Влажность - олимпиадная подготовка - 2

Задачи на пары и влажность - сложные, олимпиадные. Эта тема вообще плохо дается школьникам.

Задача 1.

В сосуде под поршнем находится $\nu = 0,1$ молей пара. При данной температуре $T$ пар начинает конденсироваться в жидкость, когда объем под поршнем становится меньше некоторого критического объема $V_k(T)$. Над газом совершают циклический процесс АВСD (см. рисунок). Постройте график этого процесса в координатах $p-V$, найдите давление в угловых точках и оцените КПД такого цикла. Внутренняя энергия одного моля пара при температуре $T$ равна $\frac{5}{2}RT$, плотность жидкости много больше плотности пара. Насыщенный пар считайте идеальным газом.

К задаче 1

Решение. Все, что находится над линией $AC$ - это пар. По условию задачи его надо считать идеальным газом. Поэтому $BC$ - и именно так мы ее нарисуем в осях $pV$. Отрезок $AB$ - изотерма, ее тоже несложно нарисовать в осях $pV$.

Теперь рассмотрим отрезок $CD$. На всем его протяжении температура одинакова. Кроме того, пар насыщен. Значит, при уменьшении объема давление остается постоянным – за счет уменьшения массы, так как идет процесс конденсации.

$$p_AV_A=\nu RT_A$$

$$p_CV_C=\nu RT_C $$

$$p_BV_B=\nu RT_B$$

$$p_A=\frac{\nu RT_A }{V_A}=\frac{0,1\cdot 8,31\cdot 350}{18\cdot 10^{-3}}=16160$$

$$p_B=\frac{\nu RT_B }{V_B}=\frac{0,1\cdot 8,31\cdot 350}{22\cdot 10^{-3}}=13220$$

$$p_C=\frac{\nu RT_C }{V_C}=\frac{0,1\cdot 8,31\cdot 340}{22\cdot 10^{-3}}=12843$$

Так как $T_C=T_D$, то $p_D=p_C=12843$ Па.

Цикл в осях pV

Так как КПД не надо точно считать, а надо оценить, то спрямим изотерму. Тепло будет получено в процессах $DA$ и $AB$, тепло отдается в процессах $BC$ и $CD$.

$$A=\frac{p_B+p_A-2p_C}{2}\cdot (V_C-V_D)=\frac{13220+16160-2\cdot 12843}{2}\cdot 4\cdot 10^{-3}=7,39$$

Рассчитаем полученное количество теплоты

$$Q=Q_{DA}+Q_{AB}=\Delta U_{DA}+A_{AB}=\frac{5}{2}\cdot (p_AV_A-p_DV_D)+ \frac{p_B+p_A}{2}\cdot (V_C-V_D)= \frac{5}{2}\cdot (16160\cdot 18\cdot 10^{-3}-12843\cdot 18\cdot 10^{-3})+ \frac{13220+16160}{2}\cdot 4\cdot 10^{-3}=208,03$$

$$\eta=\frac{A}{Q}=\frac{7,39}{208}=0,036$$

Ответ: КПД - 3,6%.

Задача 2.

На столе стоит цилиндр со свободно перемещающимся поршнем и гирей на нем (рисунок). Под поршнем при температуре $T$ находятся в равновесии $\nu$ молей воды и $2\nu$ ее насыщенного пара. Какое количество теплоты надо сообщить системе вода-пар, чтобы объем пара увеличился в 2 раза? Молярная теплота испарения воды при температуре $T$ равна $\lambda$. Пар можно считать идеальным газом с молярной теплоемкостью при постоянном объеме $C_V = 2R$.

К задаче 2

Решение. На испарение воды пойдет

$$Q_1=\nu \lambda$$

После испарения воды объем вырастет в 1,5 раза – так как моль воды, превратившись в пар, займет объем $\frac{V}{2}$. А два моля пара уже занимали до этого объем $V$. Таким образом, чтобы окончательный объем был равен $2V$, нужно объем $1,5V$ увеличить еще в $\frac{4}{3}$ раза. Значит, надо увеличить температуру в $\frac{4}{3}$ раза – ведь давление благодаря гире постоянно.

Так как $C_V=2R$, то $C_p=3R$.

$$Q_2=3\nu\cdot 3R\cdot \frac{1}{3}T=3\nu R T$$

В итоге

$$Q=Q_1+Q_2=\nu(\lambda+3RT)$$

Ответ: $Q=\nu(\lambda+3RT)$.

Задача 3.

В гладком цилиндре под подвижным поршнем находятся в равновесии $\nu$ молей жидкости и $\nu$ молей ее пара (состояние 1 на $pV$-диаграмме на рисунке). Систему «жидкость-пар» сначала медленно нагрели в изобарическом процессе 1-2, при этом ее абсолютная температура возросла в 2 раза, затем систему медленно охладили в адиабатическом процессе 2-3 до температуры $T_3$. Какое количество теплоты получила система «жидкость-пар» в процессе 1-2, если работы, совершенные этой системой в процессах 1-2 и 2-3, были одинаковыми? Молярная теплота парообразования в процессе 1-2 равна $r$. В процессе 2-3 конденсация не происходит, cчитать пар идеальным газом с молярной теплоемкостью в изохорном процессе $C_v= ЗR$. Объем жидкости в состоянии 1 считать пренебрежимо малым по сравнению с объемом пара.

К задаче 3

Решение. Так как вначале имеется как жидкость, так и ее пар, то первым делом при нагреве пойдет процесс испарения. И пар, получившийся из жидкости, также займет объем $V_1$, потому что его тоже $\nu$. Значит, к концу испарения объем вырастет вдвое. Затем уже начнет расти температура и она тоже вырастет вдвое в изобарном процессе, а значит, объем с $2V_1$ вырастет до $4V_1$. Работа в процессе 1-2

$$A_{12}=p\Delta V=p\cdot 3V_1=3\nu RT$$

2-3 – адиабата. Поэтому

$$Q_{23}=A_{23}+\Delta U_{23}=0$$

$$A_{23}=C_v\cdot 2\nu (2T-T_3)$$

По условию, работы равны:

$$A_{12}=A_{23}$$

$$3\nu RT= C_v\cdot 2\nu (2T-T_3)$$

$$3RT= 3R\cdot 2 (2T-T_3)$$

$$T= 2 (2T-T_3)$$

$$T=4T-2T_3$$

$$T=\frac{2}{3}T_3$$

Так как $C_p=C_v+R$, то

$$Q_2=2\nu \cdot 4RT=8\nu RT=\frac{16}{3}\nu RT_3$$

Полное количество теплоты, полученное системой, равно $Q=\nu r$ - на испарение, плюс $Q_2$.

Ответ: $\nu \left(r+\frac{16}{3}RT_3\right)$