Просто о физике, математике, электротехнике
Просто о физике, математике, электротехнике
Категория: Олимпиадная физика, Первое начало термодинамики, Работа газа

Олимпиадная подготовка по МКТ-10

[latexpage]

Снова решаем интересные задачки! Главное – не бояться, а спокойно поразмыслить.

Задача 1. С идеальным одноатомным газом проводят циклический процесс. Расширение газа (см. рисунок) можно описать графиком в виде дуги окружности 1-2 с центром в начале координат $pV$-диаграммы ($p_0$ и $V_0$ – некоторые фиксированные давление и объём). Неравновесное сжатие газа 2-1 характеризуется пренебрежимо малым теплообменом с окружающей средой. Радиусы, проведённые в точки 1 и 2, составляют углы $30^{\circ}$ и $15^{\circ}$ с осями $\frac{p}{p_0}$ и $\frac{V}{V_0}$ соответственно.

  1. Найти отношение температур в состояниях 1 и 2.
  2. Найти угол с горизонтальной осью, который составляет радиус, проведённый в точку с теплоёмкостью равной нулю в процессе расширения 1-2, если такая существует. Дать значение любой тригонометрической функции угла.
  3. Найти отношение работы газа за цикл к работе газа при расширении.

К задаче 1

Решение. Введем относительный объем $\frac{V}{V_0}$, будем обозначать его $V$, и аналогично относительное давление $p$.

$$ T \sim pV $$

$$T_1\sim \frac{R}{2}\cdot \frac{\sqrt{3}R}{2}=\frac{R^2\sqrt{3}}{4}$$

$$T_2\sim R\cos 15^{\circ}\cdot R\sin 15^{\circ}=\frac{R^2\sin 30^{\circ}}{2}=\frac{R^2}{4}$$

$$\frac{T_1}{T_2}=\sqrt{3}$$

Уравнение окружности

$$p^2+V^2=1$$

$$p=\sqrt{1-V^2}$$

$$dp=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{\sqrt{1-V^2}}\cdot (-2V)dV=-\frac{VdV}{ \sqrt{1-V^2}}$$

В точке, где график касается адиабаты и $dQ=0$

$$dA+dU=0$$

$$pdV+\frac{3}{2}\nu R dT=0$$

Продифференцируем уравнение Менделеева-Клапейрона:

$$pdV+Vdp=\nu R dT$$

Подставим в него давление, производную давления и величину $\nu R dT$:

$$\nu R dT=-\frac{2}{3}p dV$$

$$V dp+\frac{5}{3}p dV=0$$

$$-\frac{V^2dV}{ \sqrt{1-V^2}}=-\frac{5}{3}\sqrt{1-V^2} dV$$

$$V^2=(1-V^2)\cdot \frac{5}{3}$$

$$\frac{8}{3}V^2=\frac{5}{3}$$

$$V=\sqrt{\frac{5}{8}}$$

Тогда

$$p=\sqrt{\frac{3}{8}}$$

Следовательно,

$$\operatorname{tg}\alpha=\sqrt{\frac{3}{5}}$$

Решим пункт 3. Сначала найдем работу газа при расширении. Это площадь криволинейной трапеции $AEBFD$. Определим площадь сектора $OAB$.

Работа как площадь под кривой

$$S_{sektOAB}=\frac{\pi R^2}{8}=\frac{\pi}{8}$$

Так как радиус окружности, построенной в относительных координатах, равен 1.

Площадь треугольника $OAB$

$$S_{\vartriangle}=\frac{1}{2}R^2\sin 45^{\circ}=\frac{\sqrt{2}}{4}$$

Площадь сегмента $AEB$ равна разности площадей сектора и треугольника:

$$S_{segm}= S_{sektOAB}- S_{\vartriangle}=\frac{\pi}{8}-\frac{\sqrt{2}}{4}$$

Теперь определим площадь трапеции $ABFD$:

$$S_{trap}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}+\sin 15^{\circ}}{2}\left(\cos 15^{\circ}-\frac{1}{2}\right)=\frac{\sqrt{3}\cos 15^{\circ}}{4}-\frac{\sqrt{3}}{8}+\frac{\sin 15^{\circ}\cos 15^{\circ}}{2}-\frac{\sin 15^{\circ}}{4}$$

$$S_{trap}=\frac{\sqrt{3}\cos 15^{\circ}}{4}-\frac{\sin 15^{\circ}}{4}-\frac{\sqrt{3}}{8}+\frac{\sin 30^{\circ}}{4}=\frac{1}{2}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot \cos 15^{\circ}-\frac{1}{2}\cdot\sin 15^{\circ}\right)+\frac{1-\sqrt{3}}{8}$$

$$ S_{trap}=\frac{1}{2}\cdot\sin 45^{\circ}+\frac{1-\sqrt{3}}{8}=\frac{2\sqrt{2}+1-\sqrt{3}}{8}$$

Чтобы найти работу, сложим площадь трапеции и площадь сегмента:

$$A_{12}= S_{trap}+ S_{segm}=\frac{2\sqrt{2}+1-\sqrt{3}}{8}+\frac{\pi}{8}-\frac{\sqrt{2}}{4}=\frac{\pi+1-\sqrt{3}}{8}$$

Так как процесс 2-1 адиабатический, то в нем

$$A_{21}+\Delta U=0$$

$$A_{21}=-\Delta U=-\frac{3}{2}(p_1V_1-p_2V_2)= -\frac{3}{2}(\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{1}{2}-\sin 15^{\circ} \cos 15^{\circ})=-\frac{3}{2}\cdot \frac{\sqrt{3}}{4}+\frac{3}{2}\cdot\frac{\sin 30^{\circ}}{2}=\frac{3\sqrt{3}}{8}-\frac{3}{8}$$

Работа в цикле будет равна

$$A=A_{12}-A_{21}=\frac{\pi+1-\sqrt{3}}{8}-\frac{3\sqrt{3}}{8}+\frac{3}{8}=\frac{\pi+4-4\sqrt{3}}{8}$$

Отношение работы в цикле к работе при расширении равно

$$\frac{A}{A_{12}}=\frac{\pi+4-4\sqrt{3}}{\pi+1-\sqrt{3}}$$

Ответ: $\frac{T_1}{T_2}=\sqrt{3}$; $\operatorname{tg}\alpha=\sqrt{\frac{3}{5}}$; $\frac{A}{A_{12}}=\frac{\pi+4-4\sqrt{3}}{\pi+1-\sqrt{3}}$.

Задача 2. $U$-образная трубка расположена вертикально и заполнена жидкостью. Один конец трубки открыт в атмосферу, а другой конец соединен с сосудом объемом $V_0 = 0,1$ л‚ заполненным гелием (рисунок). Объем всей трубки равен объему этого сосуда. В некоторый момент гелий начинают медленно нагревать. Какое минимальное количество теплоты необходимо подвести к гелию, чтобы вся жидкость вылилась из трубки? Атмосферное давление $p_0 = 10^5$ Па; длины трех колен трубки одинаковы; давление, создаваемое столбом жидкости в вертикальном колене, равно $\frac{p_0}{8}$.

К задаче 2

Решение. Сначала, для положения на картинке, давление газа равно атмосферному. Потом, по мере расширения газа, давление его растет, пока он не вытеснит жидкость из левого колена полностью. Тогда его давление равно $1+\frac{1}{8}=\frac{9}{8}$ атм. Здесь оно перестает расти, потому что сколько бы газ ни вытеснил жидкости из горизонтального колена, его давление все равно остается равным

$$p=p_0+\rho gL$$

Где $L$ – длина правого колена (и любого другого, но давление добавляет правое)

Затем газ еще расширится и начнет вытеснять жидкость уже из правого колена. Тогда его давление будет уже уменьшаться и от величины $\frac{9}{8}$ атм достигнет 1 атм к концу. Если строить зависимость давления от объема, то она будет линейной. На первом участке (когда некоторое количество жидкости еще есть в левом колене) она будет определяться уравнением:

$$p=p_0+\frac{\frac{9}{8}p_0}{\frac{4}{3}V_0}V$$

Второй кусочек (от $\frac{4}{3}V_0$ до $\frac{5}{3}V_0$)  – горизонтальная прямая, идет параллельно оси объемов на уровне $\frac{9}{8}p_0$. Затем от объема $\frac{5}{3}V_0$ до $2V_0$ зависимость также линейная, убывающая. Эта прямая проходит через точки с координатами $(\frac{5}{3}V_0; \frac{9}{8}p_0)$, и $(2V_0; p_0)$.

Найдем ее уравнение по этим координатам.

$$\frac{9}{8}p_0=-k\cdot \frac{5}{3}V_0+b$$

$$p_0=-k\cdot 2V_0+b$$

Второе умножим на $\frac{9}{8}$:

$$\frac{9}{8}p_0=-k\cdot\frac{9}{4}V_0+\frac{9}{8}b$$

И вычтем теперь из первого:

$$\left(-\frac{5}{3}+\frac{9}{4}\right)kV_0-\frac{b}{8}=0$$

$$\frac{7kV_0}{12}=\frac{b}{8}$$

$$b=\frac{14V_0 k}{3}$$

Определим $k$:

$$p_0=-2kV_0+\frac{14V_0 k}{3}$$

$$k=\frac{3p_0}{8V_0}$$

$$b=\frac{14V_0 }{3}\cdot \frac{3p_0}{8V_0}=\frac{7}{4}p_0$$

Тогда уравнение прямой

$$p=-\frac{3p_0}{8V_0}V+\frac{7}{4}p_0$$

График зависимости p(V) во второй задаче.

Уравнение прямой мы получили не просто так, а чтобы убедиться, что тепло подводят к газу и на этом участке тоже (первые два сомнений не вызывают).

$$\Delta A=p\Delta V=\left(-\frac{3p_0}{8V_0}V+\frac{7}{4}p_0\right)\cdot \Delta V$$

$$pV=\nu R T$$

Продифференцируем:

$$\left(-\frac{6p_0}{8V_0}V+\frac{7}{4}p_0\right)\cdot \Delta V=\nu R \Delta T$$

Изменение внутренней энергии

$$\Delta U=\frac{3}{2}\nu R \Delta T=\left(-\frac{9p_0}{8V_0}V+\frac{21}{8}p_0\right)\cdot \Delta V$$

Согласно первому началу

$$\Delta Q=\Delta A+\Delta U=\left(-\frac{3p_0}{8V_0}V+\frac{7}{4}p_0\right)\cdot V+\left(-\frac{9p_0}{8V_0}V+\frac{21}{8}p_0\right)\cdot \Delta V=\left(-\frac{12p_0}{8V_0}V+\frac{35}{8}p_0\right)\cdot\Delta V$$

$\Delta V>0$, понятно, что если $Q>0$, то отношение $\frac{V}{V_0}>\frac{35}{12}$ – после объема, определяемого данным отношением, тепло будет отдаваться. То есть у нас на всех участках газ тепло получает.

Теперь можно посчитать количество теплоты.

$$Q=A+\Delta U=\frac{p_0+\frac{9}{8}p_0}{2}\cdot\frac{V_0}{3}+\frac{9}{8}p_0\cdot\frac{V_0}{3}+\frac{p_0+\frac{9}{8}p_0}{2}\cdot\frac{V_0}{3}+\frac{3}{2}\left(2V_0p_0-p_0V_0\right)=\frac{31}{12}p_0V_0=\frac{31}{12}\cdot 10^5\cdot 10^{-4}=25,83$$

Ответ: 26 Дж.

Добавить комментарий

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