Олимпиадная подготовка по МКТ-11

[latexpage]

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

Задача 1. В покоящемся сосуде объёмом $V = 31$ л с очень жёсткими и совершенно не проводящими тепло стенками находятся воздух при нормальных условиях и вода в количестве $m= 9$ г. Сосуд практически мгновенно приобретает скорость $u$ и движется поступательно. После установления теплового равновесия воздух в сосуде имеет влажность $\varphi = 50$%. Найдите скорость $u$. Удельная теплота парообразования воды $L = 2,5$ МДж /кг, удельная теплоёмкость воды $c= 4200$ Дж/(кг$\cdot$ С), давление насыщенных паров воды при нормальных условиях $p = 600$ Па, удельная теплоёмкость воздуха при постоянном объёме $C_v = 720$ Дж/(кг$\cdot$ К), средняя молярная масса воздуха $M = 29$ г/моль.

Решение. Так как условия нормальные, то пара в сосуде в начальный момент мало (температура низкая). После разгона сосуда влажность воздуха в нем равна 50% – то есть пар в сосуде присутствует. Если предположить, что вся вода испарилась, то масса пара равна 9 г. При этом, если бы пар был насыщенным, его было бы 18 г (исходя из влажности). Давление насыщенного пара при кипении равно атмосферному давлению, и при таком давлении моль (18 г) пара займет объем, равный 31 л:

$$V=\frac{\nu R T}{p}=\frac{1\cdot 8,31\cdot 373}{10^5}=0,0309$$

Значит, температура воды достигла $100^{\circ}$ и она превратилась в  пар, заняв объем 31 л.

Определим массу воздуха в сосуде из уравнения Менделеева-Клапейрона.

$$m=\frac{pVM}{RT}=\frac{10^5\cdot 31\cdot 10^{-3}\cdot 0,029}{8,31\cdot 273}=0,0396$$

То есть около 40 г.

Общая масса воды и воздуха равна $m_0=49$ г. Здесь удобнее перейти в СО движущегося сосуда. Вначале его скорость равна $u$, затем он резко останавливается. Кинетическая энергия переходит во внутреннюю: вода нагревается, испаряется, воздух нагревается на $100^{\circ}$.

На нагрев воды потребно

$$Q_1=cm\Delta t=4200\cdot 0,009\cdot 100=3780$$

На ее испарение:

$$Q_2=\lambda m=2300000\cdot 0,009=20700$$

На нагрев воздуха:

$$Q_3=\frac{5}{2}\nu R\Delta T=2,5\cdot \frac{40}{29}\cdot 8,31\cdot 100=2866$$

Считаю воздух двухатомным газом с $i=5$.

Составим закон сохранения энергии:

$$\frac{m_0 u^2}{2}=Q_1+Q_2+Q_3$$

$$u=\sqrt{\frac{2(Q_1+Q_2+Q_3)}{m_0}}=\sqrt{\frac{2(3780+20700+2866)}{0,04}}=1056,5$$

Ответ: $u=1056$ м/с.

Задача 2. На рисунке представлен график циклического процесса. Рабочее тело — многоатомный идеальный газ. Найдите КПД этого процесса. Примечание. Процесс с постоянной теплоёмкостью $C$ называется политропическим и для идеального газа задаётся уравнением

$$pV^{\frac{C_p-C}{C_v-C}}=const$$

где $C_p$ — теплоёмкость газа при постоянном давлении, а $C_v$ — теплоёмкость газа при постоянном объёме.

К задаче 2

Решение. На графике любая прямая может быть записана с помощью общей формулы

$$\ln \frac{p}{p_0}=-k\cdot \ln\frac{V}{V_0}+\beta$$

Это можно переписать:

$$\frac{p}{p_0}=\left(\frac{V}{V_0}\right)^{-k}\cdot \alpha$$

Это можно истолковать как

$$pV^k=const$$

Так как у нас 4 разных процесса, то у нас 4 разных значения $k$. Для процесса $AB$

$$k_{AB}=\frac{0,6}{0,6}=1$$

Это изотерма. Обратим внимание, что $CD$ – также изотерма, здесь тоже $k=1$.

Отрезок $BC$:

$$k_{BC}=\frac{0,8}{0,6}=\frac{4}{3}$$

Такой же коэффициент $k$ у отрезка $CD$. А не адиабата ли это? Газ многоатомный. Для него

$$C_V=\frac{6}{2}\frac{\nu R \Delta T}{\nu \Delta T}$$

$$C_p=\frac{pdV+3\nu R\dT}{dT}=\frac{4\nu R\dT }{dT}$$

Показатель адиабаты

$$\gamma=\frac{C_p}{C_V}=\frac{4}{3}$$

Ура! Это адиабата и цикл Карно!

Найдем температуру на участке $AB$. Вернее, нам необходимо отношение температур. Для точки $A$:

$$\ln \frac{p}{p_0}=0,8$$

$$\ln \frac{V}{V_0}=-0,6$$

Тогда

$$p=p_0\cdot e^{0,8}$$

$$V= V_0\cdot e^{-0,6}$$

Температура нагревателя

$$T_n=\frac{p_0V_0}{\nu R}\cdot e^{0,2}$$

Для точки $D$:

$$\ln \frac{p}{p_0}=0$$

$$\ln \frac{V}{V_0}=0$$

$$p=p_0$$

$$V= V_0$$

Температура холодильника

$$T_x=\frac{p_0V_0}{\nu R}$$

Определяем КПД:

$$\eta=1-\frac{T_x}{T_n}=1-\frac{\frac{p_0V_0}{\nu R}}{\frac{p_0V_0}{\nu R}\cdot e^{0,2}}=1-e^{-0,2}$$

Ответ: $\eta=1-e^{-0,2}$.

Задача 3. Лёгкая подвижная перегородка делит герметичный теплопроводящий сосуд на две неравные части, в которых находится воздух при атмосферном давлении и комнатной температуре. В меньшую часть сосуда впрыскивается легко испаряющаяся жидкость, давление насыщенного пара которой при комнатной температуре равно 3,5 атм. Спустя некоторое время перегородка перестала двигаться, а жидкость почти вся испарилась. Объём части сосуда, в которой находятся воздух и пары, увеличился при этом вдвое по сравнению с первоначальным. Найти, какую часть объёма сосуда составляла в начале его меньшая часть. Объёмом, занимаемым жидкостью в начале и конце опыта, можно пренебречь.

К задаче 3

Решение. Вначале давление с обеих сторон равно $p_0$. После впрыскивания жидкости давление с обеих сторон вновь устанавливается равным друг другу – перегородка же перестала двигаться. Но теперь давление уже не равно $p_0$. Так как объем, занимаемый воздухом, увеличился вдвое, то его давление должно было вдвое уменьшиться и стать равным $\frac{p_0}{2}$. Да еще жидкость почти вся испарилась – значит, пар насыщен и давление его равно $3,5p_0$. По закону Дальтона полное давление складывается из давления воздуха и давления пара и равно $4p_0$. Запишем закон Бойля-Мариотта для правой части сосуда:

$$p_0(1-x)S=4p_0(1-2x)S$$

$$1-x=4(1-2x)$$

$$1-x=4-8x$$

$$7x=3$$

$$x=\frac{3}{7}$$

Ответ: $x=\frac{3}{7}$.