§ 4 Примеры решения задач на закон сохранения энергии в термодинамических процессах

З а д а ч а 1. С какой скоростью летела свинцовая пуля, если при ударе о стенку она расплавилась наполовину? Температура пули до удара Т₁ = 400 К, во внутреннюю энергию превращается 80 % её кинетической энергии. Удельная теплоемкость свинца с = 130 , удельная теплота плавления свинца λ = 2,4·10⁴ Дж/кг, температура плавления Т₂  = 600 K.

А н а л и з у с л о в и я з а д а ч и : здесь часть кинетической энергии пули в момент удара превращается во внутреннюю энергию пули и часть во внутреннюю энергию стенки. По условию задачи во внутреннюю энергию пули превращается η ее кинетической энергии. Значит, по закону сохранения энергии η · W_K = ΔU. Мерой изменения внутренней энергии пули будет количество теплоты Q₁, израсходованное на нагревание всей пули от температуры Т₁ до Т₂, и количество теплоты Q₂, израсходованное на плавление половины пули. Поэтому ΔU = Q₁ + Q₂.

Д а н о :	Р е ш е н и е
Т1 = 400 К η = 0,8 с = 130 λ = 2,4·104 Дж/кг Т2 = 600 К v - ?	Количество теплоты, израсходованное на нагревание пули Q1 = m1 c (T2 - T1). Количество теплоты, израсходованное на плавление части пули Q2 = m2 λ = . Кинетическая энергия пули в момент удара Wк= . Тогда имеем . Отсюда, после сокращения на m1

О т в е т : v = 308 м/с.

З а д а ч а 2. Для изобарного нагревания газа, количество вещества которого 800 моль, на 500 К ему сообщили количество теплоты 9,4 МДж. Определить работу газа и приращение его внутренней энергии.

А н а л и з у с л о в и я з а д а ч и : задача может быть решена на основе первого начала термодинамики двумя способами: сначала следует найти работу газа, а затем – изменение внутренней энергии, или наоборот. Рассмотрим решение задачи обоими способами одновременно:

Д а н о :	Р е ш е н и е
ν = 800 моль ΔТ = 500К Q = 9,4 МДж p - const А’ = ? ΔU = ?	1-й способ	2-й способ
	Q = ΔU + A’
	A’ = p ΔV = ν R ΔT ΔU = Q - A’	Δ A’ = Q - ΔU
	В ы ч и с л е н и я :
	A’ = 800 ∙ 8,31 ∙ 500 = = 33,24 ∙ 105 = = 3,324 (МДж); ΔU = 6,076 МДж.	ΔU = ∙ 800 ∙ 8,31 ∙ 500 = = 49,86 ∙ 105 = = 4,986 (МДж); А’ = 4,414 МДж.

О т в е т : А' = 3,324 МДж; ΔU = 6,076 МДж.

З а д а ч а 3. С идеальным газом, взятым в количестве 3 моля, проходит замкнутый процесс, состоящий из двух изохор и двух изобар. Отношение давлений на изобарах , отношение объемов на изохорах . Разность максимальной и минимальной температур в процессах ΔТ = 100 К. Найти работу, совершаемую газом за один цикл.

Д а н о :

А н а л и з у с л о в и я з ад а ч и :

ΔТ = 100 К ν = 3 моля А'=?

По условию задачи газ совершает работу, значит, процесс идет по графику, изображенному на рис. 2, а, и работа газа вычисляется по формуле A’ = (p2 - p1)(V2 - V1). Из уравнения Менделеева - Клапейрона следует, что температура газа будет максимальная (минимальная), если произведение давления на объем в данном состоянии максимальное (минимальное) pV = νRT. Значит, Тmax = Тз в состоянии 3 с параметрами р2, V2, a Тmin = Т1 в состоянии 1 с параметрами p1, V1.

Р е ш е н и е

Записываем уравнения Менделеева - Клапейрона для состояний 1 и 3, объединяя их в систему

Вычитаем из второго уравнения первое:

p₂ V₂ - p₁ V₁ = νR (T₃ - T₁).

Используем условие задачи:

α p₁ βV₁ - p₁V₁ = ν R ΔТ ;

p₁ V₁(α β - 1) = ν R ΔТ ;

A’ = (p₂ - p₁) (V₂ - V₁) = (α p₁ - p₁) (βV₁ - V₁) = p₁ V₁(α –1) ( β -1) =

= (α –1) ( β -1).

Подставляя значения в данное уравнение, получаем А' ≈ 250 Дж.

О т в е т: А' = 250 Дж.