| |
| thermodynamics:07 [2026/05/27 10:04] – создано root | thermodynamics:07 [2026/05/27 17:32] (текущий) – удалено root |
|---|
| Решение задач термодинамики и молекулярной физики | |
| |
| Задача 1 | |
| |
| Уравнение процесса с одним молем одноатомного идеального газа $S + PV = \text{const}$, где $S$ – энтропия. Найти количество теплоты $Q$ и работу $A$ газа при увеличении температуры от $T_1$ до $T_2$. | |
| |
| Решение: | |
| |
| Для одного моля идеального газа $S = C_V\ln T + R\ln V + \text{const}$. Условие процесса: $C_V\ln T + R\ln V + RT = \text{const}$. Дифференцируем: $\frac{C_V}{T}dT + \frac{R}{V}dV + R\,dT = 0$. Умножая на $T$ и используя $pV=RT$ ($p\,dV + V\,dp = R\,dT$), после преобразований получаем: $(C_V + RT)dT + p\,dV = 0$. Элементарная работа газа $dA = p\,dV = -(C_V+RT)dT$. Из первого начала $dQ = dU + dA = C_V dT + p\,dV = -RT\,dT$. Интегрируя: $Q = -\int_{T_1}^{T_2} RT\,dT = -\frac{R}{2}(T_2^2 - T_1^2)$, $A = \int_{T_1}^{T_2} p\,dV = -\int_{T_1}^{T_2} (C_V+RT)dT = -C_V(T_2-T_1) - \frac{R}{2}(T_2^2 - T_1^2)$. Для одноатомного газа $C_V = \frac{3R}{2}$. Ответ: $$\boxed{Q = -\frac{R}{2}(T_2^2 - T_1^2),\quad A = -\frac{3R}{2}(T_2-T_1) - \frac{R}{2}(T_2^2 - T_1^2)}.$$ | |
| |
| Задача 2 | |
| |
| Идеальный газ с показателем адиабаты $\gamma$ участвует в процессе, где работа над газом в два раза больше изменения его внутренней энергии. Найти уравнение процесса. | |
| |
| Решение: | |
| |
| Для элементарного процесса: работа над газом $\delta A_{\text{над}} = -p\,dV$, изменение внутренней энергии $dU = C_V dT$. Условие: $-p\,dV = 2C_V dT$. Из уравнения состояния $pV = RT$ (для 1 моля) имеем $p\,dV + V\,dp = R\,dT$. Выражаем $p\,dV = R\,dT - V\,dp$ и подставляем: $-(R\,dT - V\,dp) = 2C_V dT \Rightarrow V\,dp = (R+2C_V)dT$. Так как $R = C_p - C_V = (\gamma-1)C_V$, то $R+2C_V = (\gamma+1)C_V$. Используя $V = RT/p$, получаем: $\frac{RT}{p}\,dp = (\gamma+1)C_V dT \Rightarrow \frac{dp}{p} = \frac{(\gamma+1)C_V}{R}\frac{dT}{T}$. Интегрируем: $\ln p = \frac{(\gamma+1)C_V}{R}\ln T + \text{const} \Rightarrow p \sim T^{(\gamma+1)C_V/R}$. Поскольку $C_V/R = 1/(\gamma-1)$, показатель степени $= (\gamma+1)/(\gamma-1)$. Подставляя $T = pV/R$, находим связь $p$ и $V$: $p \sim \left(\frac{pV}{R}\right)^{(\gamma+1)/(\gamma-1)} \Rightarrow p^{1-(\gamma+1)/(\gamma-1)} \sim V^{(\gamma+1)/(\gamma-1)} \Rightarrow p^{-2/(\gamma-1)} \sim V^{(\gamma+1)/(\gamma-1)}$. Возводя в степень $(\gamma-1)$: $p^{-2} \sim V^{\gamma+1}$, то есть $p^2 V^{\gamma+1} = \text{const}$. Извлекая квадратный корень, получаем окончательно: $$\boxed{p\,V^{(\gamma+1)/2} = \text{const}}.$$ | |
| |
| Задача 3 | |
| |
| Рабочее тело (идеальный газ) расширяется по изотерме $T_2$, сжимается по изобаре до $T_1$ и возвращается по изохоре. $C_V$, $C_P$ – известны, $T_2 > T_1$. Найти КПД. | |
| |
| Решение: | |
| |
| Цикл: 1–2: изотерма $T_2$, расширение $V_1 \to V_2$; 2–3: изобара $p_2$, сжатие до $T_1$, $V_2 \to V_1$; 3–1: изохора $V_1$, нагрев $T_1 \to T_2$. Из уравнения состояния: $p_2V_2 = \nu R T_2,\; p_2V_1 = \nu R T_1 \Rightarrow V_2 = V_1 T_2/T_1$. Теплота: $Q_{12} = \nu R T_2 \ln(V_2/V_1) = \nu R T_2 \ln(T_2/T_1)$ (подводится); $Q_{23} = \nu C_p (T_1 - T_2)$ (отводится); $Q_{31} = \nu C_V (T_2 - T_1)$ (подводится). Подведённое тепло: $Q_{\text{подв}} = Q_{12}+Q_{31} = \nu R T_2\ln\frac{T_2}{T_1} + \nu C_V(T_2-T_1)$. Отведённое тепло: $Q_{\text{отв}} = \nu C_p(T_2-T_1)$. КПД: $$\eta = 1 - \frac{Q_{\text{отв}}}{Q_{\text{подв}}} = 1 - \frac{C_p(T_2-T_1)}{C_V(T_2-T_1) + R T_2\ln\frac{T_2}{T_1}}.$$ Используя $R = C_p - C_V$, можно записать иначе: $$\boxed{\eta = 1 - \frac{C_p(T_2-T_1)}{C_V(T_2-T_1) + (C_p-C_V)T_2\ln\frac{T_2}{T_1}}}.$$ | |
| |
| Задача 4 | |
| |
| Давления насыщенного пара при $T_1$ и $T_2$ равны $P_1$ и $P_2$. Считая пар идеальным газом, объёмом жидкости пренебрегая, а теплоту парообразования $L$ постоянной, найти $L$. | |
| |
| Решение: | |
| |
| Используем уравнение Клапейрона–Клаузиуса: $\frac{dP}{dT} = \frac{L}{T \Delta V},\quad \Delta V \approx V_{\text{пар}} = \frac{RT}{P}$. Получаем: $\frac{dP}{dT} = \frac{L P}{R T^2} \Rightarrow \frac{dP}{P} = \frac{L}{R}\frac{dT}{T^2}$. Интегрируя при $L = \text{const}$: $\ln\frac{P_2}{P_1} = \frac{L}{R}\left(\frac{1}{T_1} - \frac{1}{T_2}\right) \Rightarrow L = R\,\frac{\ln(P_2/P_1)}{1/T_1 - 1/T_2}$. Ответ: $$\boxed{L = R\,\frac{T_1 T_2}{T_2 - T_1}\,\ln\frac{P_2}{P_1}}.$$ | |
| |
| Задача 5 | |
| |
| U‑образная трубка с диаметрами $d_1$ и $d_2$ ($d_2 > d_1$), жидкость плотности $\rho$, полное смачивание. Разность уровней $h$. Найти коэффициент поверхностного натяжения $\sigma$. | |
| |
| Решение: | |
| |
| Для полного смачивания мениск вогнутый, добавочное давление Лапласа $\Delta P = \frac{2\sigma}{r} = \frac{4\sigma}{d}$ ($r = d/2$). В узкой трубке давление под мениском меньше, поэтому уровень жидкости выше. Разность давлений: $\frac{4\sigma}{d_1} - \frac{4\sigma}{d_2} = \rho g h \Rightarrow 4\sigma\left(\frac{1}{d_1} - \frac{1}{d_2}\right) = \rho g h$. Отсюда: $\sigma = \frac{\rho g h}{4\left(\frac{1}{d_1} - \frac{1}{d_2}\right)} = \frac{\rho g h\,d_1 d_2}{4(d_2 - d_1)}$. Ответ: $$\boxed{\sigma = \frac{\rho g h\,d_1 d_2}{4(d_2 - d_1)}}.$$ | |
| |
| Задача 6 | |
| |
| Сосуд объёмом $V$, откачан до вакуума. Открывается кран сечением $S$. При постоянной температуре $T$ найти время, за которое давление внутри станет равно половине атмосферного. | |
| |
| Решение: | |
| |
| Процесс изотермический, газ – идеальный. Вход молекул через малое отверстие происходит в молекулярном режиме. Чистый поток молекул в сосуд: $\frac{dN}{dt} = \frac{1}{4} S \bar{v} (n_{\text{атм}} - n(t))$, где $\bar{v} = \sqrt{8kT/(\pi m)}$ – средняя скорость, $n_{\text{атм}} = P_{\text{атм}}/(kT)$, $n(t) = p(t)/(kT)$. Так как $N = nV$, то $V\frac{dn}{dt} = \frac{1}{4} S \bar{v} (n_{\text{атм}} - n)$. Разделяем переменные и интегрируем от $n=0$ до $n = n_{\text{атм}}/2$: $\int_0^{n_{\text{атм}}/2} \frac{dn}{n_{\text{атм}} - n} = \frac{S\bar{v}}{4V} \int_0^t dt \Rightarrow \ln\frac{n_{\text{атм}}}{n_{\text{атм}} - n_{\text{атм}}/2} = \frac{S\bar{v}}{4V} t$. $\ln 2 = \frac{S\bar{v}}{4V} t \Rightarrow t = \frac{4V\ln 2}{S\bar{v}}.$ Средняя скорость $\bar{v} = \sqrt{\frac{8RT}{\pi\mu}}$, где $\mu$ – молярная масса воздуха. Ответ: $$\boxed{t = \frac{4V\ln 2}{S}\sqrt{\frac{\pi\mu}{8RT}}}.$$ | |
| |
| Задача 7 | |
| |
| На отверстие откачанного сосуда (стенки адиабатические) направлен пучок молекул со скоростью $v_0$ и концентрацией $n_0$. Найти равновесные концентрацию $n$ и температуру $T$ в сосуде. Масса молекулы $m$. | |
| |
| Решение: | |
| |
| В установившемся режиме потоки частиц и энергии через отверстие равны. Поток частиц из пучка: $\Phi_{\text{вх}} = n_0 v_0 S$. Поток частиц из сосуда (максвелловское распределение): $\Phi_{\text{вых}} = \frac{1}{4} n \bar{v} S$, где $\bar{v} = \sqrt{8kT/(\pi m)}$. Равенство потоков: $n_0 v_0 = \frac{1}{4} n \bar{v} \Rightarrow n = \frac{4 n_0 v_0}{\bar{v}}$. (1) Поток энергии из пучка: $\Phi_{E,\text{вх}} = n_0 v_0 S \cdot \frac{1}{2} m v_0^2$. Поток энергии из сосуда (средняя энергия вылетающей молекулы равна $2kT$): $\Phi_{E,\text{вых}} = \frac{1}{4} n \bar{v} S \cdot 2kT = \frac{1}{2} n \bar{v} S kT$. Приравниваем: $n_0 v_0 \cdot \frac{1}{2} m v_0^2 = \frac{1}{2} n \bar{v} kT \Rightarrow n_0 m v_0^3 = n \bar{v} kT$. (2) Подставляем $n$ из (1) в (2): $n_0 m v_0^3 = \frac{4 n_0 v_0}{\bar{v}} \cdot \bar{v} kT \Rightarrow m v_0^3 = 4 v_0 kT \Rightarrow T = \frac{m v_0^2}{4k}$. Теперь $\bar{v} = \sqrt{\frac{8k}{ \pi m} \cdot \frac{m v_0^2}{4k}} = \sqrt{\frac{2 v_0^2}{\pi}} = v_0\sqrt{\frac{2}{\pi}}$. Из (1): $n = \frac{4 n_0 v_0}{v_0\sqrt{2/\pi}} = 4 n_0 \sqrt{\frac{\pi}{2}} = 2\sqrt{2\pi}\, n_0$. Ответ: $$\boxed{T = \frac{m v_0^2}{4k},\quad n = 4n_0\sqrt{\frac{\pi}{2}} = 2\sqrt{2\pi}\,n_0}.$$ | |