Физика. Практика решения физических задач. Учебное пособие

Вычисляем величину t:

t =7 (9 −9−1)=7 (3−8)=7 0,171573 =1,2 (с).

Ответ: t =t1 (n −n −1)=1,2 (с).

Задача  1.16. Баллон вместимостью V = 24 л содержит гелий (He) при температуре t1 = 26 °C и под давлением p1 =

=750 кПа. Из баллона откачали Dm = 14 г гелия, после чего температура газа в баллоне уменьшилась и стала равной t2 =

=11 °C. Определите давление p2 оставшегося в баллоне гелия. Решение. Запишем уравнение Менделеева–Клапейро-

на для двух состояний газа: до откачки (индекс величин – 1) и после нее (индекс величин – 2):

p1 V = mM1 R T1;

p2 V = mM2 R T2,

где M – молярная масса газа в баллоне.

Выразим из записанных уравнений начальную массу m1 гелия и искомое конечное давление p2 гелия, оставшегося в баллоне после откачки:

Конечная масса m2 гелия равна разности его начальной массы m1 и массы Dm газа, откачанного из баллона:

41

m2 =m1 −Dm.

Из последних уравнений следует выражение для искомой величины p2:

=712 374,6 −344 172,5 =368 202,1 (Па)≈368,2 (кПа).

Численное значение p2 удовлетворяет физическому смыслу задачи, так как в результате откачки газа из баллона давление газа в баллоне уменьшилось.

Ответ:

p2 = p1 t(t+2 +273)− Dm RM(t2V+273) ≈368,2 (кПа).

1 273

Задача  1.17. Газ, молекулы которого состоят из одного атома, совершает процессы 1 → 2 и 2 → 3, показанные на рисунке  1.17 (p – давление в мегапаскалях, V – объем в кубических дециметрах). Найдите количество теплоты Q13, получаемое газом в процессе 1–3.

Решение. Из данных чертежа следует, что имеют место три состояния газа 1, 2, 3 и два процесса 1 → 2, 2 → 3. Запи-

шем параметры состояний газа: 1) p1 = 105 (Па), V1 = 10–3 (м3);

2) p2 = 3  105 (Па), V2 = 4  10–3 (м3); 3) p3 = 2  105 (Па), V3 = = 4  10–3 (м3).

42

Рисунок  1.17 – К задаче  1.17

Согласно 1-му началу термодинамики теплота Q, получаемая газом в некотором процессе, расходуется на изменение DU внутренней энергии газа и на совершение газом работы Aг, т.е. Q = DU + Aг. В общем случае изменение внутренней энергии газа

DU = 2i Mm R DT,

где i – число степеней свободы молекул газа; m – масса газа; M – молярная масса газа; R = 8,314 (Дж / (моль   К)) – универсальная газовая постоянная; DT – изменение температуры газа; работа газа Aг = ∫p(V)   dV (этот интеграл равен площади под графиком процесса в системе p–V).

Проанализируем по отдельности каждый процесс. Начнем с процесса 1 → 2. Изменение внутренней энергии DU12 1-атомного газа (i = 3) в этом процессе с учетом уравнения со-

стояния идеального газа p V = Mm R T :

43

DU12 = 2i Mm R DT12 = 2i Mm R (T2 −T1 )= = 2i D(p V )12 = 2i (p2 V2 − p1 V1 ).

Работа газа Aг.12 есть площадь S прямоугольной трапеции под графиком процесса 1 → 2 (произведение полусуммы оснований трапеции на ее высоту):

Aг.12 =Sтр = 12 (p1 + p2 ) (V2 −V1 ).

В соответствии с 1-м началом термодинамики полученная газом теплота в процессе 1 → 2:

Q12 = DU12 + Aг.12 =

=2i (p2 V2 − p1 V1 )+ 12 (p1 + p2 ) (V2 −V1 ).

Впроцессе 2 → 3 изменение внутренней энергии DU23 1-атомного газа:

DU23 = 2i Mm R DT23 = 2i Mm R (T3 −T2 )= = 2i D(p V )23 = 2i (p3 V3 − p2 V2 ).

В силу того, что в ходе процесса 2 → 3 объем газа не изменяется, работа газа в данном процессе отсутствует, т.е.

Aг.23 = ∫p(V)   dV = 0. Поэтому полученное газом тепло в ходе процесса 2 → 3 равно:

Q23 = DU23 + Aг.23 = DU23 = 2i (p3 V3 − p2 V2 ).

Искомое количество теплоты, полученное газом в процессе 1 → 3:

44

Q13 =Q12 +Q23 = 2i (p2 V2 − p1 V1 )+

= 12 (p1 + p2 ) (V2 −V1 )+ 2i (p3 V3 − p2 V2 ). Вычисления:

Q13 = 32 (3 105 4 10−3 −105 10−3 )+

+12 (1+3) 105 (4 −1) 10−3 +

+32 (2 105 4 10−3 −3 105 4 10−3 )=

=32 (12−1) 102 + 12 4 3 102 + 32 (8 −12) 102 =

=33 +12 −12 102 = 3300 =1650 (Дж)=1,65 (кДж).2 2 2 2

Значение теплоты Q13 > 0, следовательно, газ действительно получает тепло извне.

Задача  1.18. На рисунке  1.18 изображен замкнутый цикл 1 → 2 → 3 → 4 → 1, представленный двумя изобарами и двумя изохорами. Цикл совершается одноатомным газом в количестве ν = 4 моля, температуры газа в точках 2 и 4 равны соответственно T2 = 780 К и T4 = 220 К. При этом точки 1 и 3 принадлежат одной изотерме. Найдите работу A газа за один цикл, пренебрегая взаимодействием между молекулами газа.

Решение. Запишем соотношения между значениями температур, давлений и объемов газа в его различных состояниях: 1, 2, 3, 4, исходя из данных условия и рисунка:

45

T1 = T3 = T13 (1 и 3 на изотерме); p1 = p2 = p12 (изобара 1 → 2);

p3 = p4 = p34 (изобара 3 → 4); V1 = V4 = V41 (изохора 4 → 1); V2 = V3 = V23 (изохора 2 → 3).

Рисунок  1.18 – К задаче  1.18

Работа газа A в цикле есть площадь S фигуры, образованной циклом внутри него на диаграмме p–V. В нашем случае это площадь прямоугольника со сторонами 12, 23, 34, 41:

A=Sпр =(p12 − p34 ) (V23 −V41 )=

=p12 V23 − p12 V41 − p34 V23 + p34 V41.

Воспользуемся уравнением Менделеева–Клапейрона

p   V = n   R   T и равенством температур T1 = T3 = T13. Для работы A получим:

46

A=ν R T2 −ν R T1 −ν R T3 +ν R T4 =

=ν R (T2 −2T13 +T4 ).

Найдем температуру T13 газа в состояниях 1 и 3. Для этого, например, запишем законы Шарля: p / T = const для изохор 2 → 3 и 4 → 1. Имеем:

Перемножим левые и правые части последних уравнений друг на друга и упростим полученные выражения:

p12 p34 = p34 p12 ; T2 T4 T13 T13

T13 = T2 T4 .

Следовательно, работа газа за один цикл

A =ν R (T2 −2 T2 T4 +T4 ).

A=4 8,31 (780 −2 780 220 +220)=

=33,24 (1000 −2 414,2463)=5701 (Дж)=5,701 (кДж).

47

Величина работы A > 0. Это подтверждается тем, что в системе координат p–V обход цикла происходит по часовой стрелке.

Ответ: A =ν R (T2 −2T2 T4 +T4 )=5701 (Дж).

Задача  1.19. В основе работы некоторой тепловой машины лежит цикл Карно. Температуры нагревателя и холо-

дильника равны tнагр = +200 °С и tхол = –10 °С соответственно. Работа, совершаемая машиной за один цикл, равна А =

= 0,33 МДж. Определить количество теплоты Qнпаолгр, полученное машиной от нагревателя за цикл, а также количество теплоты Qхпоолл, полученное машиной от холодильника за цикл.

Решение. КПД тепловой машины по определению:

где A – работа рабочего тела в цикле; SQ+ – сумма только положительных полученных рабочим телом количеств теплоты; SQ – сумма всех «полученных» рабочим телом машины количеств теплоты, т.е. (Q+ > 0), а также (Q– < 0) в ходе всех процессов цикла.

Цикл Карно включает процессы изотермического расширения и сжатия, а также адиабатного расширения и сжатия газа. Адиабатные процессы идут без теплообмена (Q = 0). Газ получает тепло Q+ > 0 на этапе изотермического расширения и «получает» тепло Q– < 0 в ходе изотермического сжатия. В нашей задаче Qнагрпол = ∑Q+, Qхолпол =∑Q−. Тогда:

Qнагрпол = Aη .

Коэффициент полезного действия (КПД) цикла Карно через термодинамические температуры нагревателя Tнагр и холодильника Tхол:

48

Таким образом, количество теплоты, полученное машиной от нагревателя за цикл:

С другой стороны, работа рабочего тела в цикле

A =∑Q+ +∑Q− =Qнагрпол +Qхолпол,

Qхолпол = A −Qнагрпол ,

т.е. количество теплоты, полученное машиной от холодильника за цикл

Подставим числа в полученные формулы:

=743 286 (Дж)≈743,3 (кДж).

49

= −413 286 (Дж)≈ −413,3 (кДж).

Заметим, что в действительности при изотермическом сжатии рабочее тело «отдает» положительное тепло холодильнику:

Задача  1.20. Над одноатомным идеальным газом, находящимся в цилиндре под подвижным поршнем, проводится эксперимент. Объем газа снижается в 4 раза, а его абсолютная температура понижается в 3 раза. При этом давление газа уменьшилось в 2 раза за счет того, что часть газа вышла из цилиндра через зазор вокруг поршня. Определите, как в результате опыта изменилась внутренняя энергия газа.

Решение. Начальные параметры газа: объем V1, температура T1, давление p1, внутренняя энергия U1, масса m1. Конечные параметры газа: объем V2 = V1 / 4, температура T2 = T1 / 3, давление p2 = p1 / 2, внутренняя энергия U2, масса m2 = m1 – Dm, где Dm – масса вышедшей из цилиндра части газа.

Внутренние энергии газа в начальном и конечном состояниях:

U1 = 2i ν1 R T1, U2 = 2i ν2 R T2.

50