IPhO 1977, теоретический тур

Подсказка

Для адиабат 1–2 и 3–4 пользуйтесь уравнением \(pV^\kappa = \text{const}\) вместе с уравнением состояния, для изохор — пропорциональностью давления и температуры. Работа за цикл — сумма работ на двух адиабатах, теплота подводится только на изохоре 2–3.

Ответ

а) 0–1 — изобарный и изотермический, 2–3 — изохорный, 4–1 — изохорный, 1–0 — изобарный;  б) \(p_1 = 0{,}10\text{ МПа}\), \(T_1 = 300\text{ К}\); \(p_2 = 2{,}34\text{ МПа}\), \(T_2 = 738\text{ К}\); \(p_3 = 4{,}68\text{ МПа}\), \(T_3 = 1476\text{ К}\); \(p_4 = 0{,}20\text{ МПа}\), \(T_4 = 600\text{ К}\);  в) \(\eta = 1 - \varepsilon^{1-\kappa} = 59{,}3\,\%\);  г) реальный КПД был бы ниже рассчитанного.

Решение

а) Процессы между отдельными точками описываются так:

Обозначим начальный объём цилиндра до впуска в точке 0 через \(V_1\), после впуска в точке 1 — через \(V_2\), а температуры в отдельных точках — через \(T_0\), \(T_1\), \(T_2\), \(T_3\) и \(T_4\).

б) Уравнения для отдельных процессов таковы.

0–1: топливовоздушная смесь всасывается в цилиндр при температуре \(T_0 = T_1 = 300\text{ К}\) и давлении \(p_0 = p_1 = 0{,}10\text{ МПа}\).

1–2: так как сжатие очень быстрое, процесс можно считать адиабатическим. Отсюда \[p_1 V_2^\kappa = p_2 V_1^\kappa \quad\text{и}\quad \frac{p_1 V_2}{T_1} = \frac{p_2 V_1}{T_2}.\] Из первого уравнения получаем \[p_2 = p_1\left(\frac{V_2}{V_1}\right)^\kappa = p_1\varepsilon^\kappa ,\] а разделив одно уравнение на другое, после несложных вычислений приходим к \[T_1 V_2^{\kappa-1} = T_2 V_1^{\kappa-1}, \qquad T_2 = T_1\left(\frac{V_2}{V_1}\right)^{\kappa-1} = T_1\varepsilon^{\kappa-1}.\] При данных значениях \(\kappa = 1{,}40\), \(\varepsilon = 9{,}5\), \(p_1 = 0{,}10\text{ МПа}\), \(T_1 = 300\text{ К}\) имеем \(p_2 = 2{,}34\text{ МПа}\) и \(T_2 = 738\text{ К}\) (\(t_2 = 465\,^\circ\text{C}\)).

2–3: так как процесс изохорный и выполняется \(p_3 = 2p_2\), можно записать \[\frac{p_3}{p_2} = \frac{T_3}{T_2}, \quad\text{откуда}\quad T_3 = T_2\frac{p_3}{p_2} = 2T_2 .\] Численно \(p_3 = 4{,}68\text{ МПа}\), \(T_3 = 1476\text{ К}\) (\(t_3 = 1203\,^\circ\text{C}\)).

3–4: расширение адиабатическое, поэтому \[p_3 V_1^\kappa = p_4 V_2^\kappa, \qquad \frac{p_3 V_1}{T_3} = \frac{p_4 V_2}{T_4}.\] Первое уравнение даёт \[p_4 = p_3\left(\frac{V_1}{V_2}\right)^\kappa = 2p_2\varepsilon^{-\kappa} = 2p_1 ,\] а делением получаем \[T_3 V_1^{\kappa-1} = T_4 V_2^{\kappa-1}.\] Следовательно, \[T_4 = T_3\varepsilon^{1-\kappa} = 2T_2\varepsilon^{1-\kappa} = 2T_1 .\] Численные результаты: \(p_4 = 0{,}20\text{ МПа}\), \(T_3 = 600\text{ К}\) (\(t_3 = 327\,^\circ\text{C}\)).

4–1: процесс изохорный. Обозначив температуру через \(T_1'\), можно записать \[\frac{p_4}{p_1} = \frac{T_4}{T_1'},\] откуда \[T_1' = T_4\frac{p_1}{p_4} = \frac{T_4}{2} = T_1 .\] Таким образом, мы получили правильный результат \(T_1' = T_1\). Численно \(p_1 = 0{,}10\text{ МПа}\), \(T_1' = 300\text{ К}\).

в) Термический КПД двигателя определяется как доля подведённой теплоты, которая превращается в полезную работу. Отработавший газ совершает работу над поршнем при расширении 3–4; с другой стороны, при сжатии 1–2 работа совершается над смесью. В процессах 2–3 и 4–1 газ не совершает работы и над ним работа не совершается. Теплота подводится к газу в процессе 2–3.

Полезная работа, совершаемая 1 моль газа, \[W = \frac{R}{\kappa-1}(T_1 - T_2) + \frac{R}{\kappa-1}(T_3 - T_4) = \frac{R}{\kappa-1}(T_1 - T_2 + T_3 - T_4),\] а теплота, подведённая к газу, \[Q_{23} = C_V(T_3 - T_2).\] Отсюда для термического КПД \[\eta = \frac{W}{Q_{23}} = \frac{R}{(\kappa-1)C_V}\,\frac{T_1 - T_2 + T_3 - T_4}{T_3 - T_2}.\] Так как \[\frac{R}{(\kappa-1)C_V} = \frac{C_p - C_V}{(\kappa-1)C_V} = \frac{\kappa-1}{\kappa-1} = 1 ,\] получаем \[\eta = 1 - \frac{T_4 - T_1}{T_3 - T_2} = 1 - \frac{T_1}{T_2} = 1 - \varepsilon^{1-\kappa}.\] Численно \(\eta = 1 - 300/738 = 1 - 0{,}407\), \(\eta = 59{,}3\,\%\).

г) На самом деле реальная \(pV\)-диаграмма цикла гладкая, без острых углов. Так как газ не идеален, реальный КПД был бы ниже рассчитанного.

Подсказка

Запишите условие интерференционного максимума в отражённом свете для тонкой плёнки с учётом потери полуволны при отражении и найдите наименьшую толщину, при которой усиливается зелёный свет. Затем сравните условие для нормального падения.

Ответ

а) нельзя: \(m_0 = 6{,}06\cdot 10^{-2}\text{ мг}\), \(m_1 = 18{,}2\cdot 10^{-2}\text{ мг}\), …;  б) если свет падает под углом \(30^\circ\), плёнка, видимая в перпендикулярном направлении, не может быть окрашенной — она казалась бы тёмной.

Решение

Тонкий слой лучше всего отражает монохроматический свет с длиной волны \(\lambda\), если выполняется равенство \[2nd\cos\beta = (2k+1)\frac{\lambda}{2}, \quad k = 0, 1, 2, \ldots, \tag{1}\] где \(k\) — целое число, а \(\beta\) — угол преломления, удовлетворяющий соотношению \[\frac{\sin\alpha}{\sin\beta} = n .\] Отсюда \[\cos\beta = \sqrt{1 - \sin^2\beta} = \frac{1}{n}\sqrt{n^2 - \sin^2\alpha}.\] Подставляя в (1), получаем \[2d\sqrt{n^2 - \sin^2\alpha} = (2k+1)\frac{\lambda}{2}. \tag{2}\] Если на слой падает белый свет, то в отражённом свете усиливаются цвета с длинами волн, удовлетворяющими (2). Если длина волны отражённого света \(\lambda_0\), то толщина слоя для интерференции \(k\)-го порядка удовлетворяет условию \[d_k = \frac{(2k+1)\lambda_0}{4\sqrt{n^2 - \sin^2\alpha}} = (2k+1)d_0 .\] При данных значениях и \(k = 0\) получаем \(d_0 = 1{,}01\cdot 10^{-7}\text{ м}\).

а) Масса мыльной плёнки \(m_k = \varrho_k b\,h\,d_k\). Подставляя данные значения, получаем \(m_0 = 6{,}06\cdot 10^{-2}\text{ мг}\), \(m_1 = 18{,}2\cdot 10^{-2}\text{ мг}\), \(m_2 = 30{,}3\cdot 10^{-8}\text{ мг}\) и т. д. Таким образом, массу самой тонкой плёнки определить данными лабораторными весами нельзя.

б) Если свет падает под углом \(30^\circ\), то плёнка, видимая в перпендикулярном направлении, не может быть окрашенной. Она казалась бы тёмной.

Подсказка

В случае а) электрон движется по дуге окружности, хорда которой — отрезок \(TM\). В случае б) движение складывается из равномерного движения вдоль поля и вращения в перпендикулярной плоскости: электрон должен попасть в мишень, сделав целое число оборотов.

Ответ

а) \(B = 2\sqrt{\dfrac{2Um_e}{e}}\,\dfrac{\sin\alpha}{d} = 3{,}70\cdot 10^{-3}\text{ Тл}\);  б) \(B = \dfrac{2\pi N\cos\alpha}{d}\sqrt{\dfrac{2Um_e}{e}} = N\cdot 6{,}70\cdot 10^{-3}\text{ Тл}\), при \(B < 0{,}030\text{ Тл}\) — \(N \le 4\): \(B_1 = 6{,}70\cdot 10^{-3}\text{ Тл}\), \(B_2 = 13{,}4\cdot 10^{-3}\text{ Тл}\), \(B_3 = 20{,}1\cdot 10^{-3}\text{ Тл}\), \(B_4 = 26{,}8\cdot 10^{-3}\text{ Тл}\).

Решение

а) Если однородное магнитное поле перпендикулярно начальному направлению движения электронного пучка, электроны будут отклоняться силой, которая всегда перпендикулярна их скорости и магнитному полю. Следовательно, пучок будет отклоняться по круговой траектории. Источник центростремительной силы — сила Лоренца, поэтому \[Bev = \frac{m_e v^2}{r}. \tag{1}\] Из геометрических соображений радиус траектории удовлетворяет условию (ср. рис. 3) \[r = \frac{d}{2\sin\alpha}. \tag{2}\]

Рис. 3

Скорость электронов можно определить из соотношения между кинетической энергией электрона и работой, совершённой над этим электроном электрическим полем напряжения \(U\) внутри пушки: \[\frac12 m_e v^2 = eU . \tag{3}\] Используя (1), (2) и (3), получаем \[B = m_e\sqrt{\frac{2eU}{m_e}}\,\frac{2\sin\alpha}{ed} = 2\sqrt{\frac{2Um_e}{e}}\,\frac{\sin\alpha}{d}.\] Подставляя данные значения, имеем \(B = 3{,}70\cdot 10^{-3}\text{ Тл}\).

б) Если однородное магнитное поле ни перпендикулярно, ни параллельно начальному направлению движения электронного пучка, электроны будут отклоняться по винтовой траектории. А именно, движение электронов будет складываться из равномерного движения по окружности в плоскости, перпендикулярной магнитному полю, и равномерного прямолинейного движения в направлении магнитного поля. Составляющая \(\vec v_1\) начальной скорости \(\vec v\), перпендикулярная магнитному полю (см. рис. 4), проявится в силе Лоренца и при движении будет равномерно поворачиваться вокруг прямой, параллельной магнитному полю. Составляющая \(\vec v_2\), параллельная магнитному полю, будет оставаться постоянной во время движения; это будет скорость равномерного прямолинейного движения.

Рис. 4

Модули составляющих скорости можно выразить как \[v_1 = v\sin\alpha, \qquad v_2 = v\cos\alpha .\] Обозначив через \(N\) число витков винтовой линии, можно записать для времени движения электрона \[t = \frac{d}{v_2} = \frac{d}{v\cos\alpha} = \frac{2\pi r N}{v_1} = \frac{2\pi r N}{v\sin\alpha}.\] Отсюда можно вычислить радиус круговой траектории \[r = \frac{d\sin\alpha}{2\pi N\cos\alpha}.\] С другой стороны, сила Лоренца должна быть равна центростремительной силе: \[Bev\sin\alpha = \frac{m_e v^2\sin^2\alpha}{r} = \frac{m_e v^2\sin^2\alpha}{\dfrac{d\sin\alpha}{2\pi N\cos\alpha}}. \tag{4}\] Следовательно, \[B = \frac{m_e v^2\sin^2\alpha\,2\pi N\cos\alpha}{d\sin\alpha\,ev\sin\alpha} = \frac{2\pi N m_e v\cos\alpha}{de}.\] Модуль скорости \(v\) снова удовлетворяет (3), поэтому \[v = \sqrt{\frac{2Ue}{m_e}}.\] Подставляя в (4), получаем \[B = \frac{2\pi N\cos\alpha}{d}\sqrt{\frac{2Um_e}{e}}.\] Численно получаем \(B = N\cdot 6{,}70\cdot 10^{-3}\text{ Тл}\). Если должно выполняться \(B < 0{,}030\text{ Тл}\), имеем четыре возможности (\(N \le 4\)), а именно: \[B_1 = 6{,}70\cdot 10^{-3}\text{ Тл}, \quad B_2 = 13{,}4\cdot 10^{-3}\text{ Тл}, \quad B_3 = 20{,}1\cdot 10^{-3}\text{ Тл}, \quad B_4 = 26{,}8\cdot 10^{-3}\text{ Тл}.\]