Две несложные задачи по МКТ с различных олимпиад

Две несложные задачи по МКТ с различных олимпиад. Решали летом вместе с группой ребят, которые хотели готовиться к олимпиадам.

Задача 1.

Идеальный одноатомный газ расширяется квазистатически, причём давление и объем газа линейно зависит от времени. Когда температура достигает своего максимального значения $T_0$, давление и объем газа были равны $p_0$ и $V_0$ соответственно. Каким будет давление $p_1$ и температура $T_1$ в момент времени, когда объем газа достигнет величины $V_1=\alpha V_0$?

Решение. Давление и объем зависят от времени – запишем это уравнением:

$$p=p_0+kt$$

$$V=V_0+bt$$

Газ расширяется, объем увеличивается. Поэтому $b>0$, а вот $k<0$ (давление уменьшается), поэтому просто перепишем:

$$p=p_0-kt$$

$$V=V_0+bt$$

По закону Менделеева-Клапейрона

$$pV=\nu RT$$

Поэтому нас интересует максимальное значение произведения $pV$.

$$T=\frac{( p_0-kt)( V_0+bt)}{\nu R }=\frac{kb( \frac{p_0}{k}-t)( \frac{V_0}{b}+t)}{\nu R }$$

Очевидно, что выражение является квадратичной функцией – то есть это парабола ветвями вниз. Выражение принимает значение 0 в точках $-\frac{V_0}{b}$ и $\frac{p_0}{k}$.

$$\frac{\frac{p_0}{k}-\frac{V_0}{b}}{2}=0$$

Это так, поскольку $t=0$ и в этот момент температура максимальна.

$$\frac{p_0}{k}=\frac{V_0}{b}$$

$$\frac{b}{k}=\frac{ V_0}{ p_0}~~~~~~~~~~~~~~~(*)$$

Ищем параметры состояния газа, требуемые в задаче:

$$p_1=p_0+kt_1$$

$$V_1=V_0+bt_1$$

$$\alpha V_0=V_0+bt_1$$

Из последнего

$$t_1=\frac{\alpha-1}{b}V_0$$

Подставляем в давление:

$$p_1=p_0+k\frac{\alpha-1}{b}V_0$$

Подставим (*):

$$p_1=p_0+p_0\frac{\alpha-1}{V_0}V_0=p_0-p_0(\alpha-1)=p_0(2-\alpha)$$

Определим температуру:

$$T_1=\frac{pV}{\nu R}=\frac{ p_0(2-\alpha)\cdot \alpha V_0}{RT}=\alpha (2-\alpha)T_0$$

Ответ: $p_1= p_0(2-\alpha)$; $T_1=\alpha (2-\alpha)T_0$.

Задача 2.

Сосуд Мариотта представляет собой герметически закрытый цилиндрический сосуд с площадью дна $S$, в верхнюю крышку которого вставлена открытая с обоих концов тонкая трубка (рисунок). Нижний конец трубки расположен на расстоянии $H$ от верхней крышки сосуда. Около дна сосуда в его боковую стенку вставлена горизонтальная трубка с краном. В начальный момент времени высота уровня воды относительно нижнего конца вертикальной трубки равна $x_0$, а сама эта трубка полностью заполнена воздухом. Кран закрыт. В момент времени $t = 0$ кран открывают, и вода начинает вытекать из сосуда, а пузырьки воздуха проникать в сосуд через вертикальную трубку. Расход вытекающей жидкости равен $\omega$ (объём в единицу времени). Температура сосуда $T$, атмосферное давление $p_0$, молярная масса $M$ воздуха известны и остаются постоянными. Давлением насыщенных паров воды пренебречь. Считайте, что в ходе всего эксперимента уровень жидкости в сосуде не опустился ниже конца вертикальной трубки. Плотность воды равна $\rho$.  1) Чему равна масса $m_0$ воздуха в сосуде над водой в начальный момент времени? 2) Чему равна скорость $\mu$ изменения массы воздуха в сосуде в начальный момент времени? 3) С какой скоростью $\beta$ изменяется $\mu$ (скорость изменения массы воздуха в сосуде) в процессе вытекания воды из него?

Сосуд Мариотта

Решение. Вода не заходит в трубку. Это значит, что на уровне однородной жидкости (на нижнем уровне трубки) давления вне трубки и внутри нее одинаковы. Внутри трубки - $p_0$, вне трубки – давление воздуха $p$ и давление столбика воды высотой $x_0$.

$$p_0=p+\rho g x_0$$

$$p=p_0-\rho g x_0$$

С другой стороны,

$$p=\frac{mRT}{M(H-x_0)S}$$

Приравняем и «вытащим» массу.

$$ p_0-\rho g x_0=\frac{mRT}{M(H-x_0)S}$$

$$m=\frac{ M(H-x_0)S (p_0-\rho g x_0)}{RT}$$

Это ответ на первый вопрос.

Через время $t$ выльется объем воды $\Delta V=\omega t$. Перепишем массу в этот момент:

$$m=\frac{ M S}{RT}\cdot (H-x_0+\frac{\omega t }{S}) (p_0-\rho g x_0+\rho g\frac{\omega t }{S})} $$

Теперь просто берем производную и находим $\mu$:

$$\mu=m’=\frac{ M S}{RT}\cdot\left(\frac{\omega}{S}( p_0-\rho g x_0+\rho g\frac{\omega t }{S})+\left(H-x_0+\frac{\omega t }{S}\right)\cdot \frac{\rho g \omega}{S}\right)$$

$$\mu(0)= \frac{ M\omega}{RT}\left(p_0-\rho g x_0+\rho g H-\rho g x_0\right)$$

$$\mu(0)= \frac{ M\omega}{RT}\left(p_0-2\rho g x_0+\rho g H\right)$$

Это ответ на второй вопрос. Чтобы ответить на третий, надо снова взять производную от $\mu$:

$$\beta=\mu’=\frac{ M\omega}{RT}\left(\frac{\rho g \omega }{S}+\frac{\rho g \omega }{S}\right)= \frac{ M\omega}{RT}\cdot \frac{2\rho g \omega }{S}=\frac{2\rho g \omega^2 M}{R T S}$$

Ответ: 1) $m=\frac{ M(H-x_0)S (p_0-\rho g x_0)}{RT}$; 2) $\mu(0)= \frac{ M\omega}{RT}\left(p_0-2\rho g x_0+\rho g H\right)$; 3) $\beta=\frac{2\rho g \omega^2 M}{R T S}$.