Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

pg_met_pr2

.pdf
Скачиваний:
26
Добавлен:
19.04.2015
Размер:
490.8 Кб
Скачать

Міністерство освіти і науки України Сумський державний університет

МЕТОДИЧНІ ВКАЗІВКИ до практичних занять та самостійної роботи

з дисципліни “Загальна фізика”

для студентів напрямів підготовки 0908 „Електроніка”, 0914 „Комп’ютеризовані системи, автоматика і управління”, 0906 „Електротехніка” усіх форм навчання

ЧАСТИНА 2

“Молекулярна фізика та термодинаміка”

Суми Вид-во СумДУ

2008

Методичні вказівки до практичних занять та самостійної роботи з дисципліни “Загальна фізика” /Укладачі: О.В.Лисенко, М.Ю.Ромбовський. — Суми: Вид-во СумДУ, 2008. – 94 с.

Кафедра теоретичної фізики

 

ЗМІСТ

 

 

 

С.

ВСТУП...........................................................................................

4

ТЕМА 1 РІВНЯННЯ ГАЗУ. ПРОЦЕСИ.......................................

5

1.1

Приклади розв’язання задач...............................................

5

1.2

Задачі для самостійного розв’язання ...............................

21

ТЕМА 2 ПЕРШИЙ ЗАКОН ТЕРМОДИНАМІКИ.

 

ТЕПЛОЄМНІСТЬ........................................................................

28

2.1

Приклади розв’язання задач.............................................

28

2.2

Задачі для самостійного розв’язання ...............................

48

ТЕМА 3 ДРУГИЙ ЗАКОН ТЕРМОДИНАМІКИ.

 

ЕНТРОПІЯ...................................................................................

57

3.1

Приклади розв’язання задач.............................................

57

3.2

Задачі для самостійного розв’язання ...............................

76

ВІДПОВІДІ ДО ЗАДАЧ ДЛЯ САМОСТІЙНОГО

 

РОЗВ’ЯЗАННЯ............................................................................

84

СПИСОК ЛІТЕРАТУРИ .............................................................

93

3

ВСТУП

У цих методичних вказівках наведені приклади розв’язання найбільш типових задач із розділу “Молекулярна фізика та термодинаміка”, а також подані задачі для самостійного розв’язання. Автори мають на меті сформувати у студентів методологію розв’язання задач, допомогти засвоїти фізичні закони, навчити деяких математичних прийомів, що широко використовуються у фізиці. При роботі над кожною темою варто дотримуватися таких рекомендацій:

1Детально опрацювати теоретичний матеріал за підручником з курсу загальної фізики (наприклад, [1-2]).

2Уважно вивчити приклади розв’язання розібраних задач з даної теми. З’ясувати всі не зрозумілі для себе моменти у розв’язанні задачі, записати розв’язки в зошит. За необхідності ще раз звернутися до підручника для більш глибокого опрацювання теоретичного матеріалу або ж звернутися за консультацією до викладача. Пам’ятайте, необхідно домогтися повного розуміння розв’язання наведених задач. Перехід до самостійного розв’язання задач варто проводити тільки після повного розуміння прикладів поданих у даній темі.

3Перейти до самостійного розв’язання задач даної теми. При

цьому варто керуватися загальною

методологією

розв’язання,

що подана в розібраних задачах, а саме:

а) зробити

рисунок до задачі, якщо

це необхідно;

б) з’ясувати сутність процесів, про які йдеться мова в задачі; в) установити закони, які слід використати для розв’язання задачі, записати відповідні рівняння; г) провести математичні перетворення, отримати розв’язок у загальному вигляді, шукана величина повинна бути виражена через величини, що наведені в умові задачі; д) виконати аналіз отриманого розв’язку щодо його відповідності фізичному змісту.

Пам’ятайте! Щоб зрозуміти, як розв’язується задача, від вас потрібні серйозні міркування. Бажаємо Вам успіху!

4

ТЕМА 1 РІВНЯННЯ ГАЗУ. ПРОЦЕСИ

Основні формули

Рівняння стану ідеального газу

pV = mm RT ,

де μ - молярна маса (маса моля). Барометрична формула

p = p0 exp(-mgh / RT ) ,

де p0 - тиск на висоті h = 0.

Рівняння стану Ван-дер-Ваальсівського газу

æ

n

2

ö

ç

 

×a ÷

ç p +

V

2 ÷(V - n ×b) = nRT ,

è

ø

де ν - кількість молей газу.

1.1 Приклади розв’язання задач

(2.1а)

(2.1б)

(2.1в)

Приклад 1.1

Балон об’ємом 20 л містить суміш водню й азоту при температурі 270С і тиску 25 атм. Маса суміші газів – 0,3 кг. Визначити масу водню, яка міститься в балоні.

 

 

 

Розв’язання

 

 

m1 -?

 

 

Для розв’язання задачі викорис-

 

 

 

таємо закон Дальтона та рівняння стану

V = 20 л= 20×10−3

м3,

 

t = 27°C ,

 

 

ідеального

газу.

Також використаємо

 

 

інформацію

про

масу суміші

газів. З

p =25атм= 25×105

Па

 

 

отриманої

системи рівнянь знайдемо

,

 

 

 

 

шукані величини.

 

 

m =0,3 кг.

 

 

Позначимо

через m1

та m2

 

 

відповідно масу водню

та масу азоту в

балоні, T = t + 273 -

абсолютну температуру газів.

5

Згідно із законом Дальтона тиск суміші ідеальних газів дорівнює сумі парціальних тисків цих газів. Тобто

p = p1 + p2 , (1)

де p1 - парціальний тиск водню; p2 - парціальний тиск азоту.

Як відомо, під парціальним тиском розуміють тиск, який створює компонента суміші в даному об’ємі за умови відсутності інших газів. Парціальні тиски для водню та азоту знайдемо за допомогою рівняння Менделєєва-Клапейрона

(2.1а):

p V = m1

RT ,

p V = m2

RT .

(2)

1

m1

 

2

m2

 

 

 

 

 

 

 

У цих рівняннях m1 - молярна маса водню; m2 - молярна маса азоту. Далі із співвідношень (2) знаходимо парціальні тиски p1 , p2 , підставляємо їх у (1) і отримуємо

 

RT

æ

 

m2

ö

 

 

ç m1

 

÷

 

p =

V

ç m

+

 

 

÷ .

(3)

m

2

 

 

è 1

 

 

ø

 

Також використаємо інформацію про загальну масу суміші

m = m1 + m2 . (4)

Систему рівнянь (3) та (4) розв’язуємо відносно невідомих m1 та m2 і знаходимо шукану масу водню m1 . З (4) виразимо

m2 і підставимо в (3):

 

RT

æ

 

m - m1

ö

 

ç m1

 

÷

p =

V

ç m

+

m

2

÷ .

 

 

è 1

 

 

ø

Звідси

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

m1m2

æ

pV

 

m

ö

 

 

ç

 

÷

(5)

 

 

 

- m

 

m1 = m

2

- m

ç RT

2

÷ .

 

 

1

è

 

 

 

ø

 

Аналіз отриманого результату

1 Перевіримо, чи дає розрахункова формула (5) правильну одиницю вимірювання шуканої фізичної величини. Для цього в

6

праву й ліву частини цього співвідношення замість символів фізичних величин підставимо їх одиниці вимірювання.

Зрозуміло, що [m1] =кг.

 

 

 

З іншого боку,

 

 

 

é m m

æ

pV

 

m

öù

 

é

 

 

 

1 2

ç

 

-

 

 

÷

 

=

ê

êm

 

-m

RT

m

 

 

2

ç

 

2

÷ú

 

ë

 

1

è

 

 

 

ø

û

 

ê

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ë

кг

æ

Па ×м3

 

кг

ö

ù

 

 

ç

 

-

 

÷ú

= кг .

 

 

 

моль ç Дж ×К/(К ×моль)

 

кг/моль ÷

ú

 

 

è

 

 

 

 

 

 

 

 

 

øû

 

Тобто кг = кг . Таким чином, розрахункова формула (5) дає правильні одиниці вимірювання.

2 Запишемо фізичні величини, що входять в розрахункову формулу (5), в одиницях СІ й виконаємо обчислення:

 

m1m2

æ

pV

 

m

ö

 

2×10

−3

×28×10

−3

 

m1 =

ç

-

÷

=

 

 

´

m

2

- m

ç

RT

m

2

÷

28×10−3 - 2×10−3

 

 

1

è

 

 

 

ø

 

 

 

 

 

 

æ

25×105 ×20×10−3

 

0,3

 

ö

 

´ç

 

-

 

 

÷

кг=0,02 кг.

 

 

−3

ç

8,3×300

 

28×10

÷

 

è

 

 

ø

 

3 Проведемо дослідження розрахункової формули у граничних випадках.

Розглянемо уявний випадок, коли маса однієї молекули газу, який позначаємо індексом «1», буде дорівнювати нулю. Тоді і їх молярна маса також буде дорівнювати нулю m1 ® 0. З

фізичних міркувань випливає, що в цьому випадку будь-яка кількість молекул цього сорту газу буде мати масу таку, що

дорівнює

нулю,

 

тобто m1 ® 0 .

З розрахункової формули

випливає такий самий результат. Коли m1 ® 0, то

 

m1m2

 

æ

pV

 

 

m

ö

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ç

 

 

÷

~ m1 ® 0.

 

 

 

 

 

 

 

- m

 

 

 

m1 = m

2

- m

ç RT

2

÷

 

 

 

 

 

1

è

 

 

 

 

 

ø

 

 

 

 

 

 

 

 

Отже, розрахункова формула не суперечить фізичним

міркуванням.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

m1m2

æ

pV

 

m

ö

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ç

 

÷

=0,02 кг.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

- m

 

Відповідь: m1 = m

 

- m

 

ç RT

 

÷

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

1

è

 

 

 

2

ø

 

7

Приклад 1.2

Швидкість відкачування роторного масляного насоса Q =1,5×10−4 м3/с. Який час τ потрібен для того, щоб посудину

місткістю V = 5 л відкачати від нормального повітряного тиску до тиску p = 1,33 Па?

Примітка. Швидкістю відкачування називають об’єм газу, який відкачується за одиницю часу. Зазначимо, що цей об’єм вимірюється при тиску газу в даний момент часу.

 

 

 

Розв’язання

 

 

 

τ - ?

Розв’язання цієї задачі зводиться до

Q =1,5×10−4 м3/с,

аналізу

процесу

відкачування

повітря

V = 5 л=5×10-3 м3,

насосом

з

використанням

рівняння

p

 

= 1×105 Па,

ідеального газу.

процес

відкачування

 

0

 

Розглянемо

p = 1,33 Па,

повітря,

 

молярна

маса

якого

μ =29×10-3 кг/моль.

m = 29×10−3

кг/моль, роторним насосом.

V ,

dV1 = Qdt

K1 K 2

Рисунок 1.1

Нехай у деякий момент часу t в посудині об’ємом V міститься повітря, що характеризується тиском p та масою m .

З часом завдяки роботі насоса маса газу m в посудині зменшується. Через це зменшується і тиск p газу в посудині.

Насос працює таким чином. За малий час dt через систему клапанів K1 та K2 (див. рис. 1.1) з посудини видаляється газ, що міститься в об’ємі dV1 = Qdt . Зрозуміло, що зменшення маси

8

газу в посудині dm дорівнює масі газу, який міститься в об’ємі dV1 . Це зменшення газу дорівнює

dm = −ρdV1 = −ρQdt . (1)

Знак «–» у цій формулі означає, що маса газу в посудині об’ємом V зменшується, ρ - густина газу в системі в даний момент часу.

Цю густину газу можна знайти за допомогою рівняння Менделєєва-Клапейрона

pV =

m RT ,

 

 

μ

 

 

 

звідси

 

 

 

 

ρ = m

=

pμ

.

(2)

 

V

 

RT

 

Зменшення тиску в посудині

об’ємом V

у зв’язку зі

зменшенням маси газу також знаходимо за допомогою рівняння Менделєєва-Клапейрона

pV = m RT

, =>

dp = dm RT .

(3)

μ

 

 

μV

 

 

Зазначимо, під час відкачування об’єм посудини V

та

температура T не змінюються.

Далі в

співвідношення

(3)

підставляємо (1) та (2) і отримуємо

 

 

 

 

 

dp = − ρQdt

RT = −

pμ

Qdt

RT

 

 

 

μV

 

 

RT μV

 

 

або

 

 

 

 

 

 

dp

= − Qdt .

 

(4)

p

 

V

 

 

Інтегруємо праву і ліву частини співвідношення (4) і знаходимо шуканий час τ :

9

p

dp

τ

æ

 

Qdt ö

p

 

Q

 

 

V

 

p

0

 

 

ò

p

= òç

-

V

÷ , ln

 

 

= -

 

t ,

t =

Q

ln

 

.

(5)

p

 

V

 

 

p0

0

è

 

ø

0

 

 

 

 

p

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Аналіз отриманого результату

1 Перевіримо, чи дає розрахункова формула (5) правильну одиницю вимірювання шуканої фізичної величини. Для цього в праву й ліву частини цього співвідношення замість символів фізичних величин підставимо їх одиниці вимірювання.

Зрозуміло, що [τ] = кг.

 

 

З іншого боку,

 

éV

 

p

0

ù

é

м3 ù

 

ê

 

ln

 

ú

= ê

 

ú

= с .

 

p

 

ëQ

 

û ë

3 / с)û

 

Тобто с = с . Таким чином, розрахункова формула (5) дає правильні одиниці вимірювання.

2 Запишемо фізичні величини, що входять в розрахункову формулу (5), в одиницях СІ й виконаємо обчислення:

 

V

 

p

0

 

 

5×10−3

æ

1×105

ö

 

t =

 

ln

 

=

 

 

 

lnç

 

÷

с=374 с.

 

 

 

 

 

−4

 

 

Q

 

p

 

1,5×10

ç

1,33

÷

 

 

 

 

 

è

ø

 

3 Проведемо дослідження розрахункової формули у граничних випадках.

Розглянемо випадок, коли швидкість відкачування насоса буде наближатись до нуля Q → 0 . У цій ситуації відкачування

практично не буде відбуватись. Тобто час відкачування буде

зростати

до

нескінченності

τ → ∞ . З

розрахункової формули

випливає

такий

 

самий

результат.

Коли Q → 0 , то

t = V ln

 

p0

~

1

®

1

= ¥ .

 

 

 

p

 

0

 

 

Q

 

Q

 

 

 

Отже, розрахункова формула (5) не суперечить фізичним міркуванням.

Відповідь: t = VQ ln pp0 =374 с.

10

Тут вы можете оставить комментарий к выбранному абзацу или сообщить об ошибке.

Оставленные комментарии видны всем.

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]