Некоторые типичные задачи по курсу

Приложение №1. Некоторые
«Термодинамика » и их решения
типичные
задачи
по
курсу
Задача 1
Газовая смесь в сосуде состоит из 5 кг диазота N2, 2 кг диоксида
углерода СО2 и 3 кг паров воды H2O. Рассчитать парциальные давления
составляющих смеси pi, среднюю молярную массу смеси m̂ и молярные доли
смеси xi , если объём смеси V= 2 м3 и температура T = 500 К.
Решение.
1.
Определяются молярные массы компонентов смеси mˆ i  M i 10 3
кг/моль, количества веществ ni  mi mˆ i , моль, молярные доли xi  ni n и
K
количество вещества смеси n   ni , моль. Результаты расчета сводятся в
i 1
таблицу:
i
вещество
1
N2
2
CO2
3
H2O
Смесь
5
2
3
10
Mi
28
44
18
m̂i , кг/моль
0,028
0,044
0,018
mˆ  0,0256
ni , моль
178,57
45,46
166,67
n  390,7
pi , МПа
0,457
0,116
0,427
0,3711761
0,0944932
0,3463991
p  0,8120684
m  mi
10


 0,0256 кг/моль
n  ni 390,7
3.
pi 
Определяются парциальные давления составляющих смеси
ni Rˆ T
, Па
V
pN2  178,57
8,31441  500
 371176 ,1 Па
2
pCO2  45,46
8,31441  500
 94493,2 Па
2
pH2O  166,67
4.
Xi
Определяется средняя молярная масса смеси
2.
mˆ 
mi ,кг
8,31441  500
 346399 ,1 Па
2
Давление смеси по закону Дальтона
p   pi  812068 ,4 Па
Задача 2.
Газовая смесь состоит из 5 кг диоксида углерода СО2 и 8 кг диазота N2.
Изобарные молярные теплоемкости этих газов при температуре Т=298,15 К
равны Cˆ ðÑÎ 2  37,135 Дж/моль·К,
Cˆ ðN2  29,124 Дж/моль·К. Рассчитать
удельную изохорную теплоемкость смеси ñv , Дж/кг·К.
Решение.
1.
Определяются
молярные
массы
и
количества
веществ
компонентов смеси mˆ i  M i 10 3 кг/моль, ni  mi mˆ i моль, масса и количество
вещества смеси m   mi кг, n   ni , моль и сводятся в таблицу:
вещество
i
1
СО2
2
N2
Смесь
2.
Mi
44
28

mi , кг/моль
0,044
0,028
mi , кг
5
8
m=13
n i , моль
113,636
285,714
n =399,35
Определяется общая изобарная теплоемкость смеси
C p   ni  Cˆ pi  113,636  37,135  285,714  29,124  12541,016 Дж/К.
3.
По
уравнению
Майера
определяется
общая
изохорная
теплоемкость смеси
Cv  C p  nRˆ  12541,016  399,35  8,31441  9220,656 Дж/К.
4.
cv 
Определяется удельная изохорная теплоемкость смеси
Cv 9220,656

 709,3 Дж/кг·К
m
13
Задача 3.
теплоемкости
Вывести формулу для расчета средней изобарной
c pm в диапазоне температур от t1 до
t2, если истинная
теплоемкость газа задана уравнением: c p  a0  a1t  a2t 2 .
Решение.
1. По определению истинная теплоемкость равна c p 
q
. Тогда
dt
количество теплоты q , подведенное при нагреве газа от температуры t1 до
t2, будет равно
t2
a
a


q   c p dt   a0  a1t  a2t dt   a0t  1 t 2  2 t 3  
t1
t1
2
3  t1

t2
t2
 a0 t2  t1  
2
a1 2
a

t2  t12   2 t23  t13 .
2
3
2.
По определению средняя теплоемкость равна
c pm 
a
a
q
 a0  1 t 2  t1   2 t 22  t 2t1  t12 .
t 2  t1
2
3
Задача 4.
Рассчитать тепловой эффект при постоянном объеме Q v0 химической
реакции сгорания диводорода Н2 при Т =6000 К.
Решение.
1.
Записываем уравнение химической реакции сгорания Н2
2H2+O2=2H2O , где  1  2, 2  1, 1  2 .
2ая форма записи уравнения: 2H2O-2H2-O2=0, где  1  2, 2  2, 3  1 .
Сумма стехиометрических коэффициентов этой реакции равна
 i ÃÀÇ  2  2  1  1, ò .å. i ÃÀÇ  0 .
2.
Тепловой эффект QV определяется по формуле
QV0  Q p0  Rˆ T  i ÃÀÇ,
где
Äæ
Rˆ  8,31441
ìîëüÊ
—
мольная
газовая
постоянная, одинаковая для всех газов.
3.
Тепловой эффект при постоянном давлении равен


Q p0   iHˆ i0   iHˆ i0  2 Hˆ H0 2O  2 Hˆ H0 2  Hˆ O02
Мольные энтальпии веществ в этой формуле определяются из таблиц
индивидуальных веществ:


Äæ
Hˆ H0 2O   f Hˆ 00  Hˆ T0  Hˆ 00  238913  322103  83190
,
ìîëü
Äæ
Äæ
Hˆ H0 2  0  216728
, Hˆ O02  0  233529
.
ìîëü
ìîëü
Тогда
Q p  2  83190  2  216728  233529  500695
4.
Äæ
.
ìîëü
Тепловой эффект при постоянном объеме этой реакции равен
QV  Q p  Rˆ T  i ÃÀÇ  500695  8,31441  6000 1  450808
Äæ
,
ìîëü
т.е. QV0  Q p0 для этой химической реакции.
Задача 5.
В сосуде при давлении р =2∙105 Па и температуре Т =5000 К находится
газовая смесь из диазота (N2), кислорода (О) и дикислорода (О2). При этом
количества входящих в нее веществ равны: n N = 4 моль, nO =2 моль, nO =0,5
2
2
моль. Определить направление протекания химической реакции О2 =2О.
Решение.
1. Уравнение химической реакции: 2О – О2 – N2 =0,
где  O  2, О  1,  N  0 .
2
2
2.Состав смеси характеризуется молярными долями
xi 
ni
, где n   ni =4+2+0,5 = 6,5 моль,
n
xO  0,0769, xO2  0,3077, x N 2  0,6154
и
парциальными
давлениями
~
pi  ~
p  xi ,
где
p
2 105
~
p 0 
 1,974 :
p 101325
~
pO  0,1518,
~
pO2  0,6074,
~
p N 2  1,2147.
3. Чтобы определить направление протекания химической реакции,
необходимо вычислить химическое сродство:


A    i Gˆ i   2Gˆ O  Gˆ O2  Gˆ O2  2Gˆ O , где молярная свободная энергия
pi , Gˆ i0 T   Hˆ Ti0 T   TSˆi0 T ,
Гиббса: Gˆ i T , p   Gˆ i0 T   Rˆ T ln ~


Hˆ Ti0   f Hˆ 00i  Hˆ Ti0  Hˆ oi0 .
Тогда, используя таблицы индивидуальных веществ, имеем:
Gˆ O0 T  =(246783+105947)-5000∙220,468= - 749620 Дж/моль,
Gˆ O T , p   749620  8,31441  5000 ln 0,1518  827991 Дж/моль,
Gˆ O02 T  = 190040-5000∙305,6=-1337960 Дж/моль,
Gˆ O2 T , p   1337960  8,31441  5000 ln 0,6074  - 1358686 Дж/моль,
А= - 1358686-2(- 827991)=297294 Дж/моль,
т.е. химическая реакция идет вправо, в направлении увеличения продуктов
реакции.
Задача 6.
Рассчитать свободную энергию Гиббса газовой смеси (дикислорода и
диазота): nO2 =5 моль, n N = 3 моль при давлении р =106 Па и температуре
2
Т=2000 К.
Решение.
1.
Определяются
n   ni  nO2  nN2 =5+3=8
молярные
доли
смеси
xO2  5 , x N2  3 ,
8
8
моль:
xi 
и
ni
,
n
где
парциальные
pi  ~
pxi , где
давления компонентов смеси: ~
~
p
p
10 6

 9,869;
101325 1011325
5
~
pO2  ~
p  6,168;
8
3
~
p N2  ~
p  3,701.
8
2. Определяется свободная энергия Гиббса
G   ni Gˆ i  nO2 Gˆ O2  nN2 Gˆ N2 ,
где молярные значения этой функции определяются по формулам:
Gˆ i T , p   Gˆ i0 T   Rˆ T ln ~
pi ,
Gˆ i0 T   Hˆ i0 T   TSˆi0 T  , а
Hˆ i0 T , Sˆi0 T 
берутся из таблиц индивидуальных веществ. Тогда:
Gˆ O02 =67882-2000∙268,655=-469428 Дж/моль,
Gˆ O2  (469428 )  8,31441  2000 ln 6,168  - 439174 Дж/моль,
Gˆ N0 2 =64806-2000∙251,962= - 439118 Дж/моль
Gˆ N2  (439118 )  8,31441  2000 ln 3,701  - 417357 Дж/моль и
G   ni Gˆ i =5(-439174)+3(-417357)= - 3447941 Дж.
Задача 7.
Рассчитать константу равновесия К р0 при Т =3500К химической
реакции сгорания водорода.
Решение.
1. Записывается уравнение химической реакции 2Н2+О2=2Н2О, где
 1  2, 2  1, 1  2 - стехиометрические коэффициенты реакции.
2. Константа равновесия К р0 этой реакции рассчитывается по формуле,
выраженной через константы химических реакций распада исходных
веществ и продуктов реакции на атомы- К i0 :
ln K p0 

i

ln K i0 
 
i

ln K i0 .

Величины К i0 берутся из таблиц индивидуальных веществ при Т
=3500К:
  ln K   2,303  
i
0 '
i

i
H2
lg K H0 2  vO2 lg KO02   2,3032 0.462   1  0.6202   3.5563.

ln K i0   2,303   H O lg K H0 O   2,303  2   1,5011  6,9141.
2
2
Тогда ln K p0 =(-3,5563)-(-6,9141)=3,3578
К р0 =℮ 3,3578 =28,726.
Задача 8.
Рассчитать
степень
диссоциации
молекулярного
азота
при
ð
относительном давлении ~
ð
 1, где р0 =101325 Па, и температуре
ð0
Т=6000К.
Решение.
1. Записывается уравнение химической реакции распада азота N2 на
одинаковые атомы
N2=2N или 2N-N2 = 0.
2. Константа равновесия реакции распада N2 на атомы при Т =6000К
определяется
из
таблиц
справочника:
«Термодинамические
свойства
индивидуальных веществ»: lg K p0  1,2547; K p0  10 1, 2547  0,0561 .
3. Степень диссоциации N2 определяется по формуле

К р0
0,0561
 0,1176.
0,0561  4  1

К  4~
р
0
р
Чем больше константа равновесия химической реакции распада, тем
больше в равновесной смеси веществ, стоящих в правой части уравнения
химической реакции.
Задача 9.
ð
Рассчитать степень ионизации лития ( Li ) при давлении ~
ð
1 и
ð0
Т=6000 К.
Решение:
1. Уравнение химической реакции ионизации
Li(Г) = L+(Г) +e-(Г), или Li+(Г ) + e-(Г)-Li(Г )=0, где  i  1,  e  1,  a  1.
2.
Определяется константа равновесия в соответствии с законом
действующих масс. Поскольку в справочнике для индивидуальных веществ
дана таблица только для химической реакции рекомбинации частиц:
Li+(Г) +е-(Г) = Li(Г), для которой lg K p0 при Т=6000 К равен lg K p0 =1,6014 или
~
p
K  ~ a~  101,6014  39,939 , то для реакции ионизации лития константа
pi  pe
0
p
~
р~
pe
равновесия будет представлена в виде К р0  ~i
p
3.

a

1
 0,025038021.
39,939
По уравнению Саха определяется степень ионизации лития
K p0

K ~
p
0
p
0,025038021
 0,15629.
1,025038021
Парциальные
4.
давления
электронов
и
ионов:
 ~
1 ~
~
p  0,7294.
pe  ~
pi 
p  0,1353 и нейтральных атомов ~p a 
1
1 
Суммарное давление смеси в соответствии с законом Дальтона
~
p~
pe  ~
pi  ~
pa  0,1353  0,1353  0,7294  1.
Задача 10.
Определить показатель политропы  , работу  , изменение внутренней
энергии
u и теплоту q политропного процесса, в котором температура
дикислорода О2 меняется от температуры Т1 = 373 К до температуры Т2 =773
К при теплоемкости процесса c=2,1 кДж/кгК.
Решение:
Определяется показатель политропы
1.

c  cð
c  cv

2100  909,3
 0,821 ,
2100  649,5
где для двухатомного газа (О2):
cp 
7
7 Rˆ 7 8,3141
R
 
 909,3 Дж/кг·К,
2
2 mˆ
2 0,032
5
5 Rˆ 5 8,3141
cv  R 

 649,5 Дж/кг·К.
2
2 mˆ 2 0,032
2.

3.
Определяется коэффициент распределения теплоты
  1 0,821  1

 0,3092 .
  k 0,821  1,4
Вычисляются энергетические составляющие уравнения первого
закона термодинамики: удельная теплота
q  cT  2,1773  373   840 кДж/кг;
изменение удельной внутренней энергии
u    q  0,3092  840  259,7 кДж/кг
и работа   1    q  1  3092  840  580,3 кДж/кг.
Задача 11.
Воздух
(k=1,4;
R
=287
Дж/кг·К;
cp=1кДж/кг·К)
политропически с показателем политропы
расширяется
  1,25 , имея начальные
параметры p1=4,3 МПа и Т1=500К, до температуры Т2=300К. Определить
давление p2 и удельный объем v2 воздуха в конце процесса расширения и
составляющие уравнения первого закона термодинамики u , q и
.
Решение:
1. Определяется давление

1, 25
 T   1
 300  1, 251
p2  p1  2   4,3
 0,3344 МПа.

 500 
 T1 
2. По уравнению Клапейрона определяется v2
v2 
RT2
287  300

 0,2575 м2/кг.
6
p2
0,3344 10
3. По уравнению Майера определяется удельная теплоемкость при
v  const :
с v  c p  R  1000  287  713 Дж/кг·К = 0,713 кДж/ кг·К.
4. Определяется коэффициент распределения теплоты в процессе

  1 1,25  1

 1,667 .
  k 1,25  1,4
5. Определяется изменение внутренней энергии в процессе
u  cv T2  T1   0,713300  500  142,6 кДж/кг.
6. Определяется теплота процесса
q
u


 142,6
 85,54 кДж/кг.
 1,667
7. Определяется работа процесса
  1  q  1   1,66785,54  228,14 кДж/кг.
Задача 12.
Воздух (k=1,4; R = 287 Дж/кг·К) истекает через суживающееся сопло в
среду с давлением р2 = 10 бар при давлении в сосуде р1=80 бар и температуре
t1= 1000оС. Рассчитать скорость истечения W и расход воздуха при диаметре
выходного сечения сопла, равном d = 0,01 м (f2=0,785·10-4 м2).
Решение:
1. Определяем отношение давлений

р2 10

 0,125. Это отношение
р1 80
   кр  0,528 , т.е. расширение газа в сопле будет неполным и давление на
срезе сопла будет равным ð'2  ðêð   êð ð1  0,528  80  42,24 бар.
2. В этом случае скорость истечения равна критической скорости:
2k
2  1,4
RT1 
287  1273  652,9 м/с,
k 1
1,4  1
W  Wкр 
где T1  t1  273  1273 К.
3.
При этом расход воздуха будет равен максимальному расходу
2
2k  2  k 1 р12



k  1  k  1  RT1
G  Gmax  f 2
2
 0,785  10
4
2  1,4  2 1, 4 1 802  1010
кг
 0,7114 .


1,4  1  1,4  1 
287  1273
с
Задача 13.
Рассчитать с помощью паровой hs - диаграммы скорость истечения
водяного пара через сопло Лаваля, если параметры пара в сосуде: р1 =5 бар,
t1 =450оС, а температура на выходе из сопла t2 =30оС.
Решение:
1. Определяются энтальпия h1 и энтропия s1 на входе в сопло, как
точка пересечения изобары р1 =5 бар=0,5 МПа и изотермы t1 =450оС в
области перегретого пара (точка 1): h1 = 3380 кДж/кг=3380000 Дж/кг,
s1 = 7,95 кДж/кг·К.
2. Процесс истечения адиабатный (изоэнтропный), т.е. на выходе из
сопла энтропия s2 = s1 =7,95 кДж/кг·К.
По пересечению линии процесса
s=const с изотермой t2 =30оС
(точка 2) определяется энтальпия на выходе из сопла:
h2 = 2395 кДж/кг=2395000 Дж/кг.
3. Определяется скорость истечения по формуле


W  2h1  h2   2 3380  10 3  2395  10 3  1406 м/с.
Задача 14.
Влажный пар с давлением р1 = 0,5 бар и степенью сухости х1=0,9 имеет
скорость W = 1000 м/с. Рассчитать с помощью паровой hs-диаграммы
температуру Т* и давление р* торможения.
Решение:
1. В области влажного пара задание давления и степени сухости
полностью определяет его состояние. Тогда пересечение изобары р1 с линией
постоянной степени сухости пара х1 (точка 1 на hs – диаграмме) определяет
значения энтальпии и энтропии h1  2418 кДж/кг=2418000 Дж/кг,
s1  6,95 кДж/кг·К.
2. Процесс торможения потока пара адиабатный (изоэнтропийный),
т.е. s *  s2  s1  6,95 кДж/кг·К.
Тогда энтальпия торможения (точка 2) определяется по формуле:
W2
1000 2
h h
 2418000 
 2918000 Дж/кг, h *  h2  2918 кДж/кг.
2
2
*
3. Для точки 2 на hs-диаграмме с координатами h *  h2 и s *  s 2  s1
определяем значения температуры торможения: t 2  t *  230 оС,
T *  503 К
и давления торможения: р2  р*  0,8 МПа = 8 бар.
Задача 15.
Определить при давлении 1 бар пара воды теплоту парообразования r и
ее внутреннюю  и внешнюю  составляющие с помощью hs – диаграммы.
Решение:
1.По hs – диаграмме определяются параметры пара при степени
сухости х = 1 и давлении р =1 бар = 0,1 МПА: температура насыщения ts =
100оС (Ts =373 К), энтальпия
кДж/кг·К,
удельный
h" = 2676
объем
v" =
кДж/кг, энтропия
1,7
м3/кг,
s" = 7, 355
внутренняя
энергия
u"  h" pv"  2676 103  105 1,7  2506 кДж/кг.
2. Рассчитываются параметры пара при степени сухости х = 0:
теплота
'
s'  câîä
ln
q= u' = h' =свод ' t s =4,3241·100=432
Ts
373
 4,3241 ln
 1,340 кДж/кг·К,
273
273
кДж/кг,
где
энтропия
теплоемкость
воды
определяется по формуле Дитеричи:


'
câîä
 4,2868 0,99827  0,00010368 t  0,0000020736 t 2  4,3241 кДж/кг.
3. Определяется удельная теплота парообразования
r  Ts s" s'  3737,355  1,340   2240 кДж/кг,
внутренняя теплота парообразования
  u"u'  2506  432  2074 кДж/кг,
внешняя теплота парообразования
  r    2240  2074  166 кДж/кг
или по формуле
  pv"v'
при v' 0,001 м3/кг,
  105 1,7  0,001  169  103  169 кДж/кг.
Задача 16
Определить с помощью паровой диаграммы "h-s" воды изменение
энтальпии h , внутренней энергии u и энтропии s , а также теплоту q и
работу  в изотермическом процессе 1-2, если известны: давление р1 = 3 бар
и степень сухости х1 = 0,8 в начальной точке процесса и давление р2 =0,1 бар
в конечной точке.
Решение:
1. Определяется по hs – диаграмме параметры в т.1 процесса при
заданных р1 =3 бар=0,3 МПа и х1 =0,8 (влажный пар): температура t1 = 132оС
(Т1 = 405 К), удельный объем v1 = 0,46 м3/кг, энтальпия h1 =2290 кДж/кг,
энтропия s1 = 5,93 кДж/кгК.
2. Определяются по диаграмме "h-s" параметры в т.2 процесса при
заданном давлении р2 =0,1 бар=0,01 МПа (перегретый пар) и температуре
t2=t1=132оС (Т2=405К): удельный объем v2 = 18,85 м3/кг, энтальпия h2 = 2745
кДж/кг, энтропия s2 = 8,63 кДж/кгК.
3. Рассчитываются величины h , u , s , q и  :
h  h2  h1  2745  2290  455 кДж/кг,
u  h2  h1    p2 v2  p1v1   455  10 3  0,1  10 5  18,85  3  10 5  0,46  
 405000
Äæ
êÄæ
 405
.
êã
êã
s  s2  s1  (8,63  5,93)  2.7 кДж/кгК,
q  T s2  s1   405  2,7  1094 кДж/кг,
  q  u  1094  405  689 кДж/кг.