Просто о физике, математике, электротехнике
Просто о физике, математике, электротехнике
Категория: Молекулярно-кинетическая теория, Олимпиадная физика

Графические задачи МКТ

[latexpage]

В олимпиадах часто встречаются задачи, начинающиеся словами: “В архивах лорда Кельвина…”. Как правило, это графические задачи, где нужно, например, восстановить стершиеся оси координат. Предлагаю несколько таких задач.

Задача 1.  Идеальный одноатомный газ участвует в квазистатическом процессе, при котором давление газа зависит от температуры так, как показано на графике. Количество вещества газа неизменно. Найдите все точки графика, которые соответствуют моментам, когда теплоемкость такая же, как и в точке А.

К задаче 1

Решение.

Начальный участок графика – прямая пропорциональность. Это изохора. Все точки участка $AC$ удовлетворяют условию, в них теплоемкость одинаковая и равна $C_V=\frac{3}{2}R$.

Графическое изображение решения задачи

Такова теплоемкость для любого изохорного процесса. Изохорный процесс изображается в данных осях наклонной, проходящей через начало координат. Можно провести такую прямую в точку В (касательная к графику). Таким образом, в ответ надо записать все точки отрезка $AC$ и точку $B$.

Задача 2. Кислород находится в специальном устройстве, которое обеспечивает ограничение на возможные значения объёма, давления $p$, температуры $T$ и массы $m$ газа. Все возможные значения $p, T$ и $m$, будучи нанесёнными на трёхмерную $p — T — m$ диаграмму (см. рис. 10.3), лежат внутри цилиндрической поверхности, ограниченной диапазонами изменения давления от 100 кПа до 300 кПа, массы — от 1 г до З г и температуры — от 100 К до 300 К. Найдите минимальное и максимальное значение, которое может принимать объём газа, и укажите значения $p, T$ и $m$, которые соответствуют этим состояниям. Молярная масса кислорода $M = 32$ г/моль.

К задаче 2

Решение. Сделаем несколько рисунков:

Вид сверху

Видим, что центр окружности расположен в точке с координатами $(200; 2)$. То есть центр окружности – на биссектрисе квадранта.

$$pV=\nu RT$$

Отсюда

$$V=\frac{mRT}{pM}$$

То есть объем минимален при максимальном давлении – при 300 кПа.

Вид сбоку

Максимальный объем будет при минимальном давлении – 100 кПа.

Выяснили, при каком давлении достигаются экстремумы объема. Но объем зависит также и от произведения $m$ и $T$.

Ввели обозначения R и r

$$S=(R+r\cos\alpha)(R+r\sin\alpha)=R^2+r^2\sin\alpha\cos\alpha+Rr(\sin\alpha +\cos\alpha)$$

Определим экстремумы этой функции:

$$S’(\alpha)=r^2\cos 2\alpha+Rr(\cos\alpha-\sin\alpha)=0$$

$$(\cos\alpha-\sin\alpha)(r(\cos\alpha+\sin\alpha)+R)=0$$

Либо $\cos\alpha=\sin\alpha$, $\alpha=45^{\circ}$ или $\alpha=225^{\circ}$.

Если же $r(\cos\alpha+\sin\alpha)+R=0$, то

$$\cos\alpha+\sin\alpha=-\frac{R}{r}=-\frac{200}{100}=-2$$

Здесь решений нет.

Объем максимален при $T_{max}=200+100\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}$, $m_{max}=2+\frac{\sqrt{2}}{2}$:

$$V_{max}=\frac{m_{max}RT_{max}}{pM}=\frac{\left(2+\frac{\sqrt{2}}{2}\right)\cdot 8,31\cdot \left(200+100\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}{100\cdot 10^3\cdot 0,032}\cdot 10^{-3}=1,903\cdot 10^{-3}$$

Объем минимален при $T_{min}=200-100\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}$, $m_{min}=2-\frac{\sqrt{2}}{2}$:

$$V_{min}=\frac{m_{min}RT_{min}}{pM}=\frac{\left(2-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)\cdot 8,31\cdot \left(200-100\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}{300\cdot 10^3\cdot 0,032}\cdot 10^{-3}=0,145\cdot 10^{-3}$$

Ответ: Объем максимален при $T_{max}=200+100\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}$, $m_{max}=2+\frac{\sqrt{2}}{2}$, $p=100$ кПа и равен 1,903 л, объем минимален при $T_{min}=200-100\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}$, $m_{min}=2-\frac{\sqrt{2}}{2}$, $p=300$ кПа и равен 0,145 л.

Задача 3.  Говорят, что в архиве Лорда Кельвина нашли график циклического процесса, совершенного над одним молем идеального одноатомного газа. Со временем чернила выцвели, и от координатных осей $T$ (температура) и $V$ (объем) не осталось и следа. Из пояснений к тексту следовало, что в точке А температура 400 К, объем 4 л, давление газа минимально, а начало координат находится в нижней части рисунка. Там же был указан масштаб по осям. Восстановите построением положение осей $T$ и $V$ и найдите максимальное давление газа в этом процессе.

К задаче 3

Решение. Так как дано, что в точке $A$ давление минимально, то касательная, проведенная к графику в точке $A$, проходит через начало координат – но пока неизвестно, где сама точка начала координат.

Провели касательную

Зато известны координаты точки $A$! Так давайте построим прямоугольный треугольник с катетами  4 л и 400 К ($ABC$), и, поместив его острый угол в точку А, будем вращать его до тех пор, пока его гипотенуза не совпадет с касательной $(ADF)$. Тогда второй острый угол – $F$ – это начало координат. Проведена окружность радиусом 400 К с центром в точке А. Чтобы восстановить оси, из точки $F$ проведем касательную к окружности. Вторая ось – $FD$.

Построили треугольник с соответствующими катетами

Максимальное давление – касательная, проведенная к данному циклу «сверху». Касание произойдет в точке $K$. По данному масштабу определяем примерно координаты точки $K$: температура – примерно 425 К, объем – примерно 0,25 л.

Восстановили оси

Провели касательную “сверху”

Тогда давление будет равно

$$p=\frac{\nu RT}{V}=\frac{1\cdot 8,31\cdot 425}{0,25\cdot 10^{-3}}=14\cdot 10^6$$

Ответ: 14 МПа.

Задача 4. Говорят, что в архиве лорда Кельвина нашли график циклического процесса, совершенного над идеальным газом. От времени чернила выцвели и от координатных осей $p$ (давление) и $V$ (объём) осталась только точка их пересечения $O$ (рис. 10.5). Из пояснений к тексту следовало, что в точке А температура газа максимальна, а кратчайший поворот от положительного направления оси $V$ к положительному направлению оси $p$ совершается против часовой стрелки. Восстановите положение осей $p$ и $V$.

К задаче 4

Решение. Проведем касательную к графику в точке A. Эта касательная пересекает ось $p$ в точке $\beta$ и имеет коэффициент наклона $-\alpha$:

$$p=-\alpha V+\beta $$

При $p=0$ $V=\frac{\beta}{\alpha}$.

Согласно уравнению Менделеева-Клапейрона

$$\frac{(-\alpha V+\beta)V}{\nu R}=T$$

Так как температура максимальна, ее производная будет равна нулю:

$$T’=-2\alpha V+\beta=0$$

$$V=\frac{\beta}{2\alpha}$$

Данный объем вдвое меньше, чем значение объема в точке пересечения касательной и оси объемов. Из подобия следует, что отрезок $OA$ – медиана прямоугольного треугольника, образованного осями координат и касательной. И эта медиана равна половине гипотенузы. Осталось провести окружность радиуса $OA$ и найти, где эта окружность пересечет касательную. В эти точки провести из точки О координатные оси.

Провели касательную. Точка А должна быть серединой отрезка, проведенного между точками пересечения касательной с осями координат

Ответ

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *