Просто о физике, математике, электротехнике
Просто о физике, математике, электротехнике
Категория: Олимпиадная физика, Основное уравнение МКТ, Уравнение Менделеева-Клапейрона

Выпрыгивающая ртуть

[latexpage]

Название статьи возникло после разбора первой задачи. А еще в этой статье пара задач с графиками. В одном случае нужно график перерисовать в другие оси.

Задача 1. Нижний конец вертикальной узкой трубки длиной $2L$ (в мм) запаян, а верхний открыт в атмосферу. В нижней половине трубки находится газ при температуре $T_0$, а верхняя половина трубки заполнена ртутью. Трубку начинает медленно нагревать. До какой минимальной температуры нужно нагреть газ трубки, чтобы он вытеснил всю ртуть? Внешнее давление $p_0$, измеренное в миллиметрах ртутного столба, равно $L$.

Решение. По условию

$$p_0=\rho g L$$

Значит, давление воздуха равно

$$p_1=p_0+\rho g L=2\rho g L$$

Вытесняем немного ртути, так, что длина столбика газа $L+x$, а длина столбика ртути $L-x$. Новое давление:

$$p_2=p_0+\rho g(L-x)$$

По закону Менделеева-Клапейрона вначале

$$p_1V_1=\nu RT_0$$

$$2\rho g L\cdot LS=\nu RT_0~~~~~~~~~~~~~~~~~~(1)$$

Когда же немного ртути вытеснили, то

$$V_2=(L+x)S$$

$$ (p_0+\rho g(L-x))(L+x)S=\nu RT~~~~~~~~~~~(2)$$

Разделим (2) на (1):

$$\frac{T}{T_0}=\frac{(p_0+\rho g(L-x))(L+x)}{ 2\rho g L^2 }$$

Если вытеснили все, то $L=x$, тогда

$$\frac{T}{T_0}=\frac{2L p_0}{ 2\rho g L^2 }=1$$

Но так быть не может!

$$\frac{T}{T_0}=\frac{\rho g(2L-x)(L+x)}{2\rho g L^2}=\frac{(2L-x)(L+x)}{2L^2}$$

Это парабола (справа), ветвями вниз. Она пересекает ось $x$ в точках $-L$ и $2L$, поэтому вершина у нее посередине между этими точками – имеет координату $\frac{L}{2}$. Если $x=0$, то $T=T_0$.

К задаче 1

То есть надо нагреть до момента, когда столбик ртути будет занимать $\frac{L}{2}$:

$$\frac{T}{T_0}=\frac{(2L-x)(L+x)}{2L^2}=\frac{\frac{3L}{2}\cdot \frac{3L}{2}}{2L^2}=\frac{9}{8}$$

$$T=\frac{9}{8}T_0$$

При нагреве до такой температуре половина столбика ртути будет выдавлена газом, а остальная ртуть выскочит из пробирки сама.

Ответ: $T=\frac{9}{8}T_0$.

Задача 2. Идеальный газ участвует в процессе 1-2-3-1, представленном на диаграмме $p(V)$, см. рисунок. Прямая 1-2 проходит через начало координат. Значения $p_1, p_2$ и $V_1$ даны. В ходе процесса количество вещества газа менялось пропорционально его абсолютной температуре $T$, т.е. по закону $\nu(T) = zT$, где $z$ – известный коэффициент. Изобразите процесс 1-2-3-1 на диаграмме $V(T)$. Не забудьте найти и подписать на диаграмме объем и температуру газа в точках 1, 2, 3.

К задаче 2

Решение. Согласно уравнению Менделеева-Клапейрона

$$pV=\nu RT$$

$$pV=zRT^2~~~~~~~~~~~~~~~~~~(1)$$

Прямая 1-2 проходит через начало координат – значит, образовываемые ею треугольники подобны и

$$k=\frac{p_1}{V_1}=\frac{p_2}{V_2}$$

$$\frac{p_2}{p_1}=\frac{V_2}{V_1}$$

Откуда

$$V_2=\frac{p_2}{p_1}V_1$$

Из (1)

$$T=\sqrt{\frac{pV}{zR}}$$

Таким образом

$$T_1=\sqrt{\frac{p_1V_1}{zR}}$$

$$T_2=\sqrt{\frac{p_2V_2}{zR}}=\sqrt{\frac{p_2^2V_1}{zRp_1}}$$

$$T_3=\sqrt{\frac{p_1V_2}{zR}}=\sqrt{\frac{p_2V_1}{zR}}$$

Процесс 1-2, с одной стороны,

$$p=kV$$

С другой

$$p=\frac{zRT^2}{V}$$

То есть

$$ kV=\frac{zRT^2}{V}$$

$$kV^2= zRT^2$$

$$V=T\sqrt{\frac{zR}{k}}$$

Это прямая в осях $V,T$ с коэффициентом наклона $\sqrt{\frac{zR}{k}}$. Процесс 2-3 – изохора, 3-1 – изобара. Изохора в осях $V, T$ – это прямая, параллельная горизонтальной оси. Для процесса 3-1

$$p=\frac{zRT^2}{V}$$

$$V=\frac{zRT^2}{p}$$

Это парабола.

Перестроенный в другие оси график

Ответ: $V_2=\frac{p_2}{p_1}V_1$; $T_1=\sqrt{\frac{p_1V_1}{zR}}$; $T_2=\sqrt{\frac{p_2^2V_1}{zRp_1}}$; $T_3=\sqrt{\frac{p_2V_1}{zR}}$.

Задача 3. Зависимость приведённой температуры $\tau =\frac{T}{T_0}$ от приведенного  давления $\pi=\frac{P}{P_0}$ имеет вид окружности, центр которой находится в точке (1;1), причем минимальная  приведённая температура гелия в этом процессе равна $\tau_{min}$ (см. рисунок). Найдите отношение минимальной и максимальной концентраций атомов гелия при таком процессе.

К задаче 3

Решение. Основное уравнение МКТ

$$p=n k T$$

$$n=\frac{p}{kT}=\operatorname{ctg}\alpha\cdot\frac{1}{k}$$

$\alpha$ здесь – произвольный угол.

Минимальная и максимальная концентрации в задаче 3

$$\frac{n_{max}}{n_{min}}=\frac{\operatorname{ctg}\alpha_1 }{\operatorname{ctg}\alpha_2 }$$

Так как у окружности центр расположен симметрично относительно осей, то

$$\alpha_1=45^{\circ}+\varphi$$

$$\alpha_2=45^{\circ}-\varphi$$

Геометрические соображения

$$\frac{n_{max}}{n_{min}}=\frac{\operatorname{tg}\alpha_2 }{\operatorname{tg}\alpha_1 }=\frac{\operatorname{tg}(45^{\circ}+\varphi)}{ \operatorname{tg}(45^{\circ}-\varphi)}$$

$$\frac{n_{max}}{n_{min}}=\frac{(1+\operatorname{tg}\varphi ) (1+\operatorname{tg}\varphi )}{ (1-\operatorname{tg}\varphi ) (1-\operatorname{tg}\varphi )}=\left(\frac{(1+\operatorname{tg}\varphi )}{ (1-\operatorname{tg}\varphi )}\right)^2$$

Из рисунка (длина отрезка $OA$ равна $\sqrt{2}$):

$$\operatorname{tg}\varphi=\frac{R}{\sqrt{2-R^2}}$$

$$\frac{n_{max}}{n_{min}}=\left(\frac{(1+\frac{R}{\sqrt{2-R^2}})}{ (1-\frac{R}{\sqrt{2-R^2}})}\right)^2=\frac{\sqrt{2-R^2}+R}{\sqrt{2-R^2}-R}$$

Но $R=1-\tau_{min}$:

$$\frac{n_{max}}{n_{min}}=\left(\frac{\sqrt{2-(1-\tau_{min})^2}+1-\tau_{min}}{\sqrt{2-(1-\tau_{min})^2}-1+\tau_{min}}\right)^2=\left(\frac{1+\sqrt{1+2\tau_{min}-\tau_{min}^2}(1-\tau_{min})}{1+\sqrt{1+2\tau_{min}-\tau_{min}^2}(\tau_{min}-1)} \right)^2$$

Ответ: $\frac{n_{max}}{n_{min}}=\left(\frac{1+\sqrt{1+2\tau_{min}-\tau_{min}^2}(1-\tau_{min})}{1+\sqrt{1+2\tau_{min}-\tau_{min}^2}(\tau_{min}-1)} \right)^2$

Добавить комментарий

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