Przemiany gazowe

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).

Rozwiązanie – Zadanie 6.1

Analiza wykresu i identyfikacja przemian

Na wykresie $p(T)$ mamy cykl $A \to B \to C \to A$. Na podstawie typowego układu tego zadania:

• Przemiana $A \to B$: prosta przechodząca przez początek układu współrzędnych (czyli $p/T = \text{const}$, co przy stałej masie gazu oznacza $V = \text{const}$) – przemiana izochoryczna, przy czym $T$ i $p$ rosną.
• Przemiana $B \to C$: pozioma linia na wykresie $p(T)$, czyli $p = \text{const}$ – przemiana izobaryczna, przy czym $T$ maleje (powrót do niższej temperatury).
• Przemiana $C \to A$: linia prosta na wykresie $p(T)$, łącząca punkty $C$ i $A$, ale nie przechodząca przez początek układu – przemiana ogólna (politropowa).

Stwierdzenie 1: „W przemianie $A \to B$ energia wewnętrzna gazu wzrosła."

1. Krok 1 – Identyfikacja przemiany $A \to B$.
   Przemiana $A \to B$ jest izochoryczna ($V = \text{const}$). Na wykresie $p(T)$ odpowiada jej odcinek wychodzący z początku układu, wzdłuż którego temperatura rośnie: $T_A \lt T_B$.

2. Krok 2 – Energia wewnętrzna gazu doskonałego.
   Energia wewnętrzna gazu doskonałego zależy wyłącznie od temperatury: $$\Delta U = n C_V \Delta T = n \cdot \frac{3}{2}R \cdot (T_B - T_A)$$ Ponieważ $T_B > T_A$, mamy $\Delta T > 0$, a więc $\Delta U > 0$.

3. Krok 3 – Wniosek.
   Energia wewnętrzna gazu wzrosła.

Stwierdzenie 1: P (PRAWDA)

Stwierdzenie 2: „W przemianie $C \to A$ gaz pobrał ciepło z otoczenia."

1. Krok 1 – Identyfikacja przemiany $C \to A$.
   Przemiana $C \to A$ przebiega od punktu $C$ (wysoka temperatura, niskie ciśnienie) do punktu $A$ (niska temperatura, niskie ciśnienie). Jest to przemiana, w której zarówno $T$, jak i $p$ maleją.

2. Krok 2 – Zmiana energii wewnętrznej.
   Temperatura maleje: $T_C > T_A$ (punkt $C$ leży na izobarze powyżej $A$ w sensie temperatury), zatem: $$\Delta U_{C \to A} = n C_V (T_A - T_C) \lt 0$$ Energia wewnętrzna maleje.

3. Krok 3 – Praca w przemianie $C \to A$.
   Na wykresie $p(T)$ zmiana objętości wynika z równania gazu doskonałego $pV = nRT$, czyli $V = nRT/p$. W przemianie $C \to A$ zarówno $T$ maleje, jak i $p$ maleje – szczegółowa analiza wskazuje, że objętość maleje ($V_A = V_1 \lt V_C$), a więc gaz jest sprężany: praca wykonana przez gaz jest ujemna: $$W_{C \to A} \lt 0$$

4. Krok 4 – Pierwsza zasada termodynamiki.
   $$Q_{C \to A} = \Delta U_{C \to A} + W_{C \to A}$$ Obie składowe są ujemne, więc $Q_{C \to A} \lt 0$. Gaz oddaje ciepło otoczeniu, a nie pobiera.

Stwierdzenie 2: F (FAŁSZ)

Stwierdzenie 3: „Wartość bezwzględna pracy siły parcia gazu w przemianie $B \to C$ jest równa wartości bezwzględnej ciepła pobranego w tej przemianie."

1. Krok 1 – Identyfikacja przemiany $B \to C$.
   Przemiana $B \to C$ jest izobaryczna ($p = \text{const} = p_B$). Temperatura maleje: $T_B > T_C$.

2. Krok 2 – Zmiana energii wewnętrznej.
   $$\Delta U_{B \to C} = n C_V (T_C - T_B) \neq 0$$ Ponieważ $T_C \neq T_B$, energia wewnętrzna zmienia się (maleje).

3. Krok 3 – Pierwsza zasada termodynamiki dla przemiany izobarycznej.
   $$Q_{B \to C} = \Delta U_{B \to C} + W_{B \to C}$$ Ponieważ $\Delta U_{B \to C} \neq 0$, nie zachodzi równość $|W_{B \to C}| = |Q_{B \to C}|$.

4. Krok 4 – Kiedy zachodziłaby równość $|W| = |Q|$?
   Równość $|W| = |Q|$ (przy $\Delta U = 0$) zachodzi wyłącznie w przemianie izotermicznej. Przemiana izobaryczna z $\Delta T \neq 0$ nią nie jest. Dla przemiany izobarycznej: $$Q_{B \to C} = n C_p \Delta T, \quad W_{B \to C} = p \Delta V = nR\Delta T$$ $$\frac{|W|}{|Q|} = \frac{nR|\Delta T|}{nC_p|\Delta T|} = \frac{R}{C_p} = \frac{R}{\frac{3}{2}R + R} = \frac{R}{\frac{5}{2}R} = \frac{2}{5} \neq 1$$

Stwierdzenie 3: F (FAŁSZ)

Wynik końcowy

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

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

Jak to rozwiązać — I zasada termodynamiki dla cyklu

Krok 1. Praca w cyklu = pole prostokąta na wykresie p(V):

$W=(2p_1-p_1)(3V_1-V_1)=p_1\cdot 2V_1=2p_1V_1$

Krok 2. W cyklu zmiana energii wewnętrznej = 0, więc $W=|Q_{pob}|-|Q_{odd}|$:

$|Q_{pob}|=W+|Q_{odd}|=2p_1V_1+9{,}5\,p_1V_1=\mathbf{11{,}5\,p_1V_1}$

Odpowiedź: B.

✔ Zgodne z kluczem: B (11,5·p₁V₁).

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.

Jak to rozwiązać — gdzie ciepło idzie na energię wewnętrzną

Dostarczono tyle samo ciepła (100 J). W przemianie izochorycznej całe ciepło zwiększa energię wewnętrzną (brak pracy), a w izobarycznej część ciepła idzie na pracę. Zatem przyrost energii wewnętrznej (a więc i temperatury, bo $\Delta U=\tfrac{3}{2}nR\Delta T$) jest większy w pierwszej przemianie: $\Delta T_1>\Delta T_2$.

Odpowiedź: A2.

✔ Zgodne z kluczem: A2.

Jak to rozwiązać — I zasada termodynamiki dla izobary

Krok 1. W przemianie izobarycznej praca $W_2=nR\Delta T_2$, a ciepło $Q_2=nC_p\Delta T_2=\tfrac{5}{2}nR\Delta T_2$ (bo $C_p=C_V+R=\tfrac{5}{2}R$).

Krok 2. Dzieląc stronami:

$\dfrac{W_2}{Q_2}=\dfrac{nR\Delta T_2}{\tfrac{5}{2}nR\Delta T_2}=\dfrac{2}{5}\;\Rightarrow\;W_2=\tfrac{2}{5}Q_2=\tfrac{2}{5}\cdot100=\mathbf{40\ J}$

✔ Zgodne z kluczem: W₂ = 40 J.

Rozwiązanie

Praca $\ne0$ tylko w przemianie izobarycznej. $W_1=3p_1\cdot(3V_1-V_1)=6p_1V_1$; $W_2=2p_1\cdot(3V_1-V_1)=4p_1V_1$. $\dfrac{W_1}{W_2}=\dfrac{6}{4}=\dfrac{3}{2}$.

Rozwiązanie

Odczyt: $A\approx(-23^\circ\text{C};\,0{,}4$ MPa$)$, $B=(100^\circ\text{C};\,0{,}6$ MPa$)$; w kelwinach $T_A\approx250$ K, $T_B=373$ K. Sprawdzamy $\dfrac{p}{T}$: $\dfrac{0{,}4}{250}=1{,}6\cdot10^{-3}$ oraz $\dfrac{0{,}6}{373}\approx1{,}6\cdot10^{-3}$ — równe. Skoro $\dfrac{p}{T}=$const, to (dla stałej masy) przemiana jest izochoryczna. $\blacksquare$

Rozwiązanie

1. Izochoryczna ($V$=const) → praca $W=0$ → F.
2. Temperatura rosła → energia wewnętrzna rosła → P.
3. $Q=\Delta U>0$ — gaz pobrał ciepło → P.

Odpowiedź: F, P, P.

Rozwiązanie

1. Izotermiczne → $T=$const → średnia energia kinetyczna bez zmian → F.
2. Sprężanie → mniejsza objętość → cząsteczki bliżej siebie → P.
3. Mniejsza objętość przy stałej $T$ → większe ciśnienie → częstsze uderzenia → P.

Odpowiedź: F, P, P.

Rozwiązanie

1. Ciśnienie jest stałe (tłok swobodny) → przemiana izobaryczna: $\dfrac{V}{T}=\text{const}$, gdzie $T$(K)$=t(^\circ\text{C})+t_0$ ($-t_0$ to szukane zero bezwzględne).
2. $\dfrac{125}{22+t_0}=\dfrac{144}{68+t_0}\Rightarrow125(68+t_0)=144(22+t_0)$.
3. $8500+125t_0=3168+144t_0\Rightarrow19t_0=5332\Rightarrow t_0\approx281$.

Odpowiedź: zero bezwzględne $\approx-281^\circ$C (wartość doświadczalna; dokładna to $-273^\circ$C).