Gaz doskonały — równanie Clapeyrona

Jak to rozwiązać — równanie Clapeyrona i związek T z prędkością

Zdanie 1 — PRAWDA. Z równania Clapeyrona $pV=nRT$ wynika $T\propto pV$. Ponieważ prosta A→B przechodzi przez początek układu, to $p=kV$ (p proporcjonalne do V). Zatem $T\propto kV\cdot V\propto V^2$.

Zdanie 2 — PRAWDA. Od A do B rosną jednocześnie p i V, więc iloczyn pV rośnie, czyli temperatura T rośnie. Średnia prędkość cząsteczek rośnie wraz z temperaturą ($\bar v\propto\sqrt{T}$).

✔ Zgodne z kluczem: 1 — P, 2 — P.

Jak to rozwiązać — z równania Clapeyrona

Dla ustalonej masy gazu $\dfrac{pV}{T}=nR=\text{const}$, więc $T\propto pV$. Stąd:

$\dfrac{T_B}{T_A}=\dfrac{p_B V_B}{p_A V_A}=\dfrac{5\cdot25}{2\cdot10}=\dfrac{125}{20}=\mathbf{6{,}25}$

✔ Zgodne z kluczem: T_B/T_A = 6,25 (= 25/4).

Z równania stanu $T\propto pV$: $T_{2}\propto 3p_{1}\cdot 2V_{1}=6p_{1}V_{1}$, $T_{4}\propto p_{1}\cdot 3V_{1}=3p_{1}V_{1}$.

$T_{2}:T_{4}=6:3=2:1$.

Odpowiedź: B.

Aby rozwiązać zadanie, należy przeanalizować cykl przemian A → B → C → A z kontekstu zadania 6 (PR 2025). Przyjmujemy dane z treści całego zadania:

• Stan A: ciśnienie $p_A = p_1$, objętość $V_A = V_1$, temperatura $T_A = T_1$
• Przemiana A → B: izochoryczna (stała objętość), ciśnienie wzrasta dwukrotnie: $p_B = 2p_1$
• Przemiana B → C: izobaryczna (stałe ciśnienie $p_B = 2p_1$), temperatura spada do $T_1$
• Przemiana C → A: izotermiczna (stała temperatura $T_1$)
• Stan X: punkt przecięcia przemiany izotermicznej C → A z prostą $p = p_1$ (lub punkt charakterystyczny wskazany na wykresie)

Wyznaczenie $V_B$, $V_C$, $V_X$

1. Krok 1 – Stan B (przemiana A → B jest izochoryczna)

   Podczas przemiany izochorycznej objętość gazu się nie zmienia:

   $$V_B = V_A = V_1$$

   Wynik: $\boxed{V_B = V_1}$

2. Krok 2 – Stan C (przemiana B → C jest izobaryczna)

   Podczas przemiany izobarycznej zachodzi prawo Charlesa (Gay-Lussaca):

   $$\frac{V_B}{T_B} = \frac{V_C}{T_C}$$

   Temperatura w stanie B wyznaczamy ze stanu A, korzystając z przemiany izochorycznej A → B (prawo Gay-Lussaca):

   $$\frac{p_A}{T_A} = \frac{p_B}{T_B} \implies \frac{p_1}{T_1} = \frac{2p_1}{T_B} \implies T_B = 2T_1$$

   Temperatura w stanie C: przemiana B → C izobaryczna kończy się w temperaturze $T_C = T_1$ (bo przemiana C → A jest izotermiczna w temperaturze $T_1$). Podstawiamy:

   $$\frac{V_B}{T_B} = \frac{V_C}{T_C} \implies \frac{V_1}{2T_1} = \frac{V_C}{T_1}$$ $$V_C = \frac{V_1 \cdot T_1}{2T_1} = \frac{V_1}{2}$$

   Wynik: $\boxed{V_C = \dfrac{V_1}{2}}$

3. Krok 3 – Stan X (punkt charakterystyczny na przemianie C → A)

   Przemiana C → A jest izotermiczna ($T = T_1 = \text{const}$), więc zachodzi prawo Boyle'a–Mariotte'a:

   $$p_C \cdot V_C = p \cdot V = \text{const}$$

   Ciśnienie w stanie C: $p_C = p_B = 2p_1$ (przemiana B → C była izobaryczna).

   Stan X leży na krzywej izotermicznej C → A w miejscu, gdzie ciśnienie wynosi $p_X = p_1$ (przecięcie z poziomem ciśnienia $p_1$, czyli powrót do wyjściowego ciśnienia). Stosujemy prawo Boyle'a między stanem C i X:

   $$p_C \cdot V_C = p_X \cdot V_X$$ $$2p_1 \cdot \frac{V_1}{2} = p_1 \cdot V_X$$ $$p_1 \cdot V_1 = p_1 \cdot V_X$$ $$V_X = V_1$$

   Wynik: $\boxed{V_X = V_1}$

   Uwaga: Stan X pokrywa się z objętością $V_1$, ale leży na krzywej hiperbolicznej między C i A – jest to punkt, w którym izotermiczna krzywa C → A przechodzi przez poziom $p = p_1$, co potwierdza powrót do stanu A.

4. Krok 4 – Wykres p(V) dla cyklu A → B → C → A

   Na podstawie wyznaczonych stanów:

   • A: $(V_1,\ p_1)$
   • B: $(V_1,\ 2p_1)$
   • C: $\left(\dfrac{V_1}{2},\ 2p_1\right)$
   • X: $(V_1,\ p_1)$ — punkt na krzywej izotermicznej C → A przy $p = p_1$ (tożsamy z A, zaznaczany na krzywej)

   Opis wykresu (szkic słowny):

   • A → B: pionowy odcinek w górę przy $V = V_1$ (izochora), od $p_1$ do $2p_1$
   • B → C: poziomy odcinek w lewo przy $p = 2p_1$ (izobara), od $V_1$ do $\frac{V_1}{2}$
   • C → A: hiperbola $p = \frac{p_1 V_1}{V}$ (izotermiczna), od $C\!\left(\frac{V_1}{2}, 2p_1\right)$ do $A(V_1, p_1)$; punkt X leży na tej krzywej

Podsumowanie wyników

$$V_B = V_1, \qquad V_C = \frac{V_1}{2}, \qquad V_X = V_1$$

Z równania stanu $T\propto pV$: $T_{2}\propto p\cdot V=3p_{1}\cdot V_{1}=3p_{1}V_{1}$, $T_{4}\propto 2p_{1}\cdot 3V_{1}=6p_{1}V_{1}$.

$\dfrac{T_{2}}{T_{4}}=\dfrac{3p_{1}V_{1}}{6p_{1}V_{1}}=\dfrac{1}{2}=0,5$.

Jak to rozwiązać — równanie Clapeyrona i związek T z energią cząsteczek

Zdanie 1 — PRAWDA. Przy stałej objętości $p=\dfrac{nRT}{V}\propto T$, a siła parcia $F=pS\propto p\propto T$.

Zdanie 2 — PRAWDA. Przy stałym ciśnieniu $V\propto T$ (prawo Charlesa), a średnia energia kinetyczna cząsteczek też jest $\propto T$. Zatem V jest proporcjonalna do średniej energii kinetycznej.

✔ Zgodne z kluczem: P, P.

Wzdłuż prostej $\mathcal{B}$ temperatura $T=\dfrac{pV}{nR}$ ma maksimum wewnątrz przedziału, a najmniejsze wartości przyjmuje na końcach $X$ i $Y$ (gdzie $T_{X}=T_{Y}$).

$T_{X}=\dfrac{p_{1}V_{1}}{nR}=\dfrac{6,0}{0,0020\cdot 8,31}\approx 361\ \mathrm{K}$.

Skoro najniższa temperatura w przemianie wynosi ok. $361$ K $>350$ K, to w każdym stanie temperatura przekracza $350$ K.

Rozwiązanie

1. Liczba moli: $n=\dfrac{m}{\mu}=\dfrac{1400}{28}=50$ mol.
2. $V_B=\dfrac{nRT_B}{p_B}=\dfrac{50\cdot8{,}31\cdot373}{0{,}6\cdot10^6}\approx0{,}26\ \text{m}^3$.

Rozwiązanie

$F=p_A\cdot S=0{,}4\cdot10^6\text{ Pa}\cdot1\cdot10^{-4}\text{ m}^2=40$ N.