(Entrópia-változás langyos víz készítésekor) Számítsuk ki, mekkora az entrópia-változás, ha egy hőszigetelt edényben összekeverünk 1 kg 60 oC-os vizet 1 kg 20 oC-os vízzel

3. feladatsor

7. (Entrópia-változás langyos víz készítésekor)

Számítsuk ki, mekkora az entrópia-változás, ha egy hőszigetelt edényben

összekeverünk 1 kg 60 ^oC-os vizet 1 kg 20 ^oC-os vízzel. A víz fajhője 4,18 kJ/kgK, állandónak tekinthető.

Megoldás

T1=293 K, T2 = 333 K

A közös hőmérséklet összekeveredés után 40 ^oC (T = 313 K).

A 20 ^oC-os víz entrópia-növekedése:

K J kgK

kJ T kg

c T m

S 0,276 /

293 ln313 /

18 , 4 1 ln

1

1= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =

∆

A 60 ^oC-os víz entrópia-csökkenése:

K J kgK

kJ T kg

c T m

S 0,259 /

333 ln313 /

18 , 4 1 ln

2

2 = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =−

∆

A teljes entrópia-változás: ∆S = ∆S1 + ∆S2 = 0,276 - 0,259 = 0,017 J/K.

Ugyanerre az eredményre jutunk, ha külön-külön kiszámítjuk a 20 ^oC-os, a 60 ^oC-os, és a 40 ^oC-os víz entrópiáját (a 0 ^oC-os víz fajlagos entrópiáját s0-val jelölve), és az előbbi kettő összegét kivonjuk az utóbbiból.

8. Egy kezdetben rögzített helyzetű dugattyúval kettéválasztott henger egyik felének a térfogata 20 dm³, amelyben 25 ⁰C-os, 3 bar nyomású tökéletes gáz van. A henger másik felének térfogata 60 dm³, abban is 25 ⁰C-os, de 1 bar nyomású tökéletes gáz van. A dugattyú jó hővezető, de az egész rendszert elszigeteljük a környezettől. A dugattyú rögzített helyzetét megszüntetjük, így a két rekeszben a nyomások kiegyenlítődnek. Mekkora ennek a folyamatnak az entrópia-változása?

Megoldás

Mindkét térrész nyomása 1,5 bar, térfogata 40 dm³ lesz a kiegyenlítődés után. (A hőmérsékletek nem változnak.) Először számítsuk ki, hány mól gáz van a két rekeszben.

K mol K

mol J

m Pa

T R

V

n p 2,42

298 314

, 8

02 , 0 10 3

1 1

3 5

1 1

1 =

⋅

⋅

⋅

⋅

= ⋅

⋅

= ⋅ _{− −}

K mol K

mol J

m Pa

T R

V

n p 2,42

298 314

, 8

06 , 0 10 1

1 1

3 5

2 2

2 =

⋅

⋅

⋅

⋅

= ⋅

⋅

= ⋅ _{− −}

Az entrópiaváltozás:

kezd végső

V R V n S = ⋅ ⋅ln

∆

1 2

1

1 8,16

60 ln40 314 , 8 42 , 2 95

, 20 13 ln40 314 , 8 42 ,

2 ⋅ ⋅ = ⁻ ∆ = ⋅ ⋅ =− ⁻

=

∆S JK S JK

A teljes entrópiaváltozás: ∆S = ∆S1 + ∆S2 = 13,95 – 8,16 = 5,79 JK^-1.

A következő két feladatban ellenőrizzük, hogy az entrópia változása

körfolyamatokban nulla, mint ahogy egy állapotfüggvény esetén az elvárható.

9. 2 mol 1 bar nyomású, 300 K hőmérsékletű héliumot (tökéletes gáz, Cmv = 3/2 R) először izoterm reverzibilis folyamatban térfogatának a harmadára komprimáljuk, ezután állandó térfogaton az eredeti nyomásig hűtjük, majd állandó nyomáson az eredeti hőmérsékletig melegítjük. Számítsuk ki az egyes lépésekben az entrópia- változást, majd összegezzük őket.

Megoldás

Célszerű a folyamatot p-V diagramon ábrázolni.

A B

V R V n

S

= ⋅ ⋅ ln

∆

2 3

2

ln

T C T

n

S = ⋅

⋅

∆

3 1

3

ln

T C T

n

S = ⋅

⋅

∆

Cmp = Cmv + R = 5/2 R. Szükség van még T3-ra. Az első lépésben Boyle- Mariotte törvénye szerint a nyomás háromszorosára nő (3 barra), így a második lépésben harmadára csökken. Gay-Lussac törvénye szerint a hőmérséklet is a harmadára csökken a második lépésben, azaz T3 = 100 K.

K V J

S V

A

A

18 , 27 / 3

ln 1 314 , 8

1

= 2 ⋅ ⋅ ⋅ = −

∆

K K J

S K 27 , 40 /

300 ln 100 314 , 2 8 2 3

2

= ⋅ ⋅ ⋅ = −

∆

K K J

S K 45 , 67 /

100 ln 300 314 , 2 8 2 5

3

= ⋅ ⋅ ⋅ =

∆

∆S = ∆S1 + ∆S2 + ∆S3 = 0 J/K

2 1 C 3

B

A p

V

10. Egy mol tökéletes gázzal Carnot-körfolyamatot hajtunk végre. (A Carnot- körfolyamat négy reverzíbilis lépésből áll, ezek közül 2 izoterm, 2 adiabatikus.) A kiindulási állapotban a hőmérséklet 400 K és a nyomás 10 bar.

1. Izoterm folyamatban kiterjesztjük 5 bar nyomásra (A→B), 2. adiabatikus folyamatban 1 bar nyomásig terjesztjuk ki (B→C), 3. izoterm folyamatban összenyomjuk 2 bar nyomásra (C→D), 4. adiabatikus folyamatban összenyomjuk 10 bar nyomásra (D→A) (Bizonyítsuk be, hogy pA/pD = pB/pC.) Mekkora az entrópia-változás az egyes lépésekben?

Megoldás

Mivel a B-C és a D-A folyamat ugyanazon két hőmérséklet között lejátszódó adiabatikus folyamat, felírhatjuk, hogy

κ κ κ

κ κ

κ κ

κ − − −

− = ⋅ ⋅ = ⋅

⋅

1 1 1 2 1

1 1

2 pB T pC és T pA T pD

T , ahol T2 = TA = TB és T1 = TC= TD. Átrendezve a két egyenletet:

2 1 1

2 1 1

T T p

és p T

T p

p

D A C

B  =







= 







 ^{−κκ −κκ}

, tehát pA/pD = pB/pC. Átrendezve:pA/pB = pD/pC

Az adiabaták mentén az entrópia-változás 0: ∆S2 = 0, ∆S4 = 0. Az izoterm folyamatok entrópia-változása:

B A A

B

p R p V n

R V n

S

= ⋅ ⋅ ln = ⋅ ⋅ ln

∆

B A C

D D

C C

D

p R p p n

R p p n

R p V n

R V n

S

= ⋅ ⋅ ln = ⋅ ⋅ ln = − ⋅ ⋅ ln = − ⋅ ⋅ ln

∆

D

C B A

p

V

A számadatokat behelyettesítve:

K J S

K J

S 5 , 76 / , 5 , 76 /

5 ln 10 314 , 8

1

1

= ⋅ ⋅ = ∆ = −

∆

Tehát a teljes entrópia-változás nulla.

Grofcsik András