,5R·600K + 2,5R·300K ]/[1,5R + 2,5R ] = 412,5K ; →1p
c.
ν = ν1 + ν2
ν = m/μ , iar ν1 = ν2
m/μ = [m1 + m2]μ = 2ν ;→2p
[νμ1 + νμ2]/ μ =2ν ;→1p
μ =[ μ1 + μ2]/2 = [4g/mol + 28g/mol]/2 = 16g/mol ;→1p
d .
Ecuatia de stare termica pentru amestec
pV = ( ν1 + ν1 )RT ;→1p
Ecuatia de stare termica pentru gazul de de volum V2 aflat in stare initiala cand V1/V2 = 2
V1 = 2V2 → 1p
3pV2 = 2νRT
poV2 = νRT2 ; → 1p . Se impart ultimele doua ecuatii
3p/po = 2 T/T2
p = 2Tpo/3T2 = 2· 412,5K·105Pa/3·300K
p =o,9·105Pa ; → 1p

Subiectul III .

Rezolvati urmatoarea problema: (15 puncte)
bac iulie sub III Un mol de gaz ideal monoatomic (CV = 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 T1 = 300K , iar intre parametrii din stari diferite exista relatiile: V3 = 3V1 si p2 = 2p1 .
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
CV = 1,5R
T1 = 300K
V3 = 3V1
p2 = 2p1
Rezolvare :
a.
bac iulie sub III a b.    L1234 ?(J) L1234 = L12 + L23 + L34 + L41
L1234 = 0 + p2(V3 - V2) + 0 + p1(V1 -V4 )
L1234= p2(V3 - V1) - p1(V3 - V1)
L1234= 2p1(V3 - V1) - p1(V3 - V1)
L1234= p1(V3 - V1)
L1234 = p1(3V1 - V1) = 2p1V1 ;→2p
p1V1 = νRT1 ;→1p
L1234 = 2νRT1 = 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 .
UM = νCVT3
Sistemul cedeaza caldura in transformarile 3→4 si 4→1 .Cea mai mica energie interna o are starea 1
Um = νCVT1
ΔU = UM - Um = νCVT3 - νCVT1
ΔU = νCV[T3 - T1] ;→2p
De la 1→2 sistemul sufera o transformare izocora
p1/T1 = p2/T2
p1/T1 = 2p1/T2
T2 = 2T1
De la 2→3 sistemul sufera o transformare izobara
V1/T2 = V3/T3
V1/T2 = 3V1/T3
T3 =3T2 = 6T1 ;→1p
ΔU = 5νCVT1 = 5ν1,5RT1 = 5·1 mol ·1,5·8,31J/mol K·300K = 18697,5 J ; →1p
d.    `Qc ?(J)
Qc = Q34 + Q41 ;→1p
Qc = νCV(T4 - T3) + νCp(T1 - T4) ;→1p
T3 = 6T1 ,iar din transformarea izobara 4→1 V1/T1 = V3/T4 = 3V1/T4
T4 = 3T1 ;→1p     Din relatia Robert Mayer , Cp = CV + R = 1,5R + R = 2,5 R
Qc = -9,5νRT1 = - 9,5·1 mol·8,31j/molK·300K
Qc =-23683,5j
Raspuns    - furtul unui ou,→x;   furtul unui bou,→y;   talharie,→z.
x = (2/3)·y
z + x = 13
z + y = 15,5    → x = 5 ani;   y = 7,5 ani si z = 8 ani.




info



bacalaureat
rezultate.bac banner.c.e

William Thomson Lord Kelvin

William Thomson s-a nascut la 26 iunie 1824, la Belfast, in Irlanda, in familia unui profesor de matematica. Pana la varsta de 10 ani de educatia lui s-a ocupat tatal. Cand acesta a fost invitat in calitate de profesor la Univesitatea din Glasgow, la inscris pe talentatul baiat de 10 ani la universitate. Baiatul si-a insusit cunostintele ce se predau la universitate si s-a familiarizat in special cu lucrarile lui Laplace si Fourier, cu privire la transmiterea caldurii. La varsta de 16 ani s-a dus la Universitatea din Cambridge, apoi un an mai tarziu, la Paris, unde a lucrat in laboratorul lui Regnault, si s-a ocupat mai indeaproape de fizica experimentala. Avea abia 22 de ani cand s-a intors la Glasgow si a fost numit profesor de fizica la universitate. In continuare a ramas credincios fizicii tot restul vietii. Imediat ce si-a luat in primire postul si-a amenajat un laborator propriu, din resursele sale modeste, intr-o pivnita de vinuri parasita. Domeniul preocuparilor sale era foarte vast: fizica, in special stiinta despre temperatura, electricitate si magnetism.

bacalaureat_fizica
Imagini
Reflexia si refractia


Newsletter



Motorul Diesel
sus

« Pagina precedenta      Pagina urmatoare »



Postati:

Facebook widgets   Twitter widgets    Google plus widgets    linkedin

S.G.
  Circuite electrice   © 2017 - Toate drepturile rezervate