Методические указания для практических занятий по общей и экспериментальной физике. Часть вторая. МКТ и термодинамика

МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ ЕЛЕЦКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ ИМЕНИ И. А. БУНИНА

Филимонова Л.В.

МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ

для практических занятий по общей и экспериментальной физике Часть вторая «МКТ и термодинамика»

(для студентов физико-математического факультета)

Елец – 2005

-2-

УДК 531/534

Печатается по решению редакционно-

ББК 22.2Р30

издательского совета ЕГУ им. И.А. Бунина от 26.05.05, протокол № 6

Рецензенты:

доктор физико-математических наук, профессор кафедры физики МГТУ им. Н.Э. Баумана Винтайкин Б.Е. кандидат

педагогических

ЕГУ им. И.А. Бунина

наук,

доцент

кафедры

физики

Трофимова Е.И.

Филимонова Л.В. Ф 53 Методические указания для практических занятий по общей и экспериментальной физике. Часть вторая. МКТ и термодинамика. – Елец: ЕГУ им. И.А. Бунина, 2005. – 103 с.: ил.

Целью данных указаний является оказание помощи студентам в усвоении программного материала по физике через решение типовых задач по разделу «МКТ и термодинамика». В методических указаниях приводится материал к 6 практическим занятиям, содержащий вопросы для теоретической подготовки к занятию, подробные указания по решению типовых задач, задачи для самостоятельного решения. Темы практических занятий взяты из рабочей программы дисциплины «Общая и экспериментальная физика» и охватывают теоретический материал по основам молекулярно-кинетической теории вещества и термодинамики. К каждому практическому занятию приводятся подробные указания по решению широкого круга задач, освещая основные законы, понятия и методы, отраженные в лекционном материале. Представленный в каждой теме через методические указания материал достаточен для самостоятельного решения студентами всех приведенных в конце каждого занятия задач. В приложениях содержатся дополнительный материал, посвященный понятию «число степеней свободы», математическим методам решения сложных задач, перечень используемых обозначений и справочный материал. Методические указания рекомендуются к использованию на практических занятиях по физике со студентами физико-математического факультета ЕГУ им. И.А. Бунина при изучении раздела физики «МКТ и термодинамика». УДК 531/534 ББК 22.2Р30 © ЕГУ им. И.А. Бунина, 2005 © Филимонова Л.В., 2005

-3-

Введение Усвоение теоретического материала по физике осуществляется полнее и прочнее в процессе решения задач, т.к. в ходе разрешения задачных ситуаций те или иные теоретические знания становятся насущной необходимостью. При этом раскрывается с разных сторон практическая значимость физических знаний, и устанавливаются границы применимости физических теорий. В этой связи, главная цель, поставленная в данном пособии, состоит в том, чтобы как можно полнее показать пути использования и способы применения на практике теоретического материала из раздела «МКТ и термодинамика», изучаемого на лекциях по общей и экспериментальной физике на физико-математическом факультете. Изложенный материал нацелен на решение следующих дидактических задач: - глубокое усвоение и закрепление в памяти студентов основных теоретических положений и законов по указанному разделу физики; - формирование практических умений и навыков применения теории в процессе решения задач; - знакомство с различными математическими приемами и способами получения решения физической задачи в общем виде; - привлечение для вычислений различных информационных технологий. Предлагаемое пособие содержит материал по 6-ти темам практических занятий по общей и экспериментальной физике (согласно рабочей программе), включая: 1) предлагаемые студентам для теоретической подготовки к занятиям вопросы; 2) подробные методические указания по решению широкого спектра задач, 3) задачи для самостоятельного решения. В конце пособия имеются приложения, содержащие дополнительный материал, перечень основных обозначений и используемых формул, справочные таблицы и данные. Предлагаемые для самостоятельного решения задачи могут служить материалом для семестровых заданий по усмотрению преподавателя. Данное пособие содержит весь необходимый минимум материала для подготовки студентов к практическим занятиям по выбранным темам, не требует использования и поиска дополнительных литературных источников, и тем самым экономит время, отводимое студентам для усвоения программного материала по данной дисциплине.

-4-

Содержание: Введение ……………………………………………………………………… 3 Содержание …………………………………………………………………… 4 Практическое занятие №1. Основные положения молекулярнокинетической теории газа (вещества) ……………………………………... 5 Практическое занятие №2. Барометрическая формула. Распределение Максвелла. ……………………………………...………….. 20 Практическое занятие №3. Внутренняя энергия. Работа газа. Количество теплоты. Теплоемкость …………………………………….. 34 Практическое занятие №4. Первое и второе начала термодинамики. Энтропия …..……………………...................................... 50 Практическое занятие №5. Явления переноса ………………………….. 65 Практическое занятие №6. Свойства жидкости. Поверхностное натяжение …………………………………………………. 75 Приложение 1. Обозначения используемых величин и их единицы измерения ………………………………………………………. 88 Приложение 2. Решение задачи № 2.9 …………………………………….. 90 Приложение 3. Число степеней свободы ………………………………….. 92 Приложение 4. Справочный материал ...…………………………………...99 Приложение 5. Основные формулы ………………………………………. 100 Основная и дополнительная литература ..……………………………. 103

-5-

Практическое занятие № 1. Тема: Основные положения молекулярно-кинетической теории газа (вещества).

Вопросы для подготовки к занятию. 1. Дайте сравнительную характеристику молекулярно-кинетическому, термодинамическому и статистическому методам. 2. Перечислите основные положения МКТ вещества и газа. В чем состоит их экспериментальное подтверждение? 3. Что является объектом изучения МКТ? Приведите пример. Поясните значение терминов «состояние» и «параметры состояния». Показать на примере. 4. Что называется давлением? Раскройте механизм давления газа. 5. Что характеризуется понятием «температура»? Поясните значение этого термина с позиций МКТ. 6. Каковы способы измерения температуры? Какие имеются термометрические шкалы? Как они соотносятся? 7. Какой газ называется идеальным? 8. Опишите модель «идеальный газ». 9. Выведите основное уравнение МКТ и уравнение состояния идеального газа. 10. Сформулируйте законы Авогадро и Дальтона. 11. Что означают термины: атом, молекула, атомный вес, моль, молярная масса, постоянная Авогадро, плотность, концентрация. Встречающиеся задачи можно поделить на несколько типов: - задачи с применением основных положений МКТ (определение молярной массы, плотности, концентрации, массы одной молекулы и т.д.);

-6-

- задачи на применение основного уравнения МКТ, т.е. требующие рассмотреть давление газа и его механизм; - задачи на уравнение состояния идеального газа для одного газа постоянной массы; - задачи на уравнение состояния идеального газа для газа при условии, что его масса меняется; - задачи на расчет параметров смеси газов, в том числе с учетом закона Дальтона.

Методические указания к решению типовых задач. Задача №1.1. В закрытом сосуде вместимостью V=20 л находятся водород массой m1=6 г и гелий массой m2=12 г. Определите: 1) давление р; 2) молярную массу μ газовой смеси в сосуде, если температура смеси Т=300 К. [0,75 МПа; 3·10-3 кг/моль]

(4, с. 88)

Указания по решению. Имеется смесь двух газов. Поэтому для каждого газа нужно изобразить диаграмму состояния – замкнутый овал, на котором проставляются обозначения величин, задающих состояние газа, включая вид газа (молярную массу) и его количество (массу). В таком случае должно на диаграмме быть записано 5 величин: давление, объем, температура, масса газа и его молярная масса. В случае если вид газа не определен, то вместо пары параметров «масса и молярная масса» указывается один – количество молей вещества. В этом случае на диаграмме будут изображаться 4 величины. В данной задаче на диаграмме каждого из заданных газов проставляем по 5 обозначений согласно условию задачи (рис. 1). Заметим следующее:

-7-

1) каждый газ занимает весь предоставленный ему объем, т.е. объем всего сосуда, поэтому объемы газов одинаковы и равны объему сосуда; 2) в состоянии теплового равновесия температуры газов в смеси одинаковы; 3) каждый газ оказывает на стенки сосуда «свое» давление, называемое, когда речь идет о смеси газов, парциальным. Поэтому на диаграмме должны проставляться парциальные давления, связанные с давлением в сосуде по закону Дальтона. Далее под каждой диаграммой состояния записываем соответствующее уравнение состояния,

включая

указанные

на

диаграмме величины (рис. 2). Ясно,

что

равенства

из

каждого

определяется

записанного парциальное

давление газа, и по закону Дальтона находится искомое давление р в сосуде. Наконец, молярная масса смеси находится согласно определению молярной массы, т.е. как масса одного моля вещества (смеси):

μ=

m

ν

,

где m – масса смеси, ν - число молей в смеси. Каждая из этих величин аддитивна (значение величины для целого равно сумме значений величин для частей), т.е.

m=m1 + m2

и ν = ν1 + ν 2 .

Число молей каждого газа равно величине дроби, стоящей в правой части уравнений состояния, записанных под диаграммами, т.е. все необходимые значения заданы. Проделайте вычисления самостоятельно и сравните ответ.

-8-

Задача №1.2. В баллоне вместимостью V=15 л находится азот под давлением р=100 кПа при температуре t1= 27 оС. После того как из баллона выпустили азот массой Δm=14 г, температура газа стала равной t2=17 оС. Определите давление р1 азота, оставшегося в баллоне. [16,3 кПа] (4, с. 88)

Указания по решению. В данной задаче рассматриваются два состояния, которые назовем так: состояние азота и состояние оставшегося азота. Важно отметить, что это не два состояния одного и того же объекта – газа N2 в баллоне, т.к. сам объект «находящийся в баллоне газ N2» меняется по условию, а именно меняется его количество (масса). Тогда первоначальное количество азота в баллоне (обозначим его массу m) – это один объект и для него рисуем диаграмму состояния. Оставшийся после того, как часть газа выпустили, азот – это второй объект, для которого также рисуем диаазот

оставшийся азот

грамму состояния. Получаем снова две диаграммы, под которыми можно записать соответствующие им уравнения состояния (рис. 3). Получено два уравнения с двумя неизвестными m и р1. Решая их систему, можно найти искомую величину. Проделайте самостоятельно вычисления и сравните полученный ответ.

Задача №1.3. В сосуде вместимостью V=1 л находится кислород массой m=1 г. Определите концентрацию n молекул кислорода в сосуде. [1,88·1025 м-3] (4, с. 89)

Указания по решению. Согласно основным положениям МКТ данный макрообъект «кислород массой m=1 г» состоит из совокупности микрообъектов «молекул», причем масса одной молекулы m0 (вещество однородное в

-9-

отличие, например, от смеси газов), а их число в данном примере N. Исходя из сказанного, можно записать равенство:

m= N⋅ m0. Далее действуем согласно определению концентрации как числа молекул в единице объема, т.е.

n=

N . V

Пока записано только два равенства, в которых имеется три неизвестных величины N, m0, n. Требуется еще одно равенство. Для его нахождения заметим, что до сих пор нами не использовалось одно данное задачи, а именного то, что известен вид газа, а значит, дана его молярная масса (находим с помощью таблицы Менделеева). По определению молярная масса – это масса одного моля вещества, т.е. числа Авогадро NА его молекул, это запишется так

μ = NA⋅ m0. Последнее равенство не содержит новых неизвестных, т.е. дополняет систему имеющихся уравнений для нахождения искомой величины. Проделайте самостоятельно вычисления и сравните ответ.

Задача №1.4. В закрытом сосуде находится воздух и капля воды массой m=0,5 г. Объем сосуда V=25 л, давление в нем p1=104 Па и температура T=300 К. Каким будет давление в сосуде, когда капля испарится? (Температуру считать неизменной.) [ p = p1 +

mRT = 12770 Па] (9, с. 65) μV

Указания по решению. По основному уравнению МКТ давление газа прямо пропорционально его концентрации при условии, что температура постоянна, т.е.:

p = nkT , и меняется из-за изменения концентрации газа.

- 10 -

I способ. До испарения капли в сосуде давление р1 и концентрация

n1 =

p1 . kT

После испарения капли концентрация увеличилась на

n2 =

m

μ

NA,

где μ - молярная масса воды. Тогда давление можно найти по основному уравнению МКТ:

p = ( n1 + n2 )kT . II способ. После испарения капли в сосуде образуется смесь воздуха (сухого) и водяного пара. Давление смеси найдем по закону Дальтона: p = p1 + p2 . Здесь р1 – исходное давление, данное в условии задачи, т.к. парциальное давление газа не зависит от присутствия других компонентов смеси, а следовательно не изменится после испарения капли. Меняться будет только давление смеси в целом. Давление р2 найдем по основному уравнению МКТ: p2 = n2 kT где

m n2 =

μ

NA

V

.

Продумайте различие в двух приведенных способах рассуждения при решении задачи, запишите ответ в общем виде и проведите вычисления самостоятельно.

Задача №1.5. На какую глубину h в жидкость плотности ρ надо погрузить открытую трубку длины L, чтобы, закрыв верхнее отверстие, вынуть стол-

- 11 -

бик жидкости высоты L/2? Атмосферное давление р. [h =(1/2)L(1+ρgL\2p)] (6, с. 164)

Указания по решению. При погружении открытой трубки в воду меняется (уменьшается) количество воздуха внутри нее, т.к. все большая часть по мере погружения заполняется водой. Определимся, что будем понимать под глубиной погружения трубки: пусть это будет расстояние от поверхности воды до ее нижнего конца. Тогда глубина погружения h равна высоте столба воды в трубке, объем которого, как части всего внутреннего объема трубки, не доступен газу (воздуху). Получается, что перед закрытием верхнего отверстия трубки в трубке находился воздух в некотором количестве вещества ν, занимая объем

V1 = ( L − h ) ⋅ S , где S – сечение трубки. В момент закрытия трубки и в последующие моменты поднятия трубки из воды меняется объем воздуха (увеличивается), а количество газа (в частности, его масса и число молей) не меняются. Тем самым мы имеем дело с газом постоянной массы. После отрыва нижнего конца трубки от поверхности воды объем газа внутри нее перестает меняться. Поэтому достаточно рассмотреть следующие два состояния воздуха в трубке: начальное, т.е. в момент закрытия

- 12 -

верхнего конца трубки, и конечное, т.е. нижний конец не касается воды (рис. 4). Для каждого состояния воздуха в трубке изображаем диаграммы (рис. 4) и записываем уравнения состояний:

p ( L − h ) S = ν RT

(p − ρ

L L g ) S = ν RT . 2 2

Отсюда получаем равенство

p( L − h) = ( p − ρ

L L g) 2 2

и выражаем из него искомую величину. Проделайте дальнейшие действия самостоятельно и сравните ответ. В этом примере на диаграммах указана четверка параметров, хотя и известно из условия, что газ – воздух!

Задача №1.6. Газ находится в сосуде при давлении р1=2 МПа и температуре t=27 оС. После нагревания на Δt=50 оС в сосуде осталась только половина

газа

(по

массе).

Определите

установившееся

давление

р2.

[р2=1,166 МПа] (6, с. 164)

Указания по решению. Рассматривается газ в сосуде в разных состояниях. При этом масса (количество вещества) газа меняется, т.е. можно говорить о разных состояниях различных макросистем (двух газов, хотя и одного химического состава). Иначе говоря, неверно будет говорить в этом случае о двух состояниях одного и того же объекта1. Итак, имеются два газа, каж-

1

Далее при изучении изопроцессов и их уравнений это обстоятельство, а именно постоянство массы рассматриваемого газа, служит необходимым условием, позволяющим использовать при решении задач уравнения изопроцессов.

- 13 -

дый из которых берется в одном состоянии. Изображаем соответствующие диаграммы и записываем по ним уравнения этих состояний (рис. 5). Замечаем, что каждый газ берется в объеме имеющегося сосуда, а, следовательно, объемы газов одинаковы2. Так как предполагается использование уравнения состояния, куда в качестве одного из параметров входит абсолютная температура Т, то при записи данных необходимо значения температуры в градусах Цельсия переводить в градусы Кельвина. Таким образом, получены два уравнения с 4 неизвестными: m, μ, V,

p2. Однако для нахождения искомой величины этого достаточно и не требуется проводить дальнейший поиск новых соотношений для дополнения системы уравнений. В этом случае поступают иначе: производят деление одного равенства на другое. При этом некоторые неизвестные величины сокращаются. Имеем после деления и сокращения в нашем случае:

p2 T + ΔT = , p1 2T откуда выражаем искомую величину. Завершите вычисления самостоятельно и сравните числовой ответ. Задача №1.7. Два сосуда вместимости V1=200 и V2=100 см3 разделены подвижным поршнем, не проводящим тепло. Сначала температура газа в сосудах T1=300 К, а его давление p1=1013 гПа, затем меньший сосуд охладили льдом до T2=273 К, а больший нагрели паром до T3=373 К. Какое давление p2 установится в сосудах? [p2=1146 гПа] (6, с. 165) Указания по решению. В задаче рассматриваются 2 газа: первоначально один газ в одном сосуде, а другой – в другом сосуде. Известны параметры начальных состояний обоих газов. Так как давление на поршень со стороны газов одинаково, то он остается в покое. После изменения температуры 2

Равенство объемов в случае двух состояний одной и той же макросистемы (одного и того же газа постоянной массы) служит причиной говорить о возможности изохорного процесса. В данной задаче об изохорном процессе не может быть и речи.

- 14 -

газов, давление, оказываемое каждым из них на поршень, изменилось: давление в большем сосуде возросло, а в меньшем уменьшилось. Поэтому поршень переместится в сторону газа, оказывающего меньшее давление, до тех пор, пока силы давления газов на поршень не уравновесятся. При этом изменится, в сравнении с первоначальным, объем каждого газа: объем холодного газа уменьшится на ΔV, а горячего – увеличится на ту же величину. Далее изображаем диаграммы состояний для двух газов и записываем их уравнения (рис. 6). Так как вид газов неизвестен (они могут быть как одинакового состава, так и различного), то на диаграммах укажем лишь число молей каждого из них. Т.е. изображаем диаграммы с 4 параметрами.

Получили 4 уравнения с 4 неизвестными: ν1, ν2, р2 и ΔV. Т.е. помимо искомой величины можно найти и еще 3 величины, относящиеся к рассмотренному примеру. Завершите вычисления самостоятельно и проверьте ответ. Задача №1.8. В сосуде находится масса m1=14 г азота и масса m2=9 г водорода при температуре t =10 оС и давлении р =1 МПа. Найдите молярную массу μ смеси и объем V сосуда. [

] (7, с. 77)

- 15 -

Указания по решению. Имеем смесь газов массой m= m1+ m2. Для нахождения ее молярной массы необходимо найти число молей вещества в смеси. По свойству аддитивности

ν = ν1 + ν2, где ν1 – число молей азота, ν2 – число молей водорода. Так как известны газы, то заданы и их молярные массы, соответственно μ1 и μ2. Тогда, зная массу каждого газа и массу одного моля этого газа, находим количество вещества:

ν1 =

m1

μ1

и ν2 =

m2

μ2

.

По аналогичной формуле, зная массу смеси и число молей в смеси, найдем искомую молярную массу смеси. Запишите самостоятельно выражение для молярной массы смеси в общем виде и произведите вычисления, сравните ответ. Далее изображаем диаграмму состояния системы «смесь газов», т.к. по условию известно давление именно смеси двух газов (рис. 7). Значение температуры записываем в кельвинах. Из записанного уравнения состояния выражаем объем смеси, который и равен объему сосуда, т.к. любой газ, в том числе и смесь нескольких газов, занимает весь предоставленный ему объем. Таково свойство газов. Проделайте вычисления самостоятельно. Задача №1.9. В воздухе содержится k1=23,6 % кислорода и k2=76,4 % азота по массе при давлении p=100 кПа и температуре воздуха t=13 оС. Найдите плотность ρ смеси и парциальные давления р1 и р2 кислорода и азота. [ (7, с. 77-78) Указания по решению. Дана смесь газов. По закону Дальтона имеем:

]

- 16 -

p = р1 + р2. Для каждой компоненты смеси известна молярная масса (μ1 и μ2), а масса выражается через общую массу смеси как m1= k1⋅m и m2= k2⋅m. Изобразим диаграммы состояния каждого газа по отдельности (рис. 8), учитывая, что они занимают одинаковые объемы, равные объему всей смеси, и находятся при одинаковой температуре. Запишем уравнения состояний этих газов: p1V =

k1m

μ1

RT , p2V =

k2m

μ2

RT .

С учетом закона Дальтона имеем 3 уравнения с 4 неизвестными: р1, р2,

m

и

V.

Сложение

двух

последних уравнений дает нам уравнение состояния смеси, но числа независимых уравнений

в

системе от этого не меняется. В таком случае прибегаем к уже испытанному ранее способу делению одного уравнения на другое. Получаем: p1 k1μ2 = . p2 k2 μ1 Это равенство вместе с законом Дальтона дает систему из 2 уравнений с 2 неизвестными: р1 и р2. Таким образом, можно найти искомые парциальные давления газов. Плотности газов находятся из уравнений их состояний, если обе части уравнений поделить на объем и справа выделить отношение массы к объему, равное плотности газа в данных условиях. При этом необходимо

- 17 -

учесть свойство аддитивности для плотности3: плотность смеси газов равна сумме плотностей ее компонентов. Завершите решение задачи самостоятельно.

Задачи для самостоятельного решения.

1.

В сосуде при температуре t=20 оС и давлении р=0,2 МПа содержится

смесь газов - кислорода массой m1=16 г и азота массой m2=21 г. Определите плотность смеси. [2,5 кг/м3] (3, с. 99) 2.

Определите число N атомов в m=1 кг водорода и массу одного атома

водорода. [N =3,01·1026; m0=3,32·10-27 кг] (4, с. 88) 3.

Определите плотность смеси газов водорода массой m1=8 г и кисло-

рода массой m2=64 г при температуре Т=290 К и при давлении р=0,1 МПа. Газы считать идеальными. [0,498 кг/м3] (4, с. 88) 4.

Баллон вместимостью 20 л содержит смесь водорода и азота при

температуре 290 К и давлении 1 МПа. Определите массу водорода, если масса смеси равна 150 г. [6,3 г] 5.

(4, с. 89)

В сосуде вместимостью 5 л при н.у. находится азот. Определите:

1) количество вещества; 2) массу азота; 3) концентрацию его молекул в сосуде. [0, 223 моль; 6,24 г; 2,69·1025 м-3] (4, с. 89) 6.

Объем газа уменьшили в два раза, а температуру увеличили в полто-

ра раза. Во сколько раз увеличилось давление газа? [в три раза] (6, с. 163) 7.

Для измерения собственного объема сыпучего материала его поме-

щают в цилиндр, который герметически закрывают поршнем. Затем измеряют давление воздуха р1 и р2 при одной и той же температуре и двух положениях поршня, когда суммарный объем воздуха и материала равен V1 и

3

Плотность является аддитивной величиной лишь при условии, что смесь газов – идеальный газ, т.е. когда справедлив закон Дальтона.

- 18 -

V2. Каков объем материала по этим данным? [V=(р2V2 – p1V1)/(р2 – p1)] (6, с. 163) 8.

Давление воздуха внутри бутылки равно 0,1 МПа при температуре

7 оС. На сколько нужно нагреть бутылку, чтобы пробка вылетела? Без нагревания пробку можно вынуть, прикладывая к ней силу 10 Н. Сечение пробки 2 см2. [Δt =140 оС] 9.

(6, с. 164)

В цилиндрическом сосуде с газом находится в равновесии тяжелый

поршень. Масса газа и его температура над поршнем и под ним одинакова. Отношение внутреннего объема верхней части сосуда к внутреннему объему нижней равно 3. Каким будет это соотношение, если температуру газа увеличить в 2 раза? [1,9] 10.

(6, с. 165)

Найдите формулу соединения азота с кислородом, если 1 г его в га-

зообразном состоянии в объеме 1 л создает при температуре 17 оС давление 314 гПа. [N2O3] (6, с. 167) 11.

Во сколько раз изменится подъемная сила воздушного шара, если

наполняющий его гелий заменить водородом? Весом оболочки шара пренебречь. Молярная масса воздуха 29 г/моль. [FHe/FH2=25/27] (6, с. 167) 12.

Сколько молекул газа находится в сосуде вместимостью 480 см3 при

температуре 20 оС и давлении 25 кПа? 13.

(7, с. 78)

В сосуде объемом 2 л находится 6 г углекислого газа СО2 и 4 г окиси

азота NO при температуре 127 оС. Найдите давление смеси в сосуде. [ ] (7, с. 78) 14.

При комнатной температуре четырехокись азота частично диссоции-

рует, превращаясь в двуокись азота: N2O4 ↔ 2NO2. В откачанный сосуд вместимости 250 см3 вводится 0,92 г жидкости N2O4 при 0 оС. Когда температура в сосуде увеличивается до 27 оС, жидкость целиком испаряется, а давление становится равным 128 кПа. Определите долю четырехокиси азота, которая диссоциировала. [0,28] (6, с. 167)

- 19 -

15.

В сосуде объема V=1 дм3 находится m=0,28 г азота. Азот нагрет до

температуры t=1500 оС. При этой температуре α=30% молекул азота диссоциировало

на

атомы.

Определите

давление

в

сосуде.

[p =

m(1 + α ) RT =1,8⋅105 Па] (8, с. 69) μV

16.

В сосуде находится смесь азота и водорода. При температуре Т, ко-

гда азот полностью диссоциирован на атомы, давление равно р (диссоциацией водорода можно пренебречь). При температуре 2Т, когда оба газа полностью диссоциированы, давление в сосуде 3р. Каково отношением масс азота и водорода в смеси? [7] (8, с. 70)

- 20 -

Практическое занятие № 2. Тема: Барометрическая формула. Распределение Максвелла.

Вопросы для подготовки к занятию.

1. Запишите барометрическую формулу и поясните входящие в нее величины. 2. Что такое распределение Больцмана? Раскройте его значение. Запишите формулу и поясните входящие в нее величины. 3. Какие теории называются динамическими (статистическими)? В чем разница между динамическими и статистическими законами? 4. Что такое функция распределения? Поясните на примере функции распределения молекул идеального газа по скоростям. 5. Запишите распределение Максвелла и поясните входящие в него величины. 6. Какая скорость называется средней, среднеквадратичной и вероятнейшей? Как их можно найти, зная формулу функции распределения молекул газа по скоростям? 7. Опишите опыты Перрена, Штерна и Ламмерта. Каково их значение?

Методические указания к решению типовых задач.

Задача №2.1. На какой высоте плотность воздуха в 2 раза меньше, чем его плотность на уровне моря? Считайте, что температура воздуха везде одинакова и равна T =273 К. [5,5 км]

(3, с. 99)

Указания по решению. Рассмотрим барометрическую формулу Лапласа: p = p0

m gh − 0 e kT

,

- 21 -

где p и p0 – давления на разных уровнях с разностью высот h, m0 - масса молекулы, T - температура, причем предполагается, что T=const и не меняется при переходе от начального рассматриваемого уровня к конечному. Далее с учетом основного уравнения МКТ в виде p=nkT,

при условии T=const получим: nkT = n0

m gh − 0 kTe kT

⇒ nkT = n0

m gh − 0 e kT

= n0e

−

μ gh RT

,

где μ – молярная масса газа (в данной задаче μ=29⋅10-3 кг/моль - молярная масса воздуха). Теперь, вспомнив определения плотности и концентрации вещества, запишем:

ρ = n⋅m0. Имеем:

ρ =ρ0⋅ e

−

μ gh RT .

Согласно условию задачи делаем рисунок (рис. 9). По условию

ρ = 1 ρ0 , 2

т.е. μgh

− 1 ρ 0 = ρ 0 ⋅ e RT ⇒ 2

μgh

e RT = 2 ⎢логарифмируем по основанию e:

μ gh RT h=

= ln 2 ,

RT ln 2 . μg

Вычисления проведите самостоятельно.

- 22 -

Задача №2.2. Используя идею установки Перрена для определения числа Авогадро и применив к частицам краски, взвешенных в воде, больцмановское распределение, найдите объем частиц, если при расстоянии между двумя слоями h=80 мкм число взвешенных частиц в одном слое вдвое больше, чем в другом. Плотность растворенной краски ρ =1700 кг/м3, а температура окружающей среды T=300 К. [5,22⋅10-21 м3]

(4, с. 91)

Указания по решению. Людвиг Больцман разработал теорию распределения частиц в силовом поле. Если энергия частицы в этом поле U, то концентрация частиц с такой энергией определяется формулой n = n0 e

−

U kT

- распределение Больцмана во внешнем потенциальном поле. Идея установки Перрена состоит в том, что взвешенные в жидкости частицы, совершающие броуновское движение, подчиняются законам МКТ, как и сами молекулы вещества. Делаем рисунок (рис. 10). Известно: N=nV ⇒ считая объемы слоев равными, получим по условию n0=2n. Внешним потенциальным полем служит гравитационное поле Земли, т.е. U=mgh, где m – масса частицы, h – высота от нулевого уровня отсчета потенциальной энергии, за который примем нижний из рассматриваемых уровней (уровень, на котором находится нижний слой с концентрацией частиц n0). Получаем: n = n0 e

−

mgh kT ,

−

mgh kT ,

n = 2ne mgh e kT

= 2,

- 23 -

mgh = ln 2 . kT Отсюда масса частицы растворенной краски m=

ln 2 ⋅ kT . gh

Зная массу и плотность краски, можно найти объем одной частицы. Завершите решение самостоятельно и сравните ответ. Задача №2.3. Скорости частиц, движущихся в потоке, имеют одно направление и лежат в интервале от v0 до 2v0 . График функции распределения частиц по скоростям имеет вид прямоугольника. Чему равно значение функции распределения? Как изменится функция распределения, если на частицы в течение времени τ вдоль их скорости действует сила F? Масса каждой частицы равна m. [f (v)=1/v0 при v0≤v≤2v0, f (v)=0 в остальной области значений v. Функция распределения f (v) сдвинется на Δv=Fτ/m в область больших скоростей] (6, с. 157) Указания по решению. Разберем понятие «функция распределения частиц по скоростям». Оно имеет смысл в случае большого числа частиц. По классическим представлениям скорости частиц могут принимать различные значения из непрерывного полуинтервала [0;∞). Рассмотрим интервал скоростей от некоторого значения v до v+dv. Тогда число частиц (среднее), скорости которых попадают в этот интервал, равно dN(v). Пусть всего частиц N, тогда доля частиц с указанными скоростями

dN . По определению функция распределения входит в равенство: N dN ( v ) 1 dN ( v ) dN ( v ) = f ( v )dv ⇒ f ( v ) = = ⋅ . N Ndv N dv Если для некоторого интервала скоростей верно то, что частиц с та-

кими скоростями нет, т.е. dN ( v ) = 0 , то т.к. dv ≠ 0 (ширина интервала от-

- 24 -

f ( v ) = 0 . Иначе, f ( v ) ≠ 0 , если есть частицы со

лична от нуля) имеем

скоростями, близкими к v. Согласно условию задачи скорости частиц лежат в интервале [v0;2v0], тогда для значений v∈[v0;2v0] f ( v ) ≠ 0 , а для всех других значений

f (v ) = 0 . Построим график f ( v ) (рис. 11). По свойству нормировки для функции распределения имеем: ∞

∫ f ( v )dv = 1 ,

0

следовательно, площадь под графиком функции f ( v ) равна S=1. Получаем:

S = ( 2 v0 − v 0 ) ⋅ f ( v ) = 1 ⇒ f ( v ) =

1 при v0 ≤ v ≤ 2v0 . v0

Итак, получаем функцию распределения частиц в заданном потоке по скоростям: ⎧0 при 0 ≤ v ≤ v , 0 ⎪ ⎪1 f (v) = ⎨ при v0 ≤ v ≤ 2v0 , v ⎪ 0 ⎪⎩0 при v > 2v0 . Далее известно, что под действием силы скорости всех частиц меняются в соответствии со вторым законом Ньютона: Δp=FΔt, где p=mv – импульс частицы. Тогда Δv =

FΔt , m

где Δt =τ по условию. Т.к. на все частицы действует одинаковая сила F, и массы частиц r r равны, то скорости всех частиц увеличатся (т.к. F ↑↑ v ) на одну и ту же

- 25 -

величину Δv. Это соответствует тому, что основание прямоугольника (график функции f (v ) ) совпадет с интервалом скоростей [v0+Δv; 2v0+Δv], его ширина 2v0 + Δv − (v0 + Δv ) = v0

не изменится, а площадь остается равной единице ⇒ значение f (v) не изменится, а график сдвинется вправо на Δv =

Fτ . m

Задача №2.4. Температура окиси азота NO Т=300 К. Определите долю молекул, скорости которых лежат в интервале от v1=820 м/с до v2=830 м/с. [0,4 %] (7, с. 49) Указания по решению. Используем закон распределения молекул газа по скоростям (распределение Максвелла). Функция распределения в этом случае имеет вид: 3 m0 ⎞ 2

⎛ f ( v ) = 4π ⎜ ⎟ 2 π kT ⎝ ⎠

m v2 − 0 ⋅ v 2 e 2kT

.

По определению функции распределения:

f (v ) = где

dN ( v ) , Ndv

dN ( v ) = f ( v )dv - доля молеN

кул со скоростями от v до v+dv. По условию: v = v1 , Δv = v2 − v1 Рассмотрим график f (v) (рис. 12). На нем доля

dN ( v ) равна площади под N

графиком на участке от v до v+dv (заштрихована). Поэтому в расчетах в случае конечных значений Δv, принимаемых приближенно за dv, получаем

- 26 -

замену истинной площади площадью прямоугольника. В данной задаче согласно этой методике расчета получаем:

k1 =

3 m0 ⎞ 2

⎛ dN ⎡v = 820 м с⎤ = 4 π = f (v1 ) ⋅ Δv = ⎢ 1 ⎜ ⎟ N ⎣ Δv = 10 м с ⎥⎦ ⎝ 2πkT ⎠

m v2 − 0 1 ⋅ v12 ⋅ e 2 kT

⋅ Δv.

Вычислим: 3

⎛ ⎞2 ⎛ 30 ⋅ 10− 3 ⋅ 8202 ⎞ 30 ⋅ 10 − 3 2 ⎜ ⎟ k1 = 4 ⋅ 3,14⎜ ⎟ ⋅ 820 ⋅ exp⎜⎜ − 2 ⋅ 8,31 ⋅ 300 ⎟⎟ ⋅ 10 ≈ 0,004 = ⋅ ⋅ ⋅ 2 3 , 14 8 , 31 300 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

= 0,4 %. Точный расчет соответствует нахождению интеграла: v

2 dN = ∫ f ( v )dv . N v 1

Вычислим в системе Mathcad: 830

k 2 = ∫ f ( v )dv = 3,776 ⋅ 10 − 3 . 820

Найдем погрешность первого приближения:

ε=

k 2 − k1 k2

⋅ 100% = 3,786% ≈ 4% .

Задача №2.5. Воспользовавшись законом распределения идеального газа по относительным скоростям, определите, какая доля молекул кислорода, находящегося при температуре 0 оС, имеет скорости от 100 до 110 м/с. [0,4]

(3, с. 99)

Указания по решению. Функция распределения молекул по относительным скоростям имеет вид: f (u ) = где относительная скорость

4

π

2

u 2e−u ,

- 27 -

u=

v . vв

Наиболее вероятная скорость находится по формуле

vв =

2 RT

μ

.

Вычислим: 2 ⋅ 8,31 ⋅ 273 = 376,549 (м/с). 32 ⋅ 10− 3

vв = Тогда

u1 =

v1 100 = = 0,26557 , vв 376,549

u2 =

110 = 0,292126 . 376,549

Аналогично задаче №2.4 дальнейшие действия можно провести двумя способами. I способ (приближение). Т.к. Δu = u2 − u1 = 0,026556 мало, то доля молекул приближенно равна k1 =

dN (u ) ≈ f (u1 ) ⋅ Δu . N

Вычисление дает значение k1 =

2 4 ⋅ (0,26557 )2 ⋅ e − 0,26557 ⋅ 0,026556 ≈ 0,38 % . 3.14

II способ (интегрирование). u

2 dN (u ) k2 = = ∫ f (u )du . N u 1

Вычисляя, получаем k2 = 4,313 ⋅ 10− 3 ≈ 0,43 % . Погрешность приближения

- 28 -

ε=

k2 − k1 k2

⋅ 100% = 0,121 ⋅ 100 % = 12,12 % .

Задача №2.6. Какая часть молекул азота при температуре t=150 оС имеет скорости, лежащие в интервале от v1=300 м/с до v2=800 м/с? [70,4 %] (7, с. 79) Указания по решению. Так как интервал значений довольно широк, то метод приближения использовать нельзя. Искомую величину можно вычислить, используя закон распределения молекул по скоростям (I способ) или закон распределения молекул по относительным скоростям (II способ). I способ: v

2 dN ( v ) = ∫ f ( v )dv = 0,704 . N v 1

II способ u

2 dN (u ) = ∫ f (u )du , N u 1

где

uв =

2 RT

μ

=

2 ⋅ 8,31 ⋅ 423 = 501,08 (м/с), 28 ⋅ 10− 3

тогда u1 =

300 800 ≈ 0,5987 ≈ 0,60 и u2 = = 1,59655 ≈ 1,60 501,08 501,08

Получаем: dN (u ) 1,60 = ∫ f (u )du = 0,704 N 0,60 Задача №2.7. Какой средней скоростью vср. обладала молекула паров серебра, если ее угловое смещение в опыте Штерна составляло ϕ =5,40, при

- 29 -

частоте вращения прибора n=150 с-1. Расстояние между внутренним и внешним цилиндрами равно d=2 см. [200 м/с]

(7, с. 78)

Указания по решению. Опыт Штерна осуществляется на установке (рис. 13): два коаксиальных цилиндра, по оси внутреннего цилиндра с щелью натянута платиновая проволока, покрытая слоем серебра, которая нагревается током при откачанном воздухе. При нагревании серебро испаряется. Атомы серебра, вылетая через щель, попадают на внутреннюю поверхность второго цилиндра, давая изображение щели О. Если прибор привести во вращательное движение вокруг общей оси цилиндров, то атомы серебра осядут не против щели, а сместятся от точки О на некоторое расстояние S. Изображение щели получается размытым. Исследуя толщину осажденного слоя, можно оценить распределение молекул по скоростям, которое соответствует распределению Максвелла. Зная радиусы цилиндров, их угловую скорость вращения, а также измеряя S, можно вычислить скорость движения атомов серебра при данной температуре проволоки. Результаты опытов показали, что средняя скорость атомов серебра близка к той, которая следует из закона Максвелла. Итак, за время прохождения молекулы Ag расстояния d между цилиндрами они повернутся, двигаясь с частотой n, на угол ϕ. Получаем:

ϕ d 2πnd = ⇒ vср = . vср 2πn ϕ Следует заметить, что при вычислении значение угла поворота ϕ должно быть переведено в радианы! Завершите решение задачи самостоятельно и сравните ответ.

- 30 -

Задача №2.8.

Определите наиболее вероятную скорость молекул газа,

плотность которого при давлении р =40 кПа составляет ρ =0,35 кг/м3. [478 м/с]

(3, с. 99)

Указания по решению. Воспользуемся формулой vв = 2 ⋅

RT

μ

.

Из уравнения состояния выражаем плотность газа: pV =

m

μ

RT ⇒ p =

ρRT p RT ⇒ = , μ μ ρ

тогда vв =

2p

ρ

.

Задача №2.9. Используя функцию распределения молекул идеального газа 3 по энергиям, найдите среднюю кинетическую энергию молекул. [ kT ] 2 (4, с. 90) Указания по решению. В силу сложности математического аппарата решения данной задачи оно приведено в приложении 2.

Задачи для самостоятельного решения.

1.

На какой высоте давление воздуха составляет 60% от давления на

уровне моря? Считать, что температура воздуха везде одинакова и равна 10 оС. [4,22 км] (4, с. 91) 2.

Каково давление воздуха в шахте на глубине 1 км, если считать, что

температура по всей высоте постоянная и равна 22 оС, а ускорение свободного падения не зависит от высоты? Давление воздуха у поверхности Земли принять равным р0. [1,12 р0] (4. с. 91)

- 31 -

3.

Определите отношение давления воздуха на высоте 1 км к давлению

на дне скважины глубиной 1 км. Воздух у поверхности Земли находится при н.у., и его температура не зависит от высоты. [0,778] (5, с. 59) 4.

На какой высоте плотность воздуха в е раз меньше по сравнению с

его плотностью на уровне моря? Температуру воздуха и ускорение свободного падения считать независящими от высоты. [7,98 км] (4, с. 91) 5.

У поверхности Земли молекул гелия почти в 108 раз, а водорода поч-

ти в 106 раз меньше, чем молекул азота. На какой высоте число молекул гелия будет равно числу молекул азота? Водорода? Принять среднюю температуру атмосферы равной 0 оС. [111 км, 123 км] (6, с. 158) 6.

На высоте 3 км над поверхностью Земли в 1 см3 воздуха содержится

примерно 102 пылинок, а у самой поверхности – примерно 105. Определите среднюю массу пылинки и оцените ее размер, предполагая, что плотность пылинки 1,5 г/см3. Температура воздуха 27 оС. [10-24 кг, 10-9 м] (6, с. 158) 7.

При какой температуре функции распределения по скоростям моле-

кул водорода будет совпадать с функцией распределения по скоростям молекул азота при комнатной температуре? [21 K] (6, с. 156) 8.

Найдите отношение числа молекул водорода, имеющих проекцию

скорости на ось х в интервале от 3000 до 3010 м/с, к числу молекул водорода, имеющих проекцию скорости на ту же ось в интервале от 1500 до 1510 м/с. Температура водорода 300 К. [0,13] (6, с. 156) 9.

Источник атомов серебра создает узкий

ленточный пучок, который попадает на внутреннюю поверхность неподвижного цилиндра радиуса 30 см и образует на ней пятно. Устройство начинает вращаться с угловой скоростью 100π рад/с (рис. 14). Определите скорость атомов серебра, если пятно отклонилось на угол

- 32 -

0,314 рад от первоначального положения. [300 м/с] (6, с. 157) 10.

Определите скорости молекул азота при 27 оС: 1) наиболее вероят-

ную; 2) среднюю арифметическую; 3) среднюю квадратичную. [422 м/с; 476 м/с; 517 м/с] (4, с. 90) 11.

Определите давление, оказываемое газом на стенки сосуда, если его

плотность равна 0,01 кг/м3, а средняя квадратичная скорость молекул газа составляет 480 м/с. [768 Па] 12.

(4, с. 89)

Определите наиболее вероятную скорость молекул газа, плотность

которого при давлении 40 кПа равна 0,35 кг/м3. [478 м/с] (4, с. 89) 13.

При какой температуре средняя квадратичная скорость молекул ки-

слорода больше их наиболее вероятной скорости на 100 м/с. [381 К] (5, с. 59) 14.

Считая воздух газом, состоящим из одинаковых молекул, определите

среднеквадратичную скорость молекул при н.у., если плотность воздуха при н.у. равна 1,3 кг/м3. (7, с. 78) 15.

Средняя квадратичная скорость некоторого газа при н.у. равна

480 м/с. Сколько молекул содержит 1 г этого газа? [2,04⋅1022] (4, с. 89) 16.

Средняя квадратичная скорость молекул газа равна 400 м/с. Опреде-

лите объем, который занимает газ при среднем давлении 105 Па и массе 1 кг. (7, с. 78) 17.

Определите среднюю скорость молекул идеального газа, плотность

которого при давлении 35 кПа составляет 0,3 кг/м3. [545 м/с] (5, с. 57) 18.

При какой температуре среднеквадратичные скорости молекул водо-

рода и аргона равны? [ 19.

] (7, с. 78)

Используя функцию распределения молекул идеального газа по

энергиям, найдите наиболее вероятное значение энергии молекул. [kT/2] (4, с. 90)

- 33 -

20.

Определите среднюю кинетическую энергию поступательного дви-

жения молекул газа, находящегося под давлением 0,1 Па. Концентрация молекул газа равна 1013 см-3. [1,5⋅10-20 Дж] 21.

(4, с. 89)

Двухатомный газ массой 2 кг находится под давлением 105 Па и име-

ет плотность 4 кг/м3. Найдите энергию теплового движения газа при этих условиях. [

] (7, с. 78)

Название

Обозначение

приставки

приставки

Множитель

Название

Обозначение

приставки

приставки

Множитель

тера

Т

1012

деци

д

10-1

гига

Г

109

санти

с

10-2

мега

М

106

милли

м

10-3

кило

к

103

микро

мк

10-6

гекто

г

102

нано

н

10-9

дека

да

101

пико

п

10-12

- 34 -

Практическое занятие № 3. Тема: Внутренняя энергия. Работа газа. Количество теплоты. Теплоемкость.

Вопросы для подготовки к занятию.

1. Что называется термодинамической системой? 2. Дайте определение внутренней энергии термодинамической системы. 3. Чему равна внутренняя энергия идеального газа? Вывести формулу. 4. Что называется числом степеней свободы i? Сколько степеней свободы у молекулы одно-, двух- и трехатомного газа? Как зависит значение i от температуры газа? 5. Сформулируйте теорему о равномерном распределении энергии по степеням свободы. 6. Выведите формулу работы расширения газа? Как можно найти работу газа в различных изопроцессах? Как связана работа расширения газа с работой внешних сил по сжатию газа? 7. Что называется количеством теплоты? Зависит ли величина поглощенной теплоты от процесса перехода газа из одного состояния в другое? 8. Дайте определения теплоемкости, удельной теплоемкости, молярной теплоемкости. Каковы единицы измерения теплоемкости? 9. Как связаны теплоемкости сμр и сμV с числом степеней свободы? Запишите уравнение Майера. Сформулируйте на его основе физический смысл газовой постоянной R.

- 35 -

Методические указания к решению типовых задач.

Задача №3.1. Средняя энергия одной молекулы газа в широком диапазоне температуры достаточно точно определяется формулой ε =

i kT , где i 2

число степеней свободы молекулы, равное числу координат, определяющих положение молекулы. Найдите, пользуясь этой формулой, среднюю энергию молекул Н2, N2, Н2О, СН4 при температуре Т. [ ε H = ε N = 2

εH

2O

2

5 kT ; 2

= ε CH = 3kT ] (6, с. 168) 4

Указания по решению. Согласно материалу, изложенному в приложении 3, при средних температурах двух-, трех- и пятиатомный газы обладают степенями свободы поступательного и вращательного движений, т.е. для Н2, N2 i=5, а для Н2О, СН4 i=6. Используя принцип Больцмана о равномерном распределении энергии по степеням свободы, считаем, что на каждую степень свободы приходится средняя энергия одной молекулы, равная ε =

1 kT , тогда полная 2

средняя кинетическая энергия молекулы

ε = i kT . 2

Подставляя найденные значения величины i, получим искомые энергии молекул данных газов с учетом числа атомов в молекуле. Задача №3.2. Кислород массой m=1 кг находится при температуре Т=320 К. Определите: 1) внутреннюю энергию кислорода; 2) среднюю кинетическую энергию вращательного движения молекул кислорода. Газ считать идеальным4. [208 кДж; 83,1 кДж] (4, с. 100)

4

Понятие «идеальный газ» имеет два значения: 1) модель и 2) газ, подчиняющийся законам Гей-Люссака и Бойля-Мариотта.

- 36 -

Указания по решению. В приложении 3 подробно изложен материал, поясняющий как определить число i степеней свободы у молекулы газа. Внутренняя энергия газа вычисляется по формуле i i m U = ν RT = ⋅ RT . 2 2 μ Указание в условии задачи, какой имеется газ, т.е. задание молярной массы и числа степеней свободы, дает возможность воспользоваться записанной выше формулой. Покажем, как найти среднюю кинетическую энергию вращательного движения молекул кислорода. Вращательных степеней свободы у двухатомного газа iвращ. = 2 . На каждую из них в соответствии с теоремой о равномерном распределении энергии по степеням свободы приходится энергия, равная

1 kT . Тогда каждая молекула обладает средней кинетиче2

1 ской энергией вращательного движения 2 ⋅ kT . Зная число молей газа и 2 число Авогадро (число молекул в одном моле), можно найти полное число молекул в заданной массе газа и далее их суммарную энергию вращательного движения. Завершите решение задачи самостоятельно и произведите расчет. Задача №3.3. На рисунке (рис. 15) дан график зависимости давления газа от объема. Найдите графически работу газа при расширении его от 2 до 6 л.

[460 Дж]

(6, с. 169) Указания по решению. В условии задачи на диаграмме (pV) изображен график функции p(V). По определению работа расширения газа

- 37 V2

A = ∫ p (V )dV . V1

Значение

определенного

интеграла, численно равное работе газа, на диаграмме изображается площадью под графиком на участке от V1 до V2 (на рис. 16 заштрихована). Для нахождения этой площади разбиваем ее на 3 прямоугольника и 1 треугольник. Площадь треугольника найдем как половину площади соответствующего ему прямоугольника с теми же сторонами. Получаем A = S = S1 + S 2 + S 3 + S 4 . Пользуясь графиком, вычислите искомое значение работы расширения газа самостоятельно. Сравните ответ. Задача №3.4. Двухатомный идеальный газ занимает при давлении p1=3⋅105 Па объем V1 = 4 л, его расширяют до объема V2 = 6 л, при этом давление падает до значения p3=1,0⋅105 Па. Процесс происходит сначала по адиабате, затем по изохоре. Определите работу сил давления газа A, изменение внутренней энергии ΔU и количество теплоты Q, поглощенной при переходе. [4,5 кДж; -15 кДж; -10,5 кДж] (7, с. 52) Указания по решению.

Изобразим для на-

глядности на диаграмме (pV) процесс перехода газа из начального состояния 1 в конечное состояние 3 через промежуточное (переход от адиабаты к изохоре) состояние 2 (рис. 17). 1) Найдем работу расширения газа. Графически она

- 38 -

равна площади под графиком процесса (площадь заштрихованной криволинейной трапеции на рисунке). Так как давление на участке 1-2 меняется, то 2

dA = p (V )dV ⇒ A = ∫ p (V )dV . 1

Зависимость p(V) найдем из уравнения адиабаты (уравнение Пуассона):

pV γ = const , где const = p1V1γ , тогда γ const p1V1 . p= γ = γ V V

Получаем: V ⎞ ⎛ 1 dV 1 γ⎜ − γ +1 2 ⎟ A = ∫ p1V1 γ = p1V1 = p1V1γ ⋅ ⋅ V21−γ − V11− γ = ⋅V ⎜−γ +1 ⎟ 1−γ V V1 ⎠ V1 ⎝ V2

(

γ

p = 1 1−γ где γ =

cp cV

=

)

γ ⎞ ⎛ Vγ ⎞ ⎛ p V 1 1 1 ⎟, ⋅ ⎜ γ −1 − V1 ⎟ = ⋅ ⎜V − ⎜V ⎟ γ − 1 ⎜ 1 V γ −1 ⎟ ⎝ 2 ⎠ ⎝ ⎠ 2

i+2 - показатель адиабаты (коэффициент Пуассона). Т.к. по i

условию газ двухатомный, то i=5 и γ =1,4. Вычислим:

( (

⎛ 4 ⋅ 10 − 2 3 ⋅ 105 ⎜ −2 A= 4 ⋅ 10 − 0,4 ⎜ 6 ⋅ 10 − 2 ⎝

)1,4 ⎞⎟ = 4 491,5 ≈ 4,5 (кДж ) . )0,4 ⎟⎠

2) Найдем изменение внутренней энергии ΔU. Внутренняя энергия газа наi ходится по формуле U = ν RT и является функцией состояния, т.е. не за2 висит от процесса перехода газа из начального состояния в конечное, а определяется лишь изменением температуры при переходе ΔT.

- 39 -

Имеем: i ΔU = ν RΔT , 2 где ΔT = T3 − T1 . Значение T1 найдем из уравнения состояния 1: p1V1 = ν RT1 ⇒ T1 =

p1V1

νR

.

Далее из уравнения адиабаты ищем T2: γ −1

T1V1

γ −1

= T2V2

⎛V ⎞ ⇒ T2 = T1 ⎜⎜ 1 ⎟⎟ ⎝ V2 ⎠

γ −1

;

наконец, находим T3 из уравнения изохоры 2-3: p T2 T3 = ⇒ T3 = T2 3 , p 2 p3 p2 где из уравнения состояния p2 = ν R

T2 . V2

Подставляем и находим: ΔT = T3 − T1 = T2 ⋅

p3 pV pV pV 1 ⋅ V2 − 1 1 = 3 2 − 1 1 = ⋅ ( p3V2 − p1V1 ) . ν RT2 νR νR νR νR

Получаем для ΔU: i 1 ( p3V2 − p1V1 ) = i ( p3V2 − p1V1 ) . ΔU = ν R ⋅ 2 νR 2 Вычислим: ΔU =

(

)

5 5 10 ⋅ 6 ⋅ 10− 2 − 3 ⋅ 105 ⋅ 4 ⋅ 10− 2 = −15 ⋅ 103 = −15 (кДж ) . 2

Знак ″−″ означает, что внутренняя энергия уменьшилась, т.е. газ остывает в процессе перехода 1-3. 3) Найдем количество теплоты Q, поглощенное газом при переходе.

- 40 -

На участке 1-2 теплообмена нет (по определению адиабатного процесса), а на участке 2-3 V=const, т.е. Q=cμV ⋅νΔT, i где cμV = R , 2 p V ⎛V ⎞ ΔT = T3 − T2 = − 1 1 ⋅⎜ 1⎟ νR ν R ⎜⎝ V2 ⎟⎠ p3V2

γ −1

γ −1 ⎞ ⎛ ⎛ V1 ⎞ 1 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ p V p V = − 3 2 1 1 ⎟⎟ . ⎜V ⎟ ν R ⎜⎜ ⎝ 2⎠ ⎝ ⎠

Получаем γ −1 ⎞ ⎛ ⎛ V1 ⎞ i 1 ⎜ ⎟. Q = ⋅νR ⋅ p3V2 − p1V1 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟ νR ⎜ V2 ⎠ 2 ⎝ ⎝ ⎠

Вычислим: Q = −10 508,49 ≈ −10,5 (кДж). Проверку правильности полученных результатов удобно производить на основе I начала термодинамики (см. практическое занятие № 4): Q=ΔU+A -10,5=-15+4,5 -10,5=-10,5 (верно). Задача №3.5. Воздух, занимавший объем V1=2 л при давлении р1=0,8 МПа, изотермически расширился до V2=10 л. Определите работу А, совершенную воздухом. [2,6 кДж] (6, с. 170) Указания по решению. Работа газа при р≠const вычисляется по формуле: 2

V2

1

V1

AT = ∫ dA = ∫ p(V )dV , где зависимость р(V) выразим из уравнения состояния: p (V ) = νRT ⋅

1 , V

- 41 -

где Т – температура, при которой происходит расширение воздуха, причем Т=const. Получаем: V2

AT = ∫ νRT V1

V dV = νRT ln 2 . V V1

С учетом уравнения начального состояния p1V1 = νRT получаем искомую величину A = p1V1 ln

V2 . V1

Произведите вычисления самостоятельно и убедитесь в правильности ответа. Задача №3.6. Один моль водорода, имевший температуру 0 оС, нагревается при постоянном давлении. Какое количество теплоты необходимо сообщить газу, чтобы его объем удвоился? Какая работа при этом будет совершена газом? [7,94 кДж; 2,27 кДж] (6, с. 170) Указания по решению. При p=const передаваемое газу количество теплоты вычисляется по формуле Q = ν c μp ΔT ,

где c μp =

i+2 R , i – число степеней свободы, i=5, так как водород (Н2) 2

двухатомный газ. Изменение температуры найдем из уравнений состояния для ν = 1 моль: pV1 = pV = RT1 , pV2 = p 2V = RT2 ,

отсюда ясно, что T2 = 2T1 и ΔT = T1 . Тогда

- 42 -

Q=

i+2 RT1 . 2

Вычитая из второго уравнения состояния первое, получаем: p (V2 − V1 ) = RT1 , т.е. A = pΔV = RT1 .

Вычисления произведите самостоятельно и сравните ответ. Задача №3.7. При нагревании 1 кг неизвестного газа на 1 К при постоянном давлении требуется 912 Дж, а при нагревании при постоянном объеме требуется 649 Дж. Что это за газ? [кислород О2] (6, с. 172) Указания по решению. По определению теплоемкости в условии даны значения удельных теплоемкостей газа: cp=912 Дж/К, cV =649 Дж/К. Рассмотрим связь удельной и молекулярной теплоемкостей: cp =

c μp

μ

и cV =

c μV

μ

,

где μ - молярная масса газа. Далее берем выражения для молярных теплоемкостей и, подставляя, получаем систему из двух уравнений с двумя неизвестными i и μ: ⎧c = i + 2 ⋅ R , ⎪ p 2 μ ⎨ i R ⎪cV = ⋅ . 2 μ ⎩ Отсюда ( c p − cV ) μ = R Также

⇒μ=

R ≈ 32 ⋅ 10− 3 (кг моль ) . c p − cV

- 43 -

i=

2 ≈ 5. c p / cV − 1

Таким образом, имеем двухатомный газ с μ =32 г/моль. Как известно, это – кислород. Задача №3.8. Определите удельные теплоемкости cV и ср смеси углекислого газа массой m1=3 г и азота массой т2=4 г. ср=917 Дж/(кг⋅К)]

[cV = 667 Дж/(кг⋅К);

(4, с. 100)

Указания по решению. По определению удельной теплоемкости имеем: Q . mΔT

c уд =

Рассмотрим ΔТ=1 К. Для нагревания смеси на 1 К требуется затратить Q1 для нагревания углекислого газа СО2 и Q2 для нагревания азота N2: Q=Q1 + Q2. Имеем Q1 = c1m1ΔT =

cμ

1

μ1

m1ΔT ,

аналогично Q2 =

cμ

2

m2 ΔT .

1

m1 +

μ2

Тогда для смеси получаем сμ c уд смеси =

μ1

сμ

2

μ2

m1 + m2

m2

,

где m=m1 +m2 – масса смеси, а на ΔТ сократили дробь. В соответствии с полученным выражением искомые величины равны cV = (

сμ V 1

μ1

m1 +

сμ V 2

μ2

m2 ) /(m1 + m2 ) ,

- 44 -

cp = (

сμ

1p

μ1

m1 +

сμ

2p

μ2

m2 ) /( m1 + m2 ) ,

где молярные теплоемкости изохорного и изобарного процессов вычисляются как i1 + 2 R 2

сμ V =

i1 R, 2

сμ V =

i2 i +2 R , сμ p = 2 R, 2 2 2

1

сμ

1p

=

и 2

здесь i1 = 6 – число степеней свободы для СО2, т.к. СО2 – трехатомный газ, а i2 = 5 – число степеней свободы для N2, т.к. N2 – двухатомный газ. Вычисления проведите самостоятельно. Задача №3.9. Нагревается или охлаждается газ, расширяющийся по закону PV 2=const.

[Охлаждается] (6, с. 172)

Указания по решению. Т.к. по условию газ расширяется, то V2>V1. Соглас-

но заданному закону расширения запишем p1V12

=

p2V22

p1 V22 ⇒ = , p2 V 2 1

из уравнений состояния: p T V p1V1 = ν RT1 ⎫ ⇒ 1 = 1⋅ 2. ⎬ p2V2 = ν RT2 ⎭ p2 T2 V1

Приравниваем правые части: V22 V12

=

T1 V2 T V ⋅ ⇒ 1 = 2 >1 ⇒ T1>T2, T2 V1 T2 V1

следовательно, газ охлаждается.

- 45 -

Задача №3.10. Газ переходит из одного и того же начального состояния 1

в одно и то же конечное состояние 2 в результате следующих процессов: а) изобарного процесса; б) последовательных изохорного и изотермического процессов. Рассмотрите эти переходы графически. Одинаковы или различны в обоих случаях: 1) изменение внутренней энергии? 2) затраченное количество теплоты? [

] (3, с. 107)

Указания по решению. Изобразим оба процесса перехода на диаграмме

(рV) (рис. 18).

Сравнивая площади под графиками перехода 1-2 в обоих случаях, наглядно видно, что работа расширения газа больше в случае б). Так как начальное и конечное состояния одинаковы, а U – функция состояния, то ΔU в обоих случаях одинаково. Попробуем сравнить затраченное количество теплоты. В случае а) р=const, тогда с μ = с μp =

i+2 и Qa ) = ν ⋅ c μp (T2 − T1 ) . 2

В случае б) имеем: Qб ) = QV + QT ,

где QV = ν ⋅ c μV (T1′ − T1 ) ,

- 46 -

так как V=const при переходе 1-1′ . Заметим, что так как точки 1′ и 2 лежат на одной изотерме, то Т1′ = Т 2 , то есть:

QV = ν ⋅ cμV (T2 − T1 ) .

Переход 1′ -2 осуществляется при T=const. Известно, что тогда сТ = ∞ и формула QT = ν cμT ΔT не применима.

Забегая вперед, отметим, что исходя из закона сохранения энергии (отраженного в I начале термодинамики), можно показать, что все тепло, полученное в изотермическом процессе, расходуется не на нагревание, а на работу расширения газа при Т=const , то есть QT = A1′−1 = ν RT2 ln

V2 . V1

Зная конкретные значения параметров рассматриваемых состояний, легко произвести расчеты и требуемое сравнение. Применение же I начала термодинамики (см. практическое занятие № 4) значительно облегчает ответ на вопрос о сравнении величин Qa ) и Qб ) .

Задача №3.11. Азот массой m=14 г сжимают изотермически при темпера-

туре T=300 К от давления p1=100 кПа до давления p2=500 кПа. Определите: 1) изменение внутренней энергии газа; 2) работу сжатия; 3) количество выделившейся теплоты. [0 Дж; -2,01 кДж; 2,01 кДж] (4, с. 101) Указания по решению. 1) Т.к. T=const, то ΔU=0 (см. № 3.10).

2) Работа сжатия – есть работа внешних сил против сил давления газа, т.е. AT′ = − AT = −ν RT ln

p1 . p2

- 47 -

Изотермическое сжатие возможно лишь при повышении давления, т.е. p1
получаем AT<0, а AT′ > 0 . 3) По I началу термодинамики в изотермическом процессе Q=A,

где Q – количество поглощенной энергии, A – работа газа. Тогда при сжатии выделившаяся теплота равна Q′ =A′.

Вычисления произведите самостоятельно и сравните ответы.

Задачи для самостоятельного решения. 1. Азот массой m=10 г находится при температуре Т=290 К. Определите:

1) среднюю кинетическую энергию одной молекулы азота; 2) среднюю кинетическую энергию вращательного движения всех молекул азота. Газ считать идеальным. [10-20 Дж; 860 Дж] (4, c. 99) 2. В закрытом сосуде находится смесь азота массой m1=56 г и кислорода

массой т2=64 г. Определите изменение внутренней энергии этой смеси, если ее охладили на 20 оС. [1,66 кДж] (4, с. 100) 3. Чему равна внутренняя энергия (в джоулях) при нормальных услови-

ях 1 см3 воздуха? 1 кг воздуха? [0,25 Дж; 0,2 МДж] (6, с. 169) 4. Воздух в комнате нагрели от температуры Т0 до Т, при этом давление не

изменилось. Изменилась ли внутренняя энергия воздуха внутри комнаты? [нет] (6, с. 169) 5. Газ, занимавший объем 2 л при давлении 0,1 МПа, расширялся

изотермически до 4 л. После этого, охлаждая газ изохорно (при постоян-

- 48 -

ном объеме), уменьшили его давление в два раза. Далее газ изобарно расширился до 8 л. Найдите работу, совершенную газом. Начертите график зависимости давления от объема. [240 Дж] (6, с. 170) 6. Некоторый газ массой 1 кг находится при температуре 300 К и под дав-

лением 0,5 МПа. В результате изотермического сжатия давление газа увеличилось в 2 раза. Работа, затраченная на сжатие равна 432 кДж. Определите: 1) какой это газ; 2) первоначальный удельный объем газа. [1,25 м3/кг] (4, с. 101) 7. При

адиабатном

расширении

кислорода ( v =2 моль), находяще-

гося при н.у., его объем увеличился в п= 3 раза. Определите: 1) изменение

внутренней

энергии

газа;

2)

работу

расширения

газа.

[1) -4,03 кДж; 2) 4,03 кДж] (4, с. 102) 8. Азот, находившийся при температуре 400 К, подвергли адиабатному

расширению, в результате которого его объем увеличился в п=5 раз, а внутренняя энергия уменьшилась на 4 кДж. Определите массу азота. [28 г] (4, с. 102) 9. Определите количество теплоты, сообщенное газу, если в процессе изо-

хорного нагревания кислорода объемом V = 20 л его давление изменилось на Δp=100 кПа. [Q=iVΔp/2=5 Дж] (5, с. 66) 10. 1 м3 водорода при 0 оС находится в цилиндрическом сосуде, закрытом

сверху легко скользящим поршнем массы 1 т и сечения 0,5 м2. Атмосферное давление 973 гПа. Какое количество теплоты потребуется на нагревание водорода до 300 о С? Найдите изменение его внутренней энергии. [370 кДж; 290 кДж] (6, с. 170) 11. Газ, для которого сp/сV= 4/3, находится под давлением р=0,20 МПа и

занимает объем V=3,0 дм3. В результате изобарного нагревания объем его увеличился в k=3 раза. Определите количество теплоты Q, переданное газу. [ 12.

] (7, с. 81) Определите удельные теплоемкости сV и ср смеси углекислого газа

- 49 -

массой 3 г и азота массой 4 г. [667 Дж/(кг⋅К); 917 Дж/(кг⋅К)] (4, с. 100) 13. Отношение удельных теплоемкостей смеси, состоящей из нескольких

молей азота N2 и v2=5 молей аммиака NH3, равно γ=1,35. Определите число молей азота в смеси. [

] (7, с. 81)

14. Определите отношение удельных теплоемкостей для газовой смеси,

состоящей из водорода массой m1=4 г (μ1=2⋅10-3 кг/моль) и углекислого газа массой m2=22,0 г (μ2 = 44⋅10-3 кг/моль). [

] (7, с. 81)

15. Плотность некоторого газа при н.у. ρ=1,25 кг/м3. Отношение удель-

ных теплоемкостей γ =1,4. Определите удельные теплоемкости ср и cV этого газа. [

] (7, с. 81)

16. Считая азот идеальным газом, определите его удельную теплоем-

кость: 1) для изобарного процесса; 2) для изохорного процесса. [ с p =1,04 кДж/(кг ⋅К); сV =742 Дж/(кг ⋅К)] (4, с. 100) 17. Определите удельные теплоемкости ср и сV некоторого двухатомного

газа, если плотность этого газа при нормальных условиях 1,43 кг/м3. [сV =650 Дж/(кг⋅К), cp=650 Дж/(кг⋅К)] (3, с. 119) 18. Определите удельные теплоемкости cV и ср некоторого газа, если

известно, что его удельный объем при нормальных условиях 0,7 м3/кг. Что это за газ? [сV = 649 Дж/(кг ⋅ К), ср = 909 Дж/(кг ⋅ К)] (4, с. 100)

- 50 -

Практическое занятие № 4. Тема: Первое и второе начала термодинамики. Энтропия.

Вопросы для подготовки к занятию.

1.

Какими двумя способами можно изменить внутреннюю энергию тер-

модинамической системы? 2.

Сформулируйте первое начало термодинамики (2 формы). Выражени-

ем какого фундаментального закона в области тепловых явлений служит первое начало термодинамики? 3.

Какие процессы называются обратимыми, необратимыми, равновес-

ными, неравновесными? Приведите примеры. 4.

Что такое приведенное количество теплоты?

5.

Что такое термодинамическая вероятность? Покажите на примере.

6.

Что называется энтропией? От чего зависит значение энтропии? Как

меняется энтропия в различных процессах? 7.

Дайте несколько формулировок второго начала термодинамики. Како-

во его значение? 8.

Существует ли процесс, при котором все переданное телу от нагревате-

ля тепло превращается в работу? [не существует] (6, с. 179) 9.

Можно ли всю внутреннюю энергию газа превратить в механическую

работу? [можно] (6, с. 179) 10. Изобразите на диаграмме цикл Карно и поясните процессы перехода газа из одного состояния в другое. 11. Как можно рассчитать КПД тепловой машины? КПД идеальной тепловой машины? Что называется термическим КПД?

- 51 -

Методические указания к решению типовых задач.

Задача №4.1. Азот массой m=500 г, находящийся под давлением p1=1 МПа при температуре t1=127 °С, изотермически расширяется, в ре-

зультате чего давление газа уменьшилось в п=3 раза. После этого газ адиабатно сжимают до начального давления, а затем изобарно сжимают до начального объема. Постройте график цикла и определите работу, совершенную газом за цикл. [-11,5 кДж] (4, с. 102) Указания по решению. Изображаем на диа-

грамме (pV) процессы перехода газа из состояния 1 в состояние 2 и т.д. (рис. 19). Имеем: 1) 1-2: Т=const, 2) 2-3: Q=0, 3) 3-1: p=const. Работа газа положительна, если газ расширяется, и отрицательна в противном случае. Т.е. имеем А1-2>0, А2-3<0, А3-1<0.

Суммарная работа А=А1-2+А2-3+А3-1

есть искомая величина. Будем искать каждое слагаемое по отдельности, рассматривая соответствующий процесс перехода. 1) Рассмотрим переход 1-2 при Т1=const. Из уравнения состояния p (V ) =

m

μ

RT1 ⋅

1 , V

тогда V2

A1− 2 = ∫ p (V )dV = V1

Но при изотермическом переходе

m

μ

RT1 ln

V2 . V1

- 52 -

p1 V2 = , p2 V1

p1V1 = p2V2 ⇒

Тогда A1− 2 =

m

μ

RT1 ln

p1 m = RT ln n . p2 μ 1

2) Адиабатный процесс 2-3 – это процесс без теплообмена, т.е. Q2 − 3 = 0 ,

тогда из I начала термодинамики имеем ΔU = A2′ − 3 или ΔU = − A2 − 3 ,

где A2′ − 3 - работа внешних сил по сжатию газа, ΔU – изменение внутренней энергии. В данном случае ΔU>0, т.к. температура газа увеличивается (точка 3 лежит правее изотермы 1-2). Тогда A2 − 3 = − ΔU =

i m R(T1 − T3 ) . 2μ

Значение температуры Т3 найдем из уравнения Пуассона:

T γ p1−γ = const , т.е. T1γ (

p1 1−γ ) = T3γ p11−γ , n

T3γ = T1γ ⋅ n γ −1 ⇒

T3 = T1 ⋅ n

1− γ1

.

(∗)

3) При р=const

A3 −1 = p1ΔV = p1 (V1 − V3 ) , где V1 можно найти из уравнения состояния 1, а V3 – из уравнения изобары:

V1 V3 ⇒ = T1 T3

- 53 -

V3 =

T3 (*) 1− γ1 V = n V1 . T1 1

Самостоятельно получите окончательный ответ в общем виде и проведите вычисления.

Задача №4.2. Работа расширения некоторого двухатомного идеального газа составляет А=2 кДж. Определите количество подведенной к газу теплоты, если процесс протекал: 1) изотермически; 2) изобарно. [1) 2 кДж; 2) 7 кДж] (4, с. 102; 5, с. 64)

Указания по решению. По первому началу термодинамики подведенное к газу количество теплоты Q расходуется им на изменение внутренней энергии и на совершение работы расширения:

Q=ΔU+A. 1) В случае T=const ΔU=0 и Q1=A, 2) При p=const получаем

i Q2 = ν RΔT + pΔV , 2 где ΔT – изменение температуры при изобарном увеличении объема на ΔV. Из уравнений начального и конечного состояний получаем:

pΔ V = ν R Δ T , т.е.

A = ν RΔT . Итак

Q2 =

i i A + A = A( + 1) , 2 2

где i=5, т.к. газ двухатомный.

Задача №4.3. Идеальный двухатомный газ (ν=3 моль), занимающий объем V1=5 л и находящийся под давлением p1=1 МПа, подвергают

- 54 -

изохорному нагреванию до Т2=500 К. После этого газ подвергли изотермическому расширению до начального давления, а затем он в результате изобарного сжатия возвращен в первоначальное состояние. Постройте график цикла и определите термодинамический КПД цикла. [13,3 %] (5, с. 64)

Указания по решению. Для наглядности изобразим процессы перехода газа на диаграмме (pV). На рис. 20 изображен полученный замкнутый цикл. В результате кругового процесса (цикла) система возвращается в исходное состояние, следовательно, ΔU=0. Поэтому I начало термодинамики для цикла

Q=ΔU+A=A, т.е. работа цикла равна полученному извне количеству теплоты. Но в ходе кругового процесса газ не только получает теплоту, но и отдает, т.е.

Q=Q1 – Q2, где Q1 – полученное количество теплоты, Q2 – отданное. По определению термический КПД кругового процесса равен Q − Q2 Q η= A = 1 =1− 2 . Q1

Q1

Q1

Для решения задачи потребуется Определите величины Q1 и А или

Q1 и Q2. Рассмотрим процессы перехода по отдельности. 1) 1-2: V1=const ⇒ А1-2=0, тогда из I начала термодинамики следует

i i Q1− 2 = ΔU = ν RΔT = ν R (T2 − T1 ) , 2 2 где Т1 легко выразить из уравнения состояния 1. Т.к. ΔТ>0 (температура увеличивается), то газ в этом переходе получает тепло извне, т.е. Q1-2>0. 2) 2-3: Т=const ⇒ ΔU=0, тогда

- 55 -

Q2 − 3 = A2 − 3 = ν RT2 ln

p2 > 0, p1

т.е. газ снова получает тепло. Здесь значение р2 снова легко найти из уравнения состояния 2. 3) 3-1: p=const, тогда A3 −1 = p1 (V1 − V2 ) < 0 ,

где V2 можно найти из уравнения состояния 3, т.к. р1 и Т2 даны в условии задачи. По I началу термодинамики

i Q3−1 = ΔU 3−1 + A3 −1 = ν R (T1 − T2 ) + p1 (V1 − V2 ) , 2 здесь оба слагаемых отрицательны, поэтому Q3-1<0, т.е. газ отдает тепло.

Итак, в ходе кругового процесса газом получено количество теплоты Q1 = Q1− 2 + Q2 − 3 ,

отдано Q2 = Q3 −1 .

Зная Q1 и Q2, можно найти термический КПД цикла по формуле

η =1−

Q2 . Q1

Иначе, можно найти работу цикла A = A2 − 3 + A3−1

и, зная Q1, произвести расчет по формуле

η= A. Q1

Для проверки правильности расчетов произведите вычисления двумя указанными способами и сравните ответ.

- 56 -

Задача №4.4. Газ, совершающий цикл Карно, КПД которого η=25%, при изотермическом расширении производит работу A1=240 Дж. Какова работа А2, совершаемая газом при изотермическом сжатии. [

] (7, с. 82)

Указания по решению. Изобразим на диаграмме (pV) цикл Карно (рис. 21), состоящий из двух изотерм (1-2 – расширение газа

и 3-4 – сжатие газа) и двух

адиабат: 2-3 и 4-1. При адиабатном процессе система не получает и не отдает тепла (теплообмена с внешней средой нет), в ходе процесса 1-2 газ получает тепло Q1, при переходе 3-4 – отдает Q2. Запишем I начало термодинамики для перехода 1-2. Т.к. Т1=const, то

ΔU=0, тогда Q1 = A1− 2 = A1 , т.е. полученное количество теплоты равно работе газа в процессе изотермического расширения. Аналогично для перехода 3-4:

Q2 = A2 . Тогда формулу

η=

Q1 − Q2 Q1

можно в данном случае переписать так:

η=

A1 − A2 A =1− 2 . A1 A1

Отсюда, зная А1 и η, можно найти искомую величину А2.

Задача №4.5. Многоатомный идеальный газ совершает цикл Карно, при этом в процессе адиабатического расширения объем газа увеличивается в

k=4 раза. Определите термический КПД цикла. [

] (7, с. 82)

- 57 -

Указания по решению. Изображаем на диаграмме цикл Карно (рис. 22). Адиабатному расширению соответствует переход 2-3, следовательно, по условию V3

= k.

V2

Запишем уравнение адиабаты 2-3:

T1V2γ −1 = T2V3γ −1 , отсюда

T2 V 1 = ( 2 ) γ −1 = ( ) γ −1 . T1 V3 k Термический КПД цикла Карно

η =1− Здесь γ =

cp cV

=

T2 1 = 1 − ( ) γ −1 . T1 k

c μp c μV

=

i+2 – показатель адиабаты, i – число степеней своi

боды, для многоатомного газа i=6. Расчет произведите самостоятельно. Задача №4.6. При нагревании двухатомного идеального газа (ν=2 моль) его термодинамическая температура увеличилась в п=2 раза. Определите изменение энтропии, еcли нагревание происходит: 1) изохорно; 2) изобарно. [1) 28,8 Дж/К; 2) 40,3 Дж/К] (4, с. 104) Указания по решению. Рассмотрим определение и основные свойства величины энтропии S. Энтропия системы – это функция состояния системы. Приращение энтропии dS равно приведенному количеству теплоты, полученному в результате перехода из одного состояния в другое: dS =

δQ T

.

- 58 -

Обозначение δQ означает малое количество теплоты, а значок «δ» у величины δQ указывает на то, что величина Q не является функцией состояния и зависит от вида процесса перехода. В то же время dS – полный дифференциал функции состояния S, значение которой не зависит от того, как пришла система в данное состояние, и полностью определяется параметрами этого состояния. Изменение энтропии dS в результате перехода системы из одного состояния в другое определяется лишь начальным и конечным состояниями этой системы и не зависит от пути перехода. В соответствии с определением 2 δQ

ΔS1− 2 = S 2 − S1 = ∫

1

T

2

ΔU + δA . T 1

=∫

1) При V=const δА=0 ⇒ 2

2 T dU i dT i i = ν R∫ = ν R ln 2 = ν R ln n . 2 1 T 2 T1 2 1 T

ΔSV = ∫

2) При р=const δА=рdV=ν RT i ν RdT + ν RT 2 ΔS p = ∫ T 1 2

dV V

dV , тогда V V i 2 dT 2 dV i T = ν R( ∫ +∫ ) = ν R ( ln 2 + ln 2 ) . 21 T 2 T1 V1 1 V

При изобарном переходе V2 T2 = = n, V1 T1 поэтому i ΔS p = ν R ln n( + 1) = ν c μp ln n , 2 где для двухатомного газа i=5. Вычисления проведите самостоятельно.

- 59 -

Задача №4.7. Кислород, масса которого m=200 г, нагревают от температуры t1=27 °C до t2=127 °C. Найдите изменение энтропии, если известно, что начальное и конечное давления одинаковы и близки к атмосферному. [52 Дж/К] (7, с. 54) Указания по решению. В условии задачи не указан процесс, в результате которого осуществляется переход газа из состояний 1 в состояние 2. По свойству энтропии величина ΔS не зависит от вида процесса перехода. Убедимся в этом, рассмотрев 2 пути перехода и сравнив полученные при расчете значения ΔS. 1) Пусть газ изобарно расширяется от Т1 до Т2 при атмосферном давлении р0=105 Па (рис. 23). Согласно задаче № 4.6 ΔS p =

T m i ( + 1) R ln 2 . T1 μ 2

2) Пусть газ переходит из состояния 1 в состояние 2 через промежуточное состояние 1′ так (рис. 24), что переход 1-1′ есть изотермическое расширение, а переход 1′-2 – изохорное нагревание до исходного давления р0. Находим 1′

ΔS1−1′ = ∫

1

1′ m

ΔS1−1′ = ∫

1

μ

δA , т.к. dU=0. T

RT1 dV V T1

=

m

μ

R ln

V2 . V1

Далее

T2 V = const ⎤ 2 dU i m R ΔS1′− 2 = ⎡⎢ = = ln . ∫ T1 2μ ⎣δA = 0 ⎥⎦ 1′ T Суммарное изменение энтропии

- 60 -

ΔS1− 2 = ΔS1−1′ + ΔS1′ − 2 =

m

μ

R ln

V2 i m T + R ln 2 . V1 2 μ T1

Но из уравнений изопроцессов 1-1′ и 1′-2 имеем: p1 V2 p T и 1 = 2, = p2 V1 p2 T1

т.е. V2 T2 . = V1 T1

Поучаем окончательно ΔS1− 2 =

m

μ

R ln

T2 i (1 + ) . 2 T1

Сравнение полученных в обоих случаях формул подтверждает независимость изменения энтропии от вида процесса перехода. Таким свойством обладают и другие термодинамические функции состояния системы, например, внутренняя энергия U.

Задача №4.8. Азот массой m=28 г адиабатно расширили в n=2 раза, а затем изобарно сжали до первоначального объема (рис. 25). Определите изменение энтропии

газа в ходе указанных процессов. [ΔS=-20,2 Дж/К]

(5, с. 65)

Указания по решению. При адиабатном расширении 1-2 Q=0 ⇒ ΔS=0, т.е. энтропия не меняется5. При изобарном сжатии система тепло отдает, поэтому ΔS2-3<0: 3 δQ

ΔS 2 − 3 = ∫

2

5

T

3ν

=∫

2

c μp dT T

3 T dT m i = ν c μp ∫ = ( + 1) R ln 3 μ 2 T2 2 T .

Адиабатный процесс называется иначе изоэнтропийным процессом.

- 61 -

Из уравнения изобары 2-3: T nV1 T2 1 = =n ⇒ 3 = . T2 n V1 T3

Подставим:

ΔS 2 − 3 = Т.к.

m i 1 ( + 1) R ln . μ 2 n

1 1 < 1 , то ln < 0 , т.е., действительно, ΔS 2 − 3 < 0 . n n Общее изменение энтропии в ходе указанных процессов:

ΔS1− 3 = 0 + ΔS 2 − 3 = −

m i ( + 1) R ln n . μ 2

Вычислите самостоятельно.

Задача №4.9. Найдите приращение энтропии 1 кг льда при его плавлении. [ΔS=1,2 кДж/К] (6, с. 178)

Указания по решению. Плавление льда – это процесс, протекающий при постоянной температуре Т=0 оС. Поэтому 2 δQ

Q 12 ΔS = ∫ = ∫ δQ = , T1 T 1 T где Q – количество теплоты, полученное льдом при плавлении. Т.к. тепло поглощается, то энтропия увеличивается, т.е. ΔS > 0 . Т.к. масса равна 1 кг, то Q=λ - удельной теплоте плавления льда (λ=330 кДж/кг). Вычисления проделайте самостоятельно и убедитесь в правильности ответа.

Задачи для самостоятельного решения.

1.

Углекислый газ массой m=4,4 кг (μ=44⋅10-3 кг/моль) под давлением

р1=0,1 МПа при температуре t1=87 °С адиабатно сжимают до 1/20 его началь-

- 62 -

ного объема. Определите конечную температуру t2 и давление газа р2, приращение внутренней энергии ΔU и работу А, совершенную газом. [ ] (7, с. 80) 2.

Азот массой т=50 г находится при температуре Т1=280 К. В результа-

те изохорного охлаждения его давление уменьшилось в п=2 раза, а затем в результате изобарного расширения температура газа в конечном состоянии стала равна первоначальной. Определите: 1) работу, совершенную газом; 2) изменение внутренней энергии газа. [1) 2,08 кДж; 2) 0] (4, с. 102) 3.

Идеальный двухатомный газ (v=3 моль), занимающий объем Vl=5 л и

находящийся под давлением р1=1 МПа, изохорно нагревают до

Т2=500 К. После этого газ изотермически расширяется до начального давления, а затем он в результате изобарного сжатия возвращается в первоначальное состояние. Постройте график цикла и определите термический КПД цикла. [13,3%] (4, с. 103) 4.

Рабочее тело — идеальный газ — теплового двигателя совершает

цикл, состоящий из последовательных процессов: изобарного, адиабатного и изотермического. В результате изобарного процесса газ нагревается от Т 1=300 К до Т 2=600 К. Определите термический КПД теплового двигателя. [30,7%] (4, с. 103) 5.

Один моль газа участвует в циклическом процессе, график которого,

состоящий из двух изохор и двух изобар, представлен на рис. 26. Температура в точках 1 и 3 равна Т1 и Т3. Определите работу, совершенную газом за цикл, если известно, что точки 2 и 4 лежат на одной изотерме. [А≈ R( T3 − T1 ) 2 ] (6, с. 170) 6.

Многоатомный идеальный газ совершает

цикл Карно, при этом в процессе адиабатного расширения объем газа увеличивается в п=4 раза. Определите термический КПД цикла. [37 %] (5, с. 65)

- 63 -

7.

Идеальный газ совершает цикл Карно. Температура нагревателя

Т1=470 К, а температура холодильника Т2=280 К. При изотермическом расширении газ совершает работу А=100 Дж. Определите термический КПД цикла, а также количество теплоты Q1, которое газ отдает холодильнику при изотермическом сжатии. [ ] (7, с. 82) 8.

Идеальный газ совершает цикл Карно. Температура нагревателя

Т 1 =500 К, холодильника Т 2 =300 К. Работа изотермического расширения газа составляет А=2 кДж. Определите: 1) термический КПД цикла; 2) количество теплоты, отданное газом холодильнику при изотермическом сжатии. [1) 40%; 2) 1,2 кДж] (4, с. 104) 9.

Тепловая машина работает по циклу Карно. Температура нагревателя

T1=327 °С. Определите КПД цикла и температуру Т2 холодильника тепловой машины, если за счет Q1=2 кДж теплоты, полученной от нагревателя, машина совершает работу А=400 Дж. [

] (7, с. 82)

10. Паровая машина мощности 14,7 кВт потребляет за 1 час работы 8,1 кг угля с удельной теплотой сгорания 3,3⋅107 Дж/кг. Температура котла 200 °С, холодильника 58 °С. Найдите КПД этой машины и сравните его с КПД идеальной тепловой машины. [η≈19,8 %, η0≈30 %]

(6, с. 179)

11. Покажите, что КПД тепловой машины в циклическом процессе максимален, когда энтропия системы не меняется. лического процесса –

[Для любого теплового цик-

Qн Qх + ≥ 0 , Qн-Qх=А, η=А/Qн] (6, с. 179) Tн Tх

12. Во сколько раз необходимо увеличить объем V 5 моль идеального газа при изотермическом расширении, чтобы его энтропия увеличилась на

ΔS=57,6 Дж/К? [

] (7, с. 82)

13. Водород массой m=100 г (μ=2⋅10-3 кг/моль) был изобарно нагрет так, что его объем увеличился в n=4 раза, затем водород был изохорно охлажден так, что давление его уменьшилось в k=3 раза. Найдите изменение энтропии в ходе указанных процессов. [

] (7, с. 83)

- 64 -

14. Два одинаковых тела, нагретых до разных температур, приводятся в тепловой контакт друг с другом. Температуры тел уравниваются. Покажите, что при этом процессе энтропия системы увеличивается.

(6, с. 178)

15. На сколько возрастет энтропия 1 кг воды, находящейся при температуре 293 К, при превращении ее в пар? [ΔS=7 кДж/К]

(6, с. 178)

16. Найдите приращение энтропии водорода при расширении его от объема V до объема 2V: а) в вакууме, б) при изотермическом процессе. Масса газа m. [a), б) ΔS=(m/μ)R⋅ln2] (6, с. 178) 17. Идеальный газ (ν=2 моль) сначала изобарно нагрели, так что объем газа увеличился в n1=2 раза, а затем изохорно охладили, так что давление его уменьшилось в п=2 раза. Определите приращение энтропии в ходе указанных процессов. [11,5 Дж/К] (4, с. 105) 18. Азот массой 28 г адиабатно расширили в п=2 раза, а затем изобарно сжали до первоначального объема. Определите изменение энтропии газа в ходе указанных процессов. [-20,2 Дж/К] (4, с. 105)

- 65 -

Практическое занятие № 5. Тема: Явления переноса. Вопросы для подготовки к занятию.

1. Чем равновесное состояние термодинамической системы отличается от неравновесного состояния? 2. Что называется градиентом функции? Как он направлен? 3. Что такое явления переноса? Приведите примеры. 4. Что служит движущей силой явлений переноса? 5. Какие физические величины (скалярная и векторная) используются для описания явлений переноса? Как они связаны друг с другом? 6. Запишите в общем виде закон, описывающий явления переноса. Что переносится в случае диффузии, теплопроводности и вязкости? Какой поток рассматривается в каждом из этих случаев? 7. Запишите закон диффузии Фика и поясните входящие в него переменные. 8. Запишите формулу для вычисления коэффициента диффузии D. От чего зависит его значение? 9. Запишите закон теплопроводности Фурье и поясните входящие в него переменные. 10. Запишите формулу для вычисления коэффициента теплопроводности λ. От чего зависит его значение? 11. Запишите закон внутреннего трения Ньютона и поясните входящие в него переменные. 12. Запишите формулу для вычисления коэффициента внутреннего трения η. От чего зависит его значение? 13. Какими соотношениями связаны между собой значения коэффициентов теплопроводности, диффузии и вязкости?

- 66 -

Методические указания к решению типовых задач.

Задача №5.1. При атмосферном давлении p0 и температуре t0=0 °С длина свободного пробега молекулы водорода равна l =0,1 мкм. Оцените диаметр d этой молекулы. [d≈0,3 нм] (6, с. 159)

Указания по решению. Т.к. при столкновении молекулы сближаются на расстояния того же порядка величины, что и размеры самих молекул, то в качестве оценки диаметра молекулы примем значение эффективного диаметра6 молекул водорода. Средняя длина свободного пробега молекулы газа вычисляется по формуле

l =

1 , 2πd 2 n

где d – эффективный диаметр молекулы, n - концентрация молекул. Из основного уравнения МКТ

p=nkT выразим

n= тогда

l =

p , kT

kT ⇒d= 2πd 2 p

kT . 2π l p

Вычислите самостоятельно.

Задача №5.2. Диаметр сосуда равен D=20 см. Какова должна быть длина свободного пробега молекулы азота при температуре t=0 °С, чтобы молекулы не испытывали взаимных столкновений?

[ ]

(7, с. 79)

Указания по решению. Вакуумом называется состояние газа, при котором средняя длина свободного пробега l сравнима или больше характерного линейного размера D сосуда, в котором газ находится. В зависимости от 6

Эффективным диаметром молекул газа называется минимальное расстояние между их центрами в момент столкновения.

- 67 -

соотношения l и D различают низкий ( l <D)и сверхвысокий ( l >>D) вакуум. Основываясь на вышеизложенном материале, самостоятельно сформулируйте ответ на вопрос задачи.

Задача №5.3.

Плотность газа увеличили в k1=3 раза, а температуру

уменьшили в k2=4 раза. Как изменилось число столкновений молекул в единицу времени?

[увеличилось в 1,5 раза] (6, с. 159)

Указания по решению. Среднее число столкновений молекул в единицу времени находится по формуле

z = 2π d 2 n v

,

где v - средняя скорость движения молекул, d – эффективный диаметр молекул, n – концентрация молекул. Известна формула для вычисления средней скорости:

v =

8kT , π m0

а также связь концентрации молекул с плотностью газа: ρ = n ⋅ m0 . Эффективный диаметр молекул d, т.е. минимальное расстояние, на которое сближаются при столкновении центры молекул, зависит от скорости сталкивающихся молекул, т.е. от температуры газа (несколько увеличивается при понижении температуры). Но при решении данной задачи это изменение величины d учитывать не будем. Подставляем записанные выражения в первую формулу:

z = 2π d 2

ρ m0

⋅

8kT , π m0

тогда после изменения давления и температуры

z ' = 2π d 2

k1ρ k 8kT ⋅ = 1 z , m0 k 2π m0 k2

- 68 -

т.е. длина свободного пробега при этом увеличится в

k z' = 1 раз. z k2

Заметим, что в условии задачи прямо не сказано, отношение каких температур (термодинамических или же по шкале Цельсия) равно k2. Покажите самостоятельно, что для решения задачи одного отношения температур по шкале Цельсия недостаточно, необходимо еще значение одной из температур (начальной или конечной).

Задача №5.4.

Оцените тепловой поток из комнаты, размеры которой

5х5х4 м, наружу через два окна с рамами площади 1,5х2 м, расположенными на расстоянии Δx =0,2 м друг от друга, и время, в течение которого температура в комнате уменьшится на 1 оС, если температура комнатного воздуха

Т1=+20 оС, а наружного Т2=-20 оС. Почему тепловой поток через [W≈12 Вт, t≈ 2 часа, из-за конвекции

окна всегда значительно больше? воздуха] (6, с. 160)

Указания по решению. По закону Фурье плотность теплового потока jE прямо пропорциональна градиенту температуры:

jE =

ΔQ dT = −λ ΔSΔt dx

,

где λ - коэффициент теплопроводности, значение которого можно найти по формуле

λ = 1 n v l ⋅ i k = 1 ρ v l ⋅ c удV . 3

2

3

Искомый тепловой поток легко вычислить, найдя его плотность из закона Фурье:

W =

ΔQ dT = j E ⋅ ΔS = λ ⋅ ΔS . Δt dx

- 69 -

Здесь ΔS – площадь поверхности, через которую тепло покидает комнату, т.е. в данном случае суммарная площадь двух окон;

dT - градиент темпеdx

ратуры между рамами окна, т.е.

dT ΔT T1 − T2 = . = Δx dx Δx Покажем, как найти коэффициент теплопроводности из формулы

λ = 1n v l ⋅ i k. 3

2

Средняя скорость молекул равна

v =

8RT

πμ

,

где Т=273 К, что соответствует 0 оС (средняя температура между рамами), а длина свободного пробега молекул воздуха

l =

1 , 2 2πd n

где d – эффективный диаметр молекул газа. Воздух – это смесь различных газов, для каждого их которых эта величина различна. Но в задаче требуется лишь провести оценку искомой величины. В соответствии с этим выберем для расчета значение эффективного диаметра для молекул азота и кислорода, доля которых в составе воздуха значительно больше доли других компонентов смеси (см. задачу №1.9 на с. 15). Получаем

d =3,4⋅10-10 м = 0,34 нм. Также известна молярная масса воздуха: μ =29 г/моль. Кроме того, число степеней свободы примем равным i=5, как для двухатомного газа. Подставляя записанные выражения в формулу теплового потока, получим:

W =λ

T1 − T2 1 ik ink 8RT dT ⋅ ΔS = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ΔS = 2 πμ 6 dx Δx 2πd n 3πd 2

RT T1 − T2 ⋅ ⋅ ΔS , πμ Δx

- 70 -

где k – постоянная Больцмана. Теперь найдем время, за которое температура воздуха в комнате уменьшится на 1 оС. Для этого по определению теплоемкости необходимо, чтобы из комнаты наружу было передано количество теплоты, равное теплоемкости СV воздуха в комнате при постоянном объеме (V – объем комнаты согласно указанным в условии линейным размерам):

m i Q = CV = ν ⋅ c μV = ⋅ R . μ 2 Из уравнения состояния выражаем

m

μ

R=

pV i pV , т.е. Q = CV = ⋅ . T1 T 2

Искомое время будет равно

Δt =

Q . W

Произведите все вычисления самостоятельно и убедитесь в правильности полученных значений, сравнив ответ.

Задача №5.5. Оцените коэффициент диффузии пара воды в воздухе при 20 оС. Радиус молекул воды r1= 0,21 нм. Радиус молекул азота и кислорода

r2=0,18 нм. [D≈12 мкм/с] (6, с. 159) Указания по решению. Рассматриваем диффузию пара воды в воздухе, т.е. для воздуха водяной пар в этом случае служит примесью (диффузантом). Коэффициент диффузии определяется по формуле

D=

1 v l , 3

где

v = и

8RT

πμ

- 71 -

l =

kT , 2πd 2 p

здесь концентрация молекул газа выражена из основного уравнения МКТ. В ходе диффузии молекулы воды движутся из мест, где их концентрация больше, в места, где их концентрация меньше. При этом молекулы Н2О испытывают соударения с молекулами воздуха, т.е. газа, в котором они диффундируют. Из этого следует (согласно определению эффективного диаметра молекул), что в качестве величины d необходимо брать сумму

r1+ r2, т.к. по определению d – это минимальное расстояние, на которое молекула воды может приблизиться к молекулам воздуха (азота или кислорода). Самостоятельно получите решение в общем виде и произведите вычисления. Для контроля правильности расчетов сравните ответ.

Задача №5.6.

Определите, во сколько раз отличаются коэффициенты

диффузии азота и углекислого газа, если оба газа находятся при одинаковых температуре и давлении. Эффективные диаметры молекул этих газов считать одинаковыми. [

D1 = 1,25 ] (4, с. 87) D2

Указания по решению. Рассматриваем диффузию каждого газа (азота с радиусом r1 молекулы N2 и углекислого газа с радиусом r2 молекулы СО2) в одном и том же «чужом» газе с радиусом «чужих» молекул r3. В соответствии с решением задачи №5.5 коэффициент диффузии равен D=

1 1 8RT kT , v l = ⋅ 2 3 3 πμ 2πd p

где эффективный диаметр молекул равен r1+ r3 в случае диффузии азота и

r2+ r3 в случае диффузии углекислого газа. Т.к. по условию r1= r2, то d1= d2= d, т.е. при делении эта величина сократится.

- 72 -

Тогда отношение коэффициента диффузии азота к коэффициенту диффузии углекислого газа равно

DN

2

DCO

=

2

μ2 . μ1

Заметим также, что температура – мера средней кинетической энергии молекул газа, т.е. при одинаковой температуре равны средние энергии движения молекул N2 и СО2. Поэтому, чем больше масса молекулы, тем меньше скорость ее движения. Т.к. m0(N2)< m0(СО2) ⇒ DN > DCO , т.к. 2

2

молекулы N2 будут двигаться быстрее. Вычисления проведите самостоятельно и сравните ответ.

Задача №5.7. Рассчитать среднюю длину свободного пробега l молекул азота, коэффициент диффузии D, вязкость η и теплопроводность λ при давлении р=1⋅105 Па и температуре t=17 оС. 1,2⋅10-5 кг/м⋅с]

[6,5⋅10-8 м; 1⋅10-5 м2/с;

(7, с. 51)

Указания по решению. Длина свободного пробега, как показано выше, может быть найдена по формуле

l =

kT 2πd 2 p

,

где эффективный диаметр молекул азота d N =3,15⋅10-10 м (по данным из 2

таблицы7 при 20 °С). Коэффициент диффузии вычислим согласно D =

1 v l , где средняя 3

скорость также неоднократно вычислялась ранее. Отметим, что коэффициент диффузии найден при условии, что размеры молекул «чужого» газа (в котором N2 диффундирует) равны размерам молекул N2. В противном случае смотрите выше задачу 5.5. 7

Б.Б. Кудрявцев. Курс физики. Теплота и молекулярная физика. – М.: УЧПЕДГИЗ, 1960. С. 58.

- 73 -

Для дальнейшего нахождения величин вязкости и теплопроводности будем использовать следующие соотношения между этими величинами:

⎧η = ρ ⋅ D , ⎨λ = η ⋅ c удV ⎩ здесь плотность ρ следует выразить из уравнения состояния газа, а удельную теплоемкость найти как отношение молярной теплоемкости к молярной массе: c удV =

cμV

i , где c μV = R . μ 2

Завершите решение в общем виде и произведите вычисления самостоятельно.

Задачи для самостоятельного решения.

1.

Оцените длину свободного пробега молекулы азота в воздухе при

н.у. Радиус молекул азота и кислорода принять равными 0,18 нм. [l≈60 нм] (6, с. 159) 2.

В баллоне вместимостью V=2,53 л содержится углекислый газ СО2

при температуре Т=400 К и давлении р=1,3 Па. Сколько столкновений z происходит между молекулами за t=1 с? (7, с. 79) 3.

Определите среднюю длину свободного пробега молекул кислорода,

находящегося при температуре 0 оС, если среднее число столкновений, испытываемых молекулой в 1 с, равно 3,7⋅109. 4.

[115 нм]

(4, с. 91)

Определите коэффициент теплопроводности азота, находящегося в

некотором объеме при температуре 280 К. Эффективный диаметр молекул азота принять равным 0,38 нм. [ 5.

] (7, с. 80)

Пространство между двумя параллельными пластинами площадью

S =150 см 2 каждая, находящимися на расстоянии L=5 мм друг от друга, заполнено кислородом. Одна пластина поддерживается при температуре

- 74 -

t1=17° С, другая - при температуре t2=27° С. Определите количество теплоты Q, прошедшее за t=5 мин посредством теплопроводности от одной пластины к другой. Кислород находится при н.у. Эффективный диаметр молекулы кислорода считать равным d=0,36 нм. [ 6.

] (7, с. 80)

В разреженном газе нагретое тело остывает за время t. За какое вре-

мя остынет тело из того же материала, если все его линейные размеры увеличить в n раз? [ t ′ = nt ] (6, с. 160) 7.

Коэффициент диффузии кислорода при температуре 0 °С равен

0,19 см2/с. Определите среднюю длину свободного пробега молекул кислорода. [ 8.

] (7, с. 79)

Эффективный диаметр молекул аргона 2,7⋅10-9 см. Определите ко-

эффициент внутреннего трения для аргона при температуре 50 °С. [

]

(7, с. 79) 9.

Коэффициент теплопроводности кислорода при температуре 100 °С

равен 3,25⋅10-2 Вт/м⋅К. Вычислите коэффициент вязкости кислорода при этой температуре. 10.

[

] (7, с. 80)

Найдите коэффициент внутреннего трения η азота при н.у., если ко-

эффициент диффузии при этих условиях D=1,42⋅10-5 м2/с. [

] (7, с. 79)

- 75 -

Практическое занятие № 6. Тема: Свойства жидкости. Поверхностное натяжение.

Вопросы для подготовки к занятию.

1.

Что называется поверхностным натяжением? Приведите примеры

проявления сил поверхностного натяжения. 2.

Запишите 2 формулы, по-разному определяющие значение коэффици-

ента поверхностного натяжения. Каков его физический смысл? 3.

Что такое давление Лапласа? Запишите расчетные формулы.

4.

Опишите явления смачивания и не смачивания. Что такое краевой

угол θ? Чему он равен в случаях полного смачивания и не смачивания? Показать на рисунке. 5.

В чем суть капиллярных явлений? Запишите формулу для высоты

подъема жидкости в капилляре.

Методические указания к решению типовых задач.

Задача №6.1. Оцените максимальный размер капель воды, которые могут висеть на потолке. Поверхностное натяжение воды 0,073 Н/м. [0,5 см] (6, с. 147)

Указания по решению. В соответствии с определением коэффициент поверхностного натяжения равен силе поверхностного натяжения воды, отнесенной к единице длины периметра границы капли. Тогда сила тяжести капель воды, висящих на потолке, уравновешивается силой поверхностного натяжения, действующей по периметру основания капель, радиус которых R: mg = σ ⋅ 2πR ,

где

- 76 -

m = ρV = ρ ⋅

1 4 3 ⋅ πR . 2 3

Зная плотность воды и величину поверхностного натяжения, легко найти искомый радиус капель. Произведите расчет самостоятельно, сделайте схематический рисунок висящих на потолке капель.

Задача №6.2. Найдите поверхностное натяжение жидкости, если петля из резиновой нити длины l и жесткости k, положенная на пленку этой жидкости, растянулась по окружности радиуса R, после того как пленка была

проколота

[σ = k(2πR-1)/(2R)]

внутри

петли

(рис.

27).

(6, с. 147)

Указания по решению. Рассмотрим половину образованной окружности (рис. 28). На каждый элемент dl резиновой нити действует сила поверхностного натяжения, направленная перпендикулярно нити (вдоль радиуса) и равная

dFнат. = σdl . Но всегда найдется, в силу симметрии окружности, симметричный участок нити, на который действует сила натяжения d F ′нат. такая, что векторная сумма этих двух сил будет направлена вдоль оси симметрии. Если сложить векторно силы поверхностного натяжения, действующие на все участки выбранной полуокружности, то суммарная сила будет направлена вдоль оси симметрии (вверх на рисунке). Ее значение найдем интегрированием по переменной α. При сложении сил достаточно просуммировать лишь составляющие элементов сил, направленные по оси симметрии. Получаем:

dF = σdl ⋅ cos α , dl = Rdα , тогда

- 77 π 2

Fнат. = 2 ⋅ ∫ σR cos αdα = 4σR . −π 2

Множитель «2» обусловлен тем, что пленка имеет две поверхности. При растяжении резиновой петли в ней возникает сила упругости, которая действует в любом ее сечении и равна F упр. = kx = k ( 2πR − l ) .

Найденную силу поверхностного натяжения

уравновешивают,

согласно

рис. 28, две силы упругости, приложенные к концам полуокружности и действующие на нее со стороны другой половины окружности в направлении по касательной в сторону, противоположную направлению действия силы поверхностного натяжения. Получаем равенство, определяющее равновесие рассматриваемой половины окружности резиновой петли: 4σR = 2k ( 2πR − l ) , откуда

σ=

k ( 2πR − l ) . 2R

Задача №6.3. Какую работу против сил поверхностного натяжения нужно совершить, чтобы разделить сферическую каплю ртути радиуса R=3 мм на 2 одинаковые капли? [А=1,4⋅10-5 Дж] (6, с. 150)

Указания по решению. Капля ртути имеет поверхность, площадь которой вычисляется по формуле S = 4πR 2 .

- 78 -

При делении ее на две одинаковые капли радиуса r получаем суммарную поверхность площадью

S1 = 2 ⋅ 4πr 2 . Для сравнения исходной и конечной площадей поверхностей выразим радиус r малой капли через величину R. Для этого воспользуемся тем, что объем воды не меняется в результате деления: 4 3 πR = 2 ⋅ 4 πr 3 . 3 3 Отсюда

r=

R 2

3

и тогда

S1 = 2 ⋅ 4πR 2 ⋅ 2 − 2 3 = 3 2 ⋅ 4πR 2 ≈ 1,26⋅4πR2, т.е. площадь поверхности при делении капли увеличивается. Согласно определению коэффициента поверхностного натяжения для увеличения площади поверхности жидкости необходимо совершить работу

A = σΔS = σ (3 2 − 1) ⋅ 4πR 2 . Вычисления проведите самостоятельно.

Задача №6.4. Две капли воды радиусом r =1 мм каждая слились в одну большую каплю. Считая процесс изотермическим, определите уменьшение поверхностной энергии при этом слиянии, если поверхностное натяжение воды σ =73 мН/м. [378 нДж] (4, с. 111)

Указания по решению. При слиянии двух капель в одну суммарная площадь поверхности уменьшается (см. задачу №6.3), а следовательно, уменьшается и поверхностная энергия на величину работы, которую бы пришлось затратить при обратном процессе увеличения поверхности, т.е.

- 79 -

ΔW = A = σΔS = σ ( 2 ⋅ 4πr 2 − 4πR 2 ) , где R – радиус большой капли, определяемый из условия постоянства объема воды 4 4 2 ⋅ πr 3 = π R 3 . 3 3 Отметим, что условие протекания процесса слияния капель при постоянной температуре сказывается на том, что внутренняя энергия воды не меняется и изменение поверхностной энергии связано только лишь с соответствующим изменением площади поверхности воды. Самостоятельно получите окончательный ответ в общем виде и произведите расчет. Сравните результат с ответом к задаче.

Задача №6.5. Считая процесс образования мыльного пузыря изотермическим, Определите работу А, которую надо совершить, чтобы увеличить его диаметр от d1=6 мм до d2=60 мм. Поверхностное натяжение мыльного раствора принять равным 40 мН/м. [896 мкДж]

(5, с. 69)

Указания по решению. При увеличении диаметра мыльного пузыря от d1 до d2 увеличивается поверхность мыльной пленки на величину

ΔS = 2 ⋅ (πd 22 − πd12 ) = 2π ( d 22 − d12 ) . Множитель «2» обусловлен тем обстоятельством, что всякая пленка – это двусторонняя поверхность. Тогда работа, совершенная при этом, при условии Т=const (нет изменения внутренней энергии, и работа затрачивается только на увеличение площади поверхности мыльной пленки)

A = σ ⋅ ΔS Вычисления произведите самостоятельно. Сравните ответ.

Задача №6.6. На поверхности жидкости плавает погруженная на глубину h шайба радиусом r и высоты 2h, не смачиваемая жидкостью. Плотность

- 80 -

жидкости и шайбы равна ρ. Поверхность жидкости соприкасается с боковой поверхностью шайбы. Определите поверхностное натяжение жидкости. [σ = 1/2rρgh] (6, с. 147)

Указания по решению. Из условия ясно, что шайба, плотность которой равна плотности жидкости, выступает над ее поверхностью на величину h. Это теоретически возможно лишь с учетом силы поверхностного натяжения, действующей на шайбу со стороны поверхности не смачивающей жидкости, соприкасающейся с боковой поверхностью шайбы (рис. 29). Равновесие шайбы обеспечивается взаимным уравновешиванием трех сил: силы тяжести, выталкивающей силы Архимеда и силы поверхностного натяжения жидкости, распределенной по периметру основания шайбы и направленной вверх для уменьшения поверхности жидкости. Условие касания поверхностей жидкости и шайбы равносильно заданию краевого угла, который в этом случае равен 180°, т.е. сила натяжения направлена вертикально вверх. Получаем:

mg = FA + Fнат. ,

ρ ⋅ πr 2 ⋅ 2h ⋅ g = ρ ⋅ πr 2 ⋅ h ⋅ g + 2πrσ , отсюда

σ=

ρghr 2

.

Задача №6.7. Определите толщину слоя жидкости, разлитой на горизонтальной поверхности (рис. 30). Краевой угол θ, плот-

- 81 -

ность жидкости ρ, поверхностное натяжение σ.

[ x = 2 sin

θ⋅ 2

σ ] ρg

(6, с. 148)

Указания по решению. Боковая поверхность слоя жидкости имеет сферическую форму. Изобразим на рис. 31 центр кривизны боковой поверхности слоя жидкости - точку О. Рассмотрим треугольник АОВ: cos θ =

R=

R−h h = 1 − , отсюда R R

h - радиус кривизны поверхности. 1 − cos θ

Под горизонтальной поверхностью с радиусом кривизны, равным бесконечности, добавочного давления нет. Поэтому избыточное давление создается только под боковой поверхностью слоя жидкости. По закону Паскаля добавочное давление, приложенное к поверхности жидкости, передается без изменения во все точки жидкости. Давление Лапласа:

Δp =

2σ 2σ (1 − cos θ ) = . R h

Оно уравновешивается гидростатическим давлением:

Δp = ρgh , отсюда после постановки получаем: 2σ (1 − cos θ ) = ρgh , h тогда отсюда

h2 =

2σ ⋅ 2 sin 2

ρg h = 2 sin

θ

θ 2 , откуда

σ . 2 ρg

- 82 -

Задача №6.8. Определите максимальное и минимальное давление внутри сферической капли жидкости, которая плавает в другой жидкости (рис. 32). Расстояние от центра капли до поверхности жидкости h, радиус капли R, плотность жидкостей ρ, поверхностное натяжение

на

границе

pmin= р0+2σ/R+ρg(h-R)]

раздела

жидкостей

σ.

[pmax=р0+2σ/R+ρg(h+R);

(6, с. 149)

Указания по решению. Давление внутри сферической капли складывается из атмосферного давления, гидростатического давления столба жидкости над данной точкой и добавочного давления Лапласа, обусловленного кривизной поверхности капли. Т.к. первое и последнее слагаемые давления одинаковы в любом месте капли, то максимума и минимума давление достигает в тех точках внутри капли, где максимальна и минимальна высота столба жидкости над выбранной точкой. Такими точками являются соответственно нижняя и верхняя точки сферической границы между жидкостями. Выражения для искомых давлений запишите самостоятельно и поясните по рисунку.

Задача №6.9. Внешний радиус мыльного пузыря равен R, толщина его стенки равна h. Найдите давление воздуха внутри пузыря. Давление воздуха

вне

пузыря

[ p = p0 + 2σ ⋅ (

р0,

поверхностное

натяжение

воды

σ.

1 1 + ) ] (6, с. 149) R R−h

Указания по решению. Мыльный пузырь представляет собой пленку, имеющую две поверхности – внутреннюю и внешнюю (рис. 33). Добавочное давление, вызываемое кривизной поверхности, создает каждая из этих двух поверхностей. Давление Лапласа для внешней поверхности равно

- 83 -

p1 =

2σ , R

аналогично для внутренней поверхности с учетом ее радиуса получаем

p2 =

2σ . R−h

Тогда искомое давление воздуха внутри пузыря равно сумме

p = p0 + 2σ ⋅ (

1 1 + ), R R−h

где р0 – внешнее атмосферное давление.

Задача №6.10. Воздушный пузырек диаметром d=0,02 мм находится на глубине h=25 см под поверхностью воды. Определите давление воздуха в этом пузырьке. Атмосферное давление принять нормальным. Поверхностное натяжение воды σ =73 мН/м, а ее плотность ρ =1 г/см3. [118 кПа] (4, с. 111)

Указания по решению. Воздушный пузырек внутри жидкости имеет одну поверхность в отличие от мыльного пузыря в воздухе. Эта поверхность есть граница между водой и воздухом. Поэтому добавочное давление Лапласа внутри пузырька равно

Δp =

2σ . d /2

Суммарное давление есть сумма атмосферного давления, гидростатического (с учетом глубины погружения пузырька) давления и давления Лапласа. С учетом сказанного запишите самостоятельно выражение для искомой величины, произведите расчет и сравните полученный результат с ответом к задаче.

Задача №6.11. В сосуд с ртутью опущен открытый капилляр. Разность уровней ртути в сосуде и капилляре h=3,7 мм. Принимая плотность ртути

- 84 -

ρ =13,6 г/см3, а ее поверхностное натяжение σ =0,5 Н/м, Определите радиус кривизны R ртутного мениска в капилляре. [2,03 мм]

Указания по решению.

(4, с. 108)

Избыточное давление, вы-

званное кривизной мениска R, образованного по причине не смачивания ртутью стенок капилляра, равно

Δp =

2σ . R

Т.к. ртуть – не смачивающая жидкость, то она в капилляре опускается на такую высоту (рис. 34), при которой гидростатическое давление ρgh уравновешивается давлением Лапласа, т.е.

ρgh = 2σ . R

Отсюда легко найти искомую величину. Произведите вычисления самостоятельно и сравните ответ. Продумайте: какой столб жидкости создает указанное выше давление ρgh ?

Задача №6.12. Капилляр радиуса R опускают в смачивающую жидкость с поверхностным натяжением σ и плотностью ρ. Определите высоту, на которую поднимется жидкость. Определите работу, совершенную силами поверхностного натяжения, и потенциальную энергию жидкости в капилляре. Почему эти величины не совпадают?

[h=2σ/ρgR; A=4πσ2/ρg;

U=2πσ2/ρg. Часть энергии переходит в тепло.] (6, с. 151) Указания по решению. Высоту, на которую поднимется жидкость в капилляре, можно найти двумя способами: 1) рассматривая равновесие сил, действующих на поднятый столбик жидкости в капилляре, 2) рассматривая уравновешивание давления столба жидкости добавочным давлением Лапласа. В первом случае имеем

- 85 -

mg = σ ⋅ 2πR , где масса столба жидкости в капилляре

m = ρ ⋅ πR 2 h . Тогда искомая высота равна

h=

2σ . ρgR

Во втором случае имеем

ρgh = 2σ , R

где R – радиус кривизны мениска, равный в случае полного смачивания радиусу капилляра. Отсюда получаем то же выражение для высоты. Силы поверхностного натяжения совершили работу по перемещению поверхности жидкости в капилляре на высоту h, поэтому она равна 4πσ 2 A = Fнат. ⋅ h = 2πRσ ⋅ h = . ρg Потенциальная энергия жидкости в капилляре равна 4σ 2 2πσ 2 h h 2 2 U = mg = ρπR hg ⋅ = ρπR g ⋅ = . ρg 2 2 2( ρgR ) 2 Подумайте, почему эти величины не совпадают.

Задачи для самостоятельного решения.

1.

Определите радиус R капли спирта, вытекающей их узкой вертикаль-

ной трубки r =1 мм. Считать, что в момент отрыва капля сферическая. Поверхностное натяжение спирта σ =22 мН/м, а его плотность ρ =1 г/см3. [1,61 мм] 2.

(5, с. 70)

Какую работу нужно совершить, чтобы жидкость объема V с поверх-

ностным натяжением σ растянуть в пленку, толщина которой Δ<< 3 V ? [А=2Vσ/Δ] (6, с. 147)

- 86 -

3.

Большая и тонкая пластина не тонет, если ее осторожно положить на

поверхность воды. Определите максимальную массу единицы ее площади. Пластина водой не смачивается. [m=0,55 г/см2] (6, с. 148) 4.

Докажите, что давление жидкости (с по-

верхностным натяжением σ) под ее цилиндрической поверхностью радиуса R, равно σ/R. Для доказательства воспользуйтесь условием равновесия объема жидкости, лежащего над плоскостью А (рис. 35). [6, с. 149] 5.

Мыльный пузырь, заполненный горячим воздухом, неподвижно висит

в атмосфере (рис. 36). Атмосферное давление р0 и температура Т0. Плотность мыльной пленки ρ, ее толщина δ, а радиус пузыря r. Найдите температуру воздуха внутри пузыря, если поверхностное натяжение мыльной [ T = T0 6.

воды

равно

σ.

Молярная

масса

воздуха

μ.

μ ( p0 r + 4σ ) , где R – газовая постоянная] (6, с. 167) μp0 r − 3δρRT0

Давление воздуха внутри мыльного пузыря на Δp = 200 Па больше

атмосферного. Определите диаметр d пузыря. Поверхностное натяжение мыльного раствора σ = 40мН/м. [1,6 мм] (4, с. 111) 7.

Жидкость в длинном капилляре (рис. 37) поднимается на высоту h.

Определите радиус кривизны мениска в коротком капилляре, длина которого h/2. Радиус обоих капилляров r, краевой угол θ.

[rх=2r/cosθ]

(6, с. 152) 8.

В капилляре, опущенном вертикально в во-

ду на глубину l, вода поднялась на высоту h. Нижний конец капилляра закрывают, вынимают капилляр из воды и вновь

- 87 -

открывают (рис. 38). Определите длину столба воды, оставшейся в капилляре, если смачивание полное.

[х=2h, если l>h; х=l+h,

если l
На какую высоту поднимется жидкость

между двумя вертикальными пластинами, расстояние между которыми Δ, если краевой угол у первой пластины θ1, у второй θ2? Плотность жидкости ρ, ее поверхностное натяжение σ. [ x =

σ ⋅ (cos θ + cos θ ) ] 1 2 ρgΔ

(6, с. 153)

10. Вертикальный стеклянный капилляр погружен в воду. Определите радиус кривизны мениска, если высота столба воды в трубке h=20 мм. Плотность воды ρ =1 г/см 3 , поверхностное натяжение σ =73 мН/м. [744 мкм] (4, с. 112) 11. Капилляр с внутренним радиусом 0,5 мм опущен в жидкость. Определите массу жидкости, поднявшейся в капилляре, если ее поверхностное натяжение равно 60 мН/м. [1,92⋅10-5 кг] (4, с. 112) 12. Широкое колено U-образного манометра имеет диаметр dl=2 мм, узкое — d2=1 мм. Определите разность Δh уровней ртути в обоих коленах, если

поверхностное

натяжение ртути σ =0,5 Н/м, плотность ртути

ρ =13,6 г/см2, а краевой угол θ =38°. [Δh = 5,6 мм] (4, с. 112)

- 88 -

Приложение 1. Обозначения используемых величин и их единицы измерения

Величина

Обозначение Единицы измерения

масса

m

кг

молярная масса

μ

кг/моль

масса одной молекулы

m0

кг

количество вещества

ν

моль

число молекул

N

—

постоянная Авогадро

NA

1/моль

давление

p

Па

объем

V

м3

температура по шкале Цельсия

t

о

термодинамическая

T

К

газовая постоянная

R

Дж/(моль⋅К)

постоянная Больцмана

k

Дж/К

плотность

ρ

кг/м3

концентрация

n

1/м3

скорость

v

м/с

средняя скорость

v

м/с

средняя квадратичная скорость

vкв

м/с

наиболее вероятная скорость

vв

м/с

f(v)

—

u

—

f(u)

—

С

температура

функция распределения по скоростям относительная скорость функция распределения по относительным скоростям

- 89 -

l

м

z

—

эффективный диаметр молекул

d

м

коэффициент диффузии

D

м2/с

коэффициент теплопроводности

λ

Н/(К⋅с)

коэффициент вязкости

η

Па⋅с

давление Лапласа

Δp

Па

поверхностное натяжение

σ

Н/м

радиус кривизны

R

м

работа расширения газа

А

Дж

работа по сжатию газа

А′

Дж

количество теплоты

Q

Дж

внутренняя энергия

U

Дж

ΔU

Дж

c

Дж/К

удельная теплоемкость

c уд

Дж/(кг⋅К)

молярная теплоемкость

cμ

Дж/(моль⋅К)

молярная теплоемкость

cμV

Дж/(моль⋅К)

cμp

Дж/(моль⋅К)

коэффициент Пуассона

γ

—

число степеней свободы

i

—

энтропия

S

Дж/К

средняя длина свободного пробега среднее число столкновений в единицу времени

изменение внутренней энергии теплоемкость

при постоянном объеме молярная теплоемкость при постоянном давлении

- 90 -

Приложение 2. Решение задачи № 2.9.

Из математики: Рассмотрим интеграл ∞

2

I 0 = ∫ e − x dx . −∞

Тогда квадрат этого интеграла можно записать так: ∞

∞

2

2

2

2

I 0 2 = I 0 ⋅ I 0 = ∫ e − x dx ⋅ ∫ e − y dy = ∫∫ e − x ⋅ e − y dxdy = −∞

−∞

xy

⎡ x = r cos ϕ ⎤ 2 = ∫∫ e − ( x + y ) dxdy = ⎢ y = r sin ϕ ⎥ = ∫∫ e − r rdrdϕ = ⎥ ⎢ 2 2 2 S S r x y = + ⎦⎥ ⎣⎢ 2π 2π 2π ∞ 1 − r2 ∞ 1 2 − r2 1 = ∫ dϕ ⋅ ∫ e ⋅ d (r ) = ∫ (− e |0 )dϕ = ∫ dϕ = π . 2 2 0 0 0 0 2 2

2

Здесь S – координатная плоскость (ху). Отсюда I 0 = π , т.е.

∞

2

−x ∫ e dx = π

−∞

и ∞

2

−x ∫ e dx =

0

π 2

.

Далее усложним интеграл: ∞ ⎡ α x = y⎤ 2 π . 1 ∞ − y2 1 I 0 (α ) = ∫ e −αx dx = ⎢ = e dy = ⋅ ∫ dy ⎥ α 0 α 2 ⎢⎣dx = α ⎥⎦ 0

Итак ∞

∫e

−αx 2

dx =

0

1 π 2 2

Далее переходим к физической задаче. ∞ 3∞ 3 − ε ε = ∫ εf (ε )dε = 2 (kT )− 2 ∫ ε 2 e kT dε ⇒ ε = ? π 0 0

- 91 -

Выносим отдельно: ⎡ 2 t2 ⎤ ⎡ ⎤ 1 ⎢ y = kT ⎥ ⎢ ε2 =t ⎥ ∞ 2 t ∞ 3 −ε 2 5∞ − ⎢ 2 2 ⎥ = 2(kT ) 2 y 4 e − y dy. 2 e kT dε = ⎢ 1 dε = dt ⎥ = 2t 4 e kT dt = ε ∫ ∫ ⎢ t = kTy ⎥ ⎢ 12 ⎥ ∫ 0 0 0 ⎢ t = kT y ⎥ ⎢ 2ε ⎥ dt ⎢dt = kT dy ⎥ ⎢⎣ dε = 2t ⎥⎦ ⎣ ⎦

Выносим интеграл: − y2 ⎡u = y 3 dv e ydy ⎤ = 4 −y ⎥ ⎢ I = ∫y e dy = 2 = − 2 y ⎥ ⎢ du = 3 y dy v = − e 0 ⎦ ⎣ ∞ ∞ 2 2 1 1 3 = − y 3e − y | + ⋅ 3 ∫ y 2 e − y dy = ⋅ I 1 2 2 0 2 0 ∞

2

Выносим: ∞

2 − y2

I1 = ∫ y e 0

=−

⎡ u = y dv = e − y 2 ydy ⎤ ⎥ dy = ⎢ 2 = − y 1 ⎢du = dv v = − e ⎥ ⎣ ⎦ 2

π. 1 − y2 ∞ 1 ∞ − y2 1 π ye |+ ∫e dy = ⋅ = 2 2 2 4 0 2 0

Подставляем: I =

3 π 3 π ⋅ = , далее 2 4 8

3 5 5 3 ε = 2 (kT )− 2 ⋅ 2(kT ) 2 ⋅ 3 π = 3 (kT )(2 − 2 ) = 3 kT . 8 2 2 π

Ч.т.д.

- 92 -

Приложение 3. Число степеней свободы.

Формула для средней кинетической энергии молекулы идеального газа

ε = 3 kT 2

на практике оказалась верна лишь для одноатомного газа. Молекулы газов, имеющие большее число атомов, обладают большей кинетической энергией. Вытекающее отсюда различие численных значений молярных теплоемкостей одноатомных, двухатомных и многоатомных газов удалось объяснить с учетом возможности вращательных движений молекул. Таким образом, значения молярных теплоемкостей газов зависят от числа атомов в молекуле газа. В решении задач для двухатомной молекулы принималось число степеней свободы i=5 и cμV =

dU 5 = R ≈ 20,8 Дж/(моль⋅К), 2 dT

а для трехатомной и более i=6 и cμV =

6 R ≈ 25,0 Дж/(моль⋅К). 2

Но в более широком диапазоне температур теплоемкость одного и того же газа также оказывается различной. Результаты измерений для одно- и двухатомных газов, произведенных в широком интервале температур, приведены на рис. 39. Из этого графика видно, что в случае одноатомных газов предсказываемая кинетической теорией формула хорошо оправдывается от нескольких градусов абсолютной шкалы до тысяч градусов. Для двухатомных же газов величина сμV непрерывно изменяется с температурой, большей частью медленно и плавно, а в некоторых интервалах очень круто и на большую величину.

- 93 -

При комнатной температуре двухатомный газ обладает пятью степенями свободы и его теплоемкость сμV=20,8 Дж/(моль⋅К). При температурах жидкого воздуха (около -200 °С, т.е. около 100 К) теплоемкость газа резко падает и при еще более низких температурах остается постоянной и равной сμV=12,5 Дж/(моль⋅К), как для одноатомных газов.

Этот факт показывает, что при температурах порядка 100 К (а для водорода при несколько более высокой температуре) по каким-то причинам вращательные степени свободы как бы «вымерзают» и молекулы двухатомного газа движутся только поступательно. При этих температурах при косом ударе молекулы лишь обмениваются энергией своих поступательных движений и не начинают вращаться, что противоречит законам классической динамики. Классическая физика исходит из предположения, что все физические величины — энергия (потенциальная и кинетическая), количество движения, момент количества движения и другие — способны изменяться лишь

- 94 -

непрерывно. Квантовая теория показывает, что такое представление неправильно. Целый ряд физических величин не может меняться непрерывно. Эти величины, изменяясь, принимают прерывный, «дискретный» ряд значений, переходя от одного значения к другому скачком. Здесь для нас особенно важна эта скачкообразность изменения кинетической энергии вращательного движения. В частности, чтобы молекула начала вращаться, ей необходимо сообщить некоторую вполне определенную порцию энергии вращения

Δε вращ . Если сообщаемая энергия меньше этой порции, то вращение молекулы возникнуть не сможет. При высоких температурах, когда средняя энергия теплового движения много больше величины Δε вращ :

kT >> Δε вращ все молекулы вращаются с энергиями, близкими к kT. Происходящие при столкновениях скачкообразные изменения энергии вращательного движения отдельных молекул сравнительно невелики и могут считаться в этой области температур бесконечно малыми. Тогда изменения кинетической энергии вращательного движения можно приближенно считать непрерывными, в соответствии с классическими представлениями. С понижением температуры средняя энергия поступательного движения сталкивающихся молекул становится уже недостаточной для возбуждения вращательного движения даже с самой минимальной (из возможных) угловой скоростью. При столь низких температурах молекулы двухатомного газа практически перестают вращаться и движутся только поступательно, как одноатомный газ. Расчет показывает, что величина Δε вращ тем больше, чем меньше момент инерции молекулы. Поэтому у легкого водорода «вымерзание» вращательных степеней свободы наступает рань-

- 95 -

ше, т. е. при более высоких температурах, чем у других двухатомных газов. При достаточно низких температурах газы конденсируются и движение их молекул оказывается не поступательным, а колебательным. Все сказанное относится к атомам и молекулам, но не к электронам, которые движутся в металлах поступательно, сохраняя очень большую энергию поступательного движения даже при абсолютном нуле температуры (эта энергия имеет нетепловую природу). Вывод: Принцип Больцмана о равномерном распределении энергии

по степеням свободы должен применяться с учетом того, что степени свободы при определенных температурах начинают «вымерзать» или напротив «возбуждаться». Вымерзание степеней свободы будет в том случае, когда они уже не могут принимать слишком малые для них порции энергии и тогда не принимают участия в распределении полной энергии системы. Соответственно уменьшению участвующих в приеме энергии степеней свободы уменьшается и теплоемкость. Рассмотрим теперь причины изменения теплоемкости при высоких температурах. Каждый атом обладает тремя степенями свободы. Но молекула, состоящая из двух атомов, обладает не шестью, а лишь пятью степенями свободы (три поступательные и две вращательные). Уменьшение числа возможных степеней свободы на единицу обязано предположению, что оба атома в молекуле связаны жестко, находясь на неизменном расстоянии друг от друга. Фактически, однако, никакой жесткой связи между атомами нет. Силы взаимодействия, связывающие атомы в молекулу, определяют лишь равновесное значение расстояния между ними, изменению которого как в сторону увеличения, так и в сторону уменьшения атомы оказывают противодействие. Эта связь, следовательно, скорее напоминает

- 96 -

упругую пружину, и при сообщении молекуле энергии атомы могут начать колебаться вдоль линии связи. Таким образом, двухатомная молекула имеет шестую степень свободы — внутреннее колебательное движение. Эта степень свободы обладает очень большой энергией возбуждения Δε колеб и поэтому при обычных температурах не проявляется. С повышением температуры, при столкновениях отдельных, случайно более богатых энергией молекул некоторые из них будут приходить в колебательное движение в тем большем числе, чем выше температура. За счет такого постепенного возбуждения колебательной степени свободы теплоемкость двухатомных газов будет увеличиваться с повышением температуры, достигая некоторого предельного значения при ~2000 °С. В отличие от поступательного и вращательного движения молекул, обладающих только кинетической энергией, при колебательном движении происходит непрерывное превращение кинетической энергии в потенциальную и обратно. Поэтому при возбуждении колебательная степень свободы обладает вдвое большей средней энергией, чем каждая из поступательных и вращательных степеней свободы, т. е.

ε

колеб.

= ε

кинетич.

+ ε

потенц.

=

1 1 kT + kT = kT 2 2

Следовательно, при высоких температурах средняя энергия одной двухатомной молекулы станет равна

ε = ε

пост.

+ ε

вращ.

+ ε

колеб .

1 1 7 = 3 ⋅ kT + 2 ⋅ kT + kT = kT 2 2 2

И теплоемкость двухатомного газа должна быть cμV =

7 R ≈ 29,1 Дж/(моль⋅К) 2

в полном соответствии с опытом (рис. 39).

- 97 -

При дальнейшем повышении температуры, примерно до 2500 °С, колебания атомов в молекулах становятся настолько интенсивными, что молекулы разрываются на составляющие их атомы. На подобную диссоциацию молекул затрачивается значительная энергия, раз в 10 превышающая среднюю энергию их поступательного движения при этих температурах. Поэтому подводимое к газу тепло лишь в незначительной части будет идти на увеличение скоростей молекул и повышение температуры, а большая часть тепла будет затрачиваться на разрыв внутримолекулярной связи. На кривой зависимости теплоемкости от температуры появляется очень высокий пик, выходящий за пределы рис. 39. До тех пор, пока все молекулы не диссоциируют, температура газа практически не будет повышаться, несмотря на подвод тепла. Это обстоятельство является причиной сравнительно низкой температуры пламени. При теплотах сгорания обычных топлив порядка ΔQ=200-400 Дж/моль и теплоемкости продуктов сгорания, равной 25 Дж/(моль⋅К), следует ожидать, что температура пламени достигнет 10000 °С. Однако уже при 2500 °С начинается столь сильная диссоциация продуктов сгорания и резкое повышение теплоемкости, что дальнейшее повышение температуры пламени становится трудно осуществимым. Возвращаясь к графику на рис. 39, следует указать, что после полной диссоциации в объеме вместо, например, 1 моля молекулярного кислорода О2 окажутся 2 моля атомарного кислорода О. Поскольку теплоемкость атомов составляет 12,5 Дж/(моль⋅К), то полная теплоемкость системы в расчете на 1 моль исходного молекулярного (двухатомного) кислорода составит при температурах свыше 2500 °С около 25,0 Дж/(моль⋅К). Поскольку сами атомы не являются в действительности материальными точками, а представляют довольно сложные системы электронов, движущихся вокруг ядер, то при дальнейшем повышении температуры электроны начнут переходить на более высокие энергетические уровни и

- 98 -

теплоемкость вновь будет расти за счет возбуждения внутренних степеней свободы атомов. Однако, поскольку порции энергии Δε эл , необходимые для перевода электронов с их нормальных траекторий в атоме на возбужденные, в десятки раз превышают значения Δε колеб внутримолекулярных колебаний, то при обычных и даже сравнительно высоких температурах (до 2000—3000 °С) движение электронов внутри атомов останется неизменным, и эти степени свободы у подавляющего большинства атомов не будут участвовать в распределении энергии при тепловом движении.

Задания. Записать в тетрадь краткие ответы на ниже предложенные задания. 1. Показать, как рассчитывается теплоемкость газов с учетом числа атомов в молекулах. Чему она равна для одно- и двухатомных газов при н.у.? 2. Как меняется теплоемкость атомарных газов с ростом температуры в широком интервале ее изменения? Почему так? Перерисовать рис. 39 в тетрадь. 3. Сколько скачков претерпевает теплоемкость двухатомного газа по мере роста температуры? Пояснить причины каждого скачка. 4. Объяснить резкое возрастание теплоемкости, выходящее за пределы рис. 39. Почему при дальнейшем росте температуры она вновь уменьшается до 25 Дж/(моль·К)? Итоговое задание: 5. Раскрыть качественно причину уменьшения теплоемкости газов с уменьшением температуры.

- 99 -

Приложение 4 Значения некоторых постоянных

Постоянная Авогадро NA=6,022⋅1023 1/моль. Постоянная Больцмана k=1,38⋅10-23 Дж/К. Газовая постоянная R=8,31 Дж/(моль⋅К). Параметры нормальных условий (н.у.) р0=1,013⋅105 Па, Т0=273,15 К, Vm=22,41⋅10-3 м3/моль. Число Лошмидта NL= р0/(kT0)=2,68⋅1025 1/м3. Размеры молекул

Вещество

Диаметр молекулы,

Вещество

Диаметр молекулы,

нм

нм

Азот (N2)

0,32

Гелий (Не)

0,20

Вода (H2O)

0,30

Аргон (Ar)

0,29

Водород (Н2)

0,25

Углекислота

0,33

Кислород (О2)

0,30

(СО2)

Поверхностное натяжение жидкостей

Вещество

σ, мН/м

Вещество

σ, мН/м

вода (при t=0 оС)

75,6

раствор мыла (при t=20 оС)

40

вода (при t=20 оС)

72,8

ртуть (при t=20 оС)

472

- 100 -

Приложение 5 Основные формулы

количество вещества

ν =m= N μ NA

взаимосвязь плотности и концентра-

ρ = n ⋅ m0

ции основное уравнение МКТ

p=

1 nm v 3 0 кв

2

,

p = nkT уравнение состояния идеального газа (уравнение

m

pV =

Менделеева-Клапейрона

μ

для произвольной массы газа) средняя квадратичная скорость молекулы средняя скорость молекулы

наиболее вероятная скорость молекулы барометрическая формула распределение Больцмана функция распределения Максвелла

функция распределения молекул по относительным скоростям среднее число столкновений молекулы за 1 с

RT

3kT = m0

vкв =

3RT

μ

v =

8kT = πm0

8RT

vв =

2kT = m0

2 RT

p = p0e

m gh − 0 kT

n = n0e

πμ μ

= p0e

−

μgh RT

−U

kT

3 m0 ⎞ 2

− ⎛ f ( v ) = 4π ⎜ ⎟ ⋅ v 2e ⎝ 2πkT ⎠

f (u ) =

4

π

u 2e−u

z = 2πd 2n v

2

m0 v 2 2 kT

- 101 -

средняя длина свободного пробега

l =

v = z

1 2πd 2 n

закон диффузии Фика

jm = − D

коэффициент диффузии

D=

Закон теплопроводности Фурье

jE = − λ

коэффициент теплопроводности

dρ dx

1 v l 3 dT dx

λ = 1 c удV ρ v l 3

закон Ньютона для вязкости

j p = −η

dv dx

η = 1ρ v l

коэффициент вязкости

3

средняя энергия одной молекулы газа

ε = i kT 2

внутренняя

энергия

произвольной

массы газа количество теплоты молярная теплоемкость газа при постоянном объеме молярная теплоемкость газа при постоянном давлении уравнение Майера элементарная работа газа при изменении его объема работа расширения газа в изобарном процессе

i U = ν RT 2 Q = c ⋅ ΔT = cμν ΔT = c уд mΔT cμV = cμp =

i R 2

i+2 R 2

cμp = cμV + R

δA = p(V )dV A = pΔV = p(V2 − V1 )

- 102 -

работа газа при изотермическом расширении

V2 p = ν RT ln 1 V1 p2

A = ν RT ln

Q = ΔU + A

I начало термодинамики

ΔU = Q + A′ pV γ = const

уравнения Пуассона для адиабатного процесса

TV γ −1 = const T γ p1−γ = const

термический КПД цикла термический КПД цикла Карно изменение энтропии в равновесном процессе

2 δQ

ΔS = ∫

1

T

η=

Q1 − Q2 Q1

η=

T1 − T2 T1

=

коэффициент поверхностного натя-

m

μ

( cμV ln

T2 V + R ln 2 ) T1 V1

σ =F = A l

жения давление Лапласа для сферической

Δp =

поверхности давление Лапласа для произвольной

Δp = σ (

поверхности

S

2σ R

1 1 ) + R1 R2

Буквы греческого алфавита

1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.

Α Β Γ Δ Ε Ζ Η

α β γ δ ε ζ η

альфа бета гамма дельта эпсилон дзета эта

8. 9. 10. 11. 12. 13. 14.

Θ υ Κ χ Λ λ Μ μ Ν ν Ξ ξ Π π

тэта каппа ламбда мю ню кси пи

15. 16. 17. 18. 19. 20.

Ρ ρ Σ σ Τ τ Φ ϕ Ψ ψ Ω ω

ро сигма тау фи пси омега

- 103 -

Основная литература 1.

Курс общей физики. (В основу положен курс общей физики Г.А

Зисман, О.М. Тодес. – М.: Наука, 1965.) В 3-х частях. Часть I. Механика. Основы термодинамики, физики реальных газов, жидкостей и твердого тела. – Киев: «Днiпро». 1994. – 349 с. 2.

Курс физики: Учебник для вузов: В 2 т. Т. 2. 2-е изд., испр./Под ред.

В.Н. Лозовского. – СПб.: Издательство «Лань», 2001 – 592 с. 3.

Трофимова Т.И. Курс физики: Учеб. пособие для вузов. 5-е изд.,

стер. – М.: «Высшая школа», 1998 – 542 с., ил. 4.

Трофимова Т.И. Сборник задач по курсу физики для втузов / Т.И.

Трофимова. – 3-е изд. – М.: ООО «Издательский дом «ОНИКС 21 век»: ООО «Издательство «Мир и образование», 2003. – 384 с., ил. 5.

Трофимова Т.И. Справочник по физике для студентов и абитуриен-

тов / Т.И. Трофимова. – М.: ООО «Издательство Астрель»: ООО «Издательство АСТ», 2001. – 400 с., ил. 6.

Задачи по физике: Учеб. пособие / И.И. Воробьев, П.И. Зубков, Ку-

тузова и др.; Под ред. О.Я. Савченко. – 2-е изд., перераб. – М.: Наука. гл. ред. физ.- мат. лит., 1988. – 416 с., ил. 7.

Физика: Задания на контрольные работы № 1 и 2 с методическими

указаниями для студентов инженерно-технических специальностей. Часть 1. – М.: РГОТУПС, 2000. – 90 с. Дополнительная литература 8.

Гольбфарб Н.И. Сборник вопросов и задач по физике: Учеб. пособие.

– 5-е изд. – М.: Высш. школа, 1983. – 351 с., ил. 9.

Коган Б.Ю. Задачи по физике. Пособие для учителей. М.: Просвеще-

ние, 1971. – 286 с, ил. 10.

Енохович А.С. Справочник по физике и технике: Учеб. пособие для

учащихся. – 3-е изд., перераб. и доп. – М.: Просвещение, 1989. – 224 с.: ил. 11.

Кудрявцев Б.Б. Курс физики. Теплота и молекулярная физика. М.:

Учпедгиз, 1960. – 210 с.

- 104 -

Учебно-методическое издание

Филимонова Лилия Владимировна

Методические указания для практических занятий по общей и экспериментальной физике Часть вторая. «МКТ и термодинамика» для студентов физико-математического факультета

Компьютерный набор и верстка – Л.В. Филимонова Техническое исполнение – В.Н. Бутов Переплет и обложка выполнены В МУП «Типография» г. Ельца Лицензия на издательскую деятельность ИД № 06146. Дата выдачи 26.10.01. Формат 60 х 84 /16. Гарнитура Times. Печать трафаретная. Усл.-печ.л. 6,4 Уч.изд.л. 6,6 Тираж 50 экз. (1-й завод 1-50 экз.). Заказ 45 Отпечатано с готового оригинал-макета на участке оперативной полиграфии Елецкого государственного университета им. И.А. Бунина. Елецкий государственный университет им. И.А. Бунина 399770 г.Елец, ул. Коммунаров, 28