Олимпиадные задачи по физике. Международная олимпиада

Теплота и молекулярная физика. Решения задач
89
Задача
2.4
(Сосуд с водой)
По определению, теплоёмкость
C =
δQ
dt
,
где δQ — количество теплоты, которое получает система при изменении её
температуры на dt.
Вода в интервале температур −30
◦
C 6 t 6 0
◦
C находится в твёрдом
состоянии (лёд). Здесь
δQ = c
i
mdt + c
0
dt,
где c
i
— удельная теплоёмкость льда, m — масса воды (льда) в сосуде, c
0
—
теплоёмкость сосуда. Так что при −30
◦
C 6 t 6 0
◦
C
C = c
i
m + c
0
.
(1)
Плавление происходит при постоянной температуре (dt = 0), но требу-
ет сообщения некоторого количества теплоты. Таким образом, при t = 0
◦
C
теплоёмкость C бесконечно велика.
В интервале 0
◦
C 6 t 6 100
◦
C нагревается жидкая вода. Аналогично (1),
получим
C = c
w
m + c
0
,
(2)
где c
w
— удельная теплоёмкость воды.
При t = 100
◦
C вода кипит, поскольку давление под поршнем равно нор-
мальному атмосферному давлению. Как и при других агрегатных превраще-
ниях, теплоёмкость C при температуре кипения бесконечно велика.
Последующее нагревание водяного пара даёт, аналогично (1),
C = c
v
m + c
0
,
(3)
где c
v
— теплоёмкость пара. Заметим, что c
v
< c
i
< c
w
.
C
t
◦
C
−30 0
100
150
Рис. 72.
Описанные здесь температурные изменения теплоёмкости системы каче-
ственно отражает график, изображённый на рисунке
72
.

90
Международная физическая олимпиада «Туймаада»
Задача
2.5
(Стопка монет)
Поскольку число монет очень велико, то уменьшение на единицу числа зве-
ньев, состоящих из монеты и бумажной прокладки, не изменит теплопро-
водности цилиндра вдоль его оси, то есть отношение количества теплоты,
проходящего в этом направлении, к разности температур торцов. Поэтому
можно записать уравнение, отражающее сохранение энергии, в таком виде:
Q =
πλHd
2h
(T − T
0
) + Q
T − T
0
T
1
− T
0
,
(1)
где T — температура ближайшей к горячему торцу монеты. Первое слага-
емое в правой части (1) выражает количество теплоты, передаваемое через
боковую поверхность этой монеты, а второе — через её основание в осталь-
ную часть цилиндра. Температура монеты T связана с поступающим в неё
количеством теплоты Q соотношением
Q = λ
πd
2
4h
(T
1
− T ).
(2)
Исключая из (1) и (2) параметр T , получим квадратное уравнение для иско-
мой величины Q:
Q
2
+
πλHd
2h
(T
1
− T
0
)Q −
π
2
λ
2
Hd
3
8h
2
(T
1
− T
0
)
2
= 0.
Решая это уравнение, найдём
Q =
πλHd
4h
(T
1
− T
0
)
 r
1 +
2d
H
− 1
!
.
Задача
2.6
(Чайник)
Решение задачи сводится к применению закона изменения энергии в процес-
сах теплообмена и парообразования.
Количество теплоты Q
e
, отданное чайником в окружающую среду до вто-
рого включения, равно работе электрического тока в течение времени τ
2
.
Q
e
= P τ
2
.
(1)
Количество теплоты, отдаваемое остывающим телом в окружающую среду,
пропорционально времени остывания. Чайник остывает до второго включе-
ния в течение времени τ
1
+ τ
2
, так что
Q
e
= k
1
(τ
1
+ τ
2
),
(2)

Теплота и молекулярная физика. Решения задач
91
где k
1
— коэффициент теплоотдачи, зависящий от разности температур тела
и среды. В данном случае k
1
соответствует некоторой «средней» температуре
остывавшего чайника.
При кипении открытого чайника работа электрического тока P τ
3
равна
сумме количества теплоты, необходимого для парообразования r(m
1
− m
2
),
и количества теплоты, отдаваемого в окружающую среду:
P τ
3
= k
2
τ
3
+ r(m
1
− m
2
).
(3)
Здесь m
1
= ρV
1
и m
2
= ρV
2
— массы воды в чайнике до и после кипения,
k
2
— коэффициент теплоотдачи чайника, соответствующий его температуре
равной 100
◦
C.
Насколько велико различие коэффициентов k
1
и k
2
? Для выяснения этого
вопроса найдём изменение температуры ∆T чайника при его остывании:
cm
1
∆T = Q
e
= P τ
2
.
Отсюда получаем
∆T =
P τ
2
cρV
1
= 1,9
◦
C.
Температура окружающей среды — комнатная (20
◦
C). Поэтому разность
температур чайника и окружающей среды изменяется приблизительно на
2/80 ≈ 0,03 = 3%. Вследствие этого можно считать k
1
≈ k
2
. Тогда из (1),
(2) и (3) находим
r =
P τ
3
ρ(V
1
− V
2
)

1 −
τ
2
τ
1
+ τ
2

= 2,4 МДж/кг.
Чаще всего экспериментальное определение удельной теплоты парообра-
зования производится калориметрически. Однако, пример этой задачи пока-
зывает, что можно обойтись и без калориметра. Следует сначала измерить
время, в течение которого сосуд с жидкостью охлаждается на небольшую
величину от температуры кипения, а затем измерить время, за которое вы-
кипает определённый объём жидкости. При этом коэффициент теплоотдачи
можно считать постоянным на протяжении всех измерений.
Задача
2.7
(Ледяной покров)
Предположим, что всё количество теплоты, выделяемое при замерзании во-
ды, должно передаться в окружающую среду через ледяной покров:
λρS dx = k
t
0
− t
x
S dτ,
(1)
где S — площадь поверхности льда, x — толщина льда, t
0
= 0
◦
C, dx — толщи-
на льда, образовавшегося за время dτ . Распределение температуры внутри

92
Международная физическая олимпиада «Туймаада»
льда полагаем линейным. Интегрируя (1) с учётом того, что при изменении
времени τ от 0 до ∆τ = 24 часа толщина льда x изменяется от h до h + ∆x,
получим квадратное уравнение относительно ∆x:
∆x
2
+ 2∆xh −
2k(t
0
− t)∆τ
λρ
= 0.
Решение этого уравнения даёт ответ:
∆x = h
 s
1 +
2k(t
0
− t)∆τ
λρh
2
− 1
!
≈ 1,2 см.
Замечание.
Приведённое решение не учитывает многих обстоятельств,
имеющих место при замерзании реального водоёма, и поэтому является ско-
рее оценочным, чем точным. Например, мы предположили, что всё количе-
ство теплоты, выделяемое при замерзании воды, должно передаться в окру-
жающую среду через ледяной покров. Это действительно было бы верно при
условии, что к моменту начала образования льда вся вода в водоёме уже
остыла до температуры 0
◦
C. Но вода, как известно, имеет максимальную
плотность при температуре примерно +4
◦
C (и меньшую плотность как при
б´ольших, так и при меньших температурах). Поэтому вся вода, остывшая на
поверхности водоёма до температуры +4
◦
C, «утонет» и соберётся на дне.
Теплота от этой «подстилки», имеющей температуру около +4
◦
C, также бу-
дет передаваться (по механизму теплопроводности) более холодным верхним
слоям воды и далее образующемуся льду и атмосфере.
Задача
2.8
(Пружина)
Для нахождения плотности газа применим уравнение состояния идеального
газа pV = m
г
RT /M (уравнение Менделеева–Клапейрона). Из него следует
ρ =
m
г
V
=
M p
RT
,
(1)
где M — молярная масса газа, m
г
— масса газа в объёме V , R — универ-
сальная газовая постоянная. Зависимость плотности газа от координаты x
обусловлена распределением температуры газа (рис.
73
). Учитывая, что тем-
пература между плоскостями изменяется линейно с изменением x, получим
T = T (x) =
T
1
− T
2
H
x + T
2
,
и тогда (1) даёт
ρ(x) =
M pH
R((T
1
− T
2
)x + HT
2
)
.
(2)

Теплота и молекулярная физика. Решения задач
93
T
1
T
2
H
0
x
~
F
m~g
~
F
a
Рис. 73.
В положении равновесия сумма всех сил, приложенных к шарику, равна
нулю (рис.
73
):
m~g + ~
F + ~
F
a
= 0,
где M~g — сила тяжести, ~
F — сила упругости, ~
F
a
— сила Архимеда. Условие
равновесия имеет вид:
−mg + k(L − L
0
) + ρg
m
ρ
0
= 0.
Поскольку L = L
0
, получим ρ = ρ
0
. После подстановки этого равенства,
а также x = H − L
0
, в (2) найдём
p =
ρ
0
R
M
 T
1
− T
2
H
(H − L
0
) + T
2

.
Для нахождения частоты малых колебаний запишем динамическое урав-
нение движения шарика вблизи положения равновесия:
m¨
x = −kξ + mg
ρ(x) − ρ
0
ρ
0
,
(3)
где ξ = x − (H − L
0
) — малое отклонение шарика от положения равновесия,
а соответствующее приращение плотности, найденное из (2), равно
ρ(x) − ρ
0
=
−MpHξ(T
1
− T
2
)
R((T
1
− T
2
)(H − L
0
) + HT
2
)
2
.
После подстановки этих выражений динамическое уравнение принимает вид:
m ¨
ξ = −

k +
mgξ(T
1
− T
2
)
(T
1
− T
2
)(H − L
0
) + HT
2

ξ.

94
Международная физическая олимпиада «Туймаада»
Отсюда находим искомую циклическую частоту малых колебаний
ω =
s
1
m

k +
mgξ(T
1
− T
2
)
(T
1
− T
2
)(H − L
0
) + HT
2

.
Задача
2.9
(Процесс над газом)
Каждая точка графика характеризует состояние газа. Зная давление p и объ-
ём V , с помощью уравнения Менделеева–Клапейрона можно найти темпера-
туру газа T . Проделав такие вычисления для ряда точек, можно построить
график в координатных осях (T, V ). Соединив точки плавной линией, мож-
но приблизительно отсчитать искомое значение максимальной температуры.
Естественно, подобный план удобно реализовать используя, например, ком-
пьютерную систему MathCAD. На рисунке
74
показано такое построение.
Видно, что T
max
≈ 4,5 · 10
2
К. Нельзя ли в данном случае обойтись без это-
го общего метода? Если бы мы умели быстро рисовать на данном в условии
графике изотермы, то достаточно было бы подобрать изотерму, касающуюся
этого графика. Вот если бы изотермы были прямыми линиями, то их можно
было бы начертить с помощью линейки. Можно ли сделать изотермы прямо-
линейными?
T, K
0
3
600
V, м
3
p, кПа
1/V, м
−3
0
3
1
5
Рис. 74.
Рис. 75.
Уравнение Менделеева–Клапейрона позволяет положительно ответить на
этот вопрос:
p =
νRT
V
.
(1)

Теплота и молекулярная физика. Решения задач
95
Функция p = p(1/V ) — линейная при T = const. Следовательно, нужно по-
строить график заданного процесса в осях (p, 1/V ). Такое построение вы-
полнено на рисунке
75
. Здесь же проведена и изотерма, касающаяся данного
графика. Точка касания соответствует искомому состоянию. Температуру его
удобно найти как угловой коэффициент построенной прямой. Из (1) следует:
T =
pV
νR
≈ 4,6 · 10
2
K.
Видно, что результаты, полученные обоими методами, приблизительно сов-
падают.
Задача
2.10
(Термодинамический цикл)
Очевидно, что температура газа минимальна на изотерме 1–2 (рис.
13
, с.
20
).
В процессе 2–3 газ нагревается, поскольку совершает положительную работу,
а в процессе 3–4 охлаждается, из-за того, что
C − C
V
= pdV /dT < 0.
Самая высокая температура оказывается в точке 3. Для нахождения этой
температуры воспользуемся уравнением Менделеева–Клапейрона:
T
max
= T
min
V
3
V
2
= 3T
min
= 900 K.
Тепло подводится к газу только на участке 2–3, поэтому
Q
+
= C
p
(T
3
− T
2
) = C
p
(T
max
− T
min
).
Для одноатомного газа:
C
p
=
5
2
R,
откуда Q
+
=
5
2
R(T
max
− T
min
).
Подставляя численные данные, находим Q
+
= 12,5 кДж.
Для работы имеем
A = A
23
+ A
34
− A
21
.
Поскольку 2–3 изобара, то
A
23
= p
2
(V
3
− V
2
) = R(T
3
− T
2
) = R(T
max
− T
min
).
Работу в политропическом процессе находим согласно второму началу тер-
модинамики
C(T
4
− T
3
) = C
V
(T
4
− T
3
) + A
34
,
или
(C
V
− C)(T
max
− T
4
) = A
34
.

96
Международная физическая олимпиада «Туймаада»
Для точного определения T
4
найдём уравнение политропы. Из второго начала
термодинамики pdV = (C − C
V
)dT . Из уравнения Менделеева–Клапейрона
имеем pdV + V dp = RdT . Из последних двух уравнений получаем:
pdV =
C − C
V
R
(pdV + V dp) ⇒
Z
dV
V
=
C − C
V
C
p
− C
Z
dp
p
⇒ pV
C−C
p
C−C
V
= const .
По условию C = R/2, значит на политропе pV
2
= RT V = const. Из графика
цикла видно, что:
V
3
V
4
=
3
4
, поэтому T
4
=
3
4
T
3
=
3
4
T
max
и A
34
= (C
V
− C)
1
4
T
max
=
RT
max
4
.
Осталось определить работу на изотерме:
dA
21
= pdV = RT
min
dV
V
,
откуда A
21
= RT
min
V
1
Z
V
2
dV
V
= RT
min
ln
V
1
V
2
.
Поскольку
V
1
V
2
= 4, то A
21
= RT
min
ln 4. Окончательно:
A = R(T
max
− T
min
) +
RT
max
4
− RT
min
ln 4.
Подставляя численные значения, находим A ≈ 3,40 кДж.
КПД цикла рассчитывается по формуле η = A/Q
+
. Она даёт η ≈ 27%.
Для идеальной тепловой машины Карно имеем:
η
0
=
T
max
− T
min
T
max
≈ 67%,
что, естественно, больше чем для цикла, изображённого на рисунке
13
, как и
для любого другого между теми же тепловыми резервуарами.
Задача
2.11
(Скороварка)
На рисунке
76
изображены две близкие изотермы воды, соответствующие
температурам T и T − ∆T . Прямолинейные участки изотерм соответству-
ют равновесным состояниям смеси воды и водяного пара. Рассмотрим цикл
Карно 1–2–3–4–1, осуществляемый с некоторой массой m воды. Коэффициент
полезного действия η цикла Карно:
η =
∆T
T
=
A
Q
,
(1)

Теплота и молекулярная физика. Решения задач
97
2
4
3
1
p
V
∆p
∆V
T
T − ∆T
0
Рис. 76.
где A — работа за цикл, Q — количество теплоты, полученное от нагревателя.
Поскольку ∆T = 5
◦
C мало по сравнению с T = 373
◦
C, при вычислении
работы цикл 1–2–3–4–1 можно считать прямоугольником. Тогда
A = ∆p∆V,
(2)
где ∆V — изменение объёма воды при её обращении в пар. Количество теп-
лоты, необходимое для парообразования
Q = rm.
(3)
Подставляя (2) и (3) в (1), получим:
∆T
T
=
∆p∆V
rm
,
или
∆p
∆T
=
r
T ∆v
,
(4)
где ∆v = ∆V /m — изменение удельного объёма воды при её обращении в пар.
Уравнение (4) известно в физике под названием уравнения Клаузиуса–
Клапейрона. Оно описывает не только кипение, но и другие агрегатные
превращения. При парообразовании воды ∆v > 0, поэтому из (4) следу-
ет увеличение температуры кипения (∆T > 0) с ростом давления (∆p > 0).
А вот процесс плавления льда сопровождается уменьшением удельного объ-
ёма (∆v < 0). Поэтому температура плавления льда с повышением давления
убывает.
При кипении изменение удельного объёма воды приблизительно равно
удельному объёму образовавшегося пара, то есть ∆v ≈ V
v
/m. Считая пар
идеальным газом, отношение V
v
/m можно найти из уравнения Менделеева–
Клапейрона. Получим
∆v =
RT
M p
,

98
Международная физическая олимпиада «Туймаада»
где R — универсальная газовая постоянная, а M — молярная масса воды.
Подставляя найденное ∆v в (4), найдём
∆p
p
=
rM ∆T
RT
2
.
Подстановка численных значений даёт:
∆p = 0,18 · 10
5
Па.
Задача
2.12
* (Фотонный газ)
Давление газа обусловлено ударами его частиц о стенки сосуда. Величина
давления равна средней силе, действующей на единицу площади стенки. Най-
дём среднюю силу F
i
, с которой действуют на стенку частицы, имеющие
скорость ~v
i
и импульс ~
p
i
, направленные под углом α
i
к нормали стенки.
Для этого применим закон изменения импульса, считая удар частиц упру-
гим. За время ∆t о единичную площадку стенки ударятся N
i
= n
i
v
i
cos α
i
∆t
таких частиц, где n
i
— их число в единице объёма:
2N
i
p
i
cos α
i
= 2n
i
v
i
cos α
i
p
i
cos α
i
= F
i
∆t.
Давление газа P равно:
P = hF
i
i = 2hn
i
v
ix
p
ix
i = 2hv
ix
p
ix
i
1
2
n,
(1)
где ось x перпендикулярна к стенке. Множитель 1/2 поставлен потому, что
лишь половина частиц, имеющих одно и то же значение ~v
i
~
p
i
, движется к
стенке, а другая — в противоположном направлении. Из-за хаотичности дви-
жения частиц
hp
i
cos α
i
· v
i
cos α
i
i = hv
ix
p
ix
i =
1
3
hv
ix
p
ix
+ v
iy
p
iy
+ v
iz
p
iz
i =
1
3
h~v · ~pi.
Подставляя это в формулу (1), получим:
P =
1
3
n h~v · ~pi.
Ответ на второй пункт задачи просто следует из полученной формулы, ес-
ли принять во внимание, что масса фотона равна нулю, и поэтому его энергия
E = pc, где c — скорость света, то есть скорость фотонов v = c:
P =
1
3
nE =
1
3
u,
(2)

Теплота и молекулярная физика. Решения задач
99
P
P
V
T
P − dP
dV
dV
1
2
3
4
P
V
1
2
3
4
Рис. 77.
Рис. 78.
где u = nE — энергия единицы объёма фотонного газа.
Рассматриваемый в третьем пункте цикл Карно изображён на рисунке
77
.
Давление фотонного газа отличается от плотности энергии излучения толь-
ко множителем 1/3 в формуле (2), а плотность энергии не зависит от объёма
подобно тому, как масса единицы объёма не зависит от объёма всего тела.
Поэтому давление газа фотонов не зависит от объёма, а определяется только
температурой. Таким образом, изотермы 1–2 и 3–4 совпадают с изобарами,
что отражено на рисунке
77
. Вследствие малости dT и dP график рассмат-
риваемого цикла можно приближённо считать параллелограммом. Тогда его
«площадь» равна dP · dT , и получаем следующую формулу для КПД цикла:
η =
dT
T
=
δA
δQ
=
dP · dV
δQ
.
(3)
Количество теплоты δQ, сообщаемое фотонному газу при изотермическом
расширении, выразим из первого начала термодинамики:
δQ = dU + P dV = u dV + P dV = 4P dV.
Подставим последнее выражение в (3):
dT
T
=
dP · dV
4P dV
.
Путём интегрирования находим
P = aT
4
,
(4)
где a — некоторая постоянная величина.
В четвёртом пункте требуется, используя (4), получить выражение для
мощности W излучения единицы поверхности абсолютно чёрного тела. Для

100
Международная физическая олимпиада «Туймаада»
этого нужно сложить энергии всех фотонов, излучаемых в единицу времени
единицей площади поверхности:
W =
X
ν
i
E
i
,
где E
i
— энергия фотонов i-го сорта, а ν
i
— их число, излучаемое в единицу
времени единичной площадкой. Из условия известно, что
ν
i
=
1
4
n
i
hv
i
i,
где n
i
— число фотонов i-го сорта в единице объёма, а hv

жүктеу/скачать 1,7 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: