МОШ, 1960–1986, 8–11 класс, теплота и молекулярная физика

Ответ

\(h = h_0(m_1/m_2 + 1) = 0{,}3\) м.

Решение

Так как вертикальные цилиндры представляют собой сообщающиеся сосуды, то после увеличения массы 1-го поршня равновесие наступит лишь после того, как он «ляжет» на дно своего цилиндра, а весь газ перейдет во 2-й цилиндр. Поскольку давление газа и его температура остаются неизменными, то и полный объем, занимаемый газом, должен остаться неизменным. Отсюда заключаем, что \(S_1h_0 + S_2h_0 = S_2h\), где \(S_1\) и \(S_2\) — поперечные сечения поршней 1-го и 2-го цилиндров, а \(h\) — высота, на которой будет находиться 2-й поршень, т. е. как раз искомая разность высот (ведь 1-й поршень лежит на дне). Вначале давления, создаваемые поршнями, были одинаковы; таким образом, \[m_1g/S_1 = m_2g/S_2,\] \[S_1/S_2 = m_1/m_2,\] а, значит, \[h = h_0(m_1/m_2 + 1) = 0{,}3\text{ м}.\]

Ответ

Давление газа на стенки больше, когда стенки теплее газа (\(T_\text{с} > T\)).

Решение

Если температура стенок сосуда \(T_\text{с}\) совпадает с температурой газа \(T\), то молекула, ударяясь о стенку, меняет нормальную компоненту импульса \(p_x\) на \(-p_x\). Значит, суммарное изменение импульса равно \(2p_x\). Когда температура стенок \(T_\text{с} > T\), газ нагревается. Это означает, что молекулы газа отскакивают от стенки с большей скоростью, чем налетают, а следовательно, и с большим импульсом. В результате изменение импульса будет больше, чем \(2p_x\) (рис. 197).

Если же \(T_\text{с} < T\), то газ охлаждается, т. е. молекулы газа отскакивают от стенки с меньшим импульсом, чем налетают на нее. Ясно, что изменение импульса в этом случае будет меньше, чем \(2p_x\) (рис. 198). Так как в соответствии со вторым законом Ньютона изменение импульса пропорционально средней силе, то давление газа на стенки больше, когда стенки теплее газа (\(T_\text{с} > T\)).

Ответ

\(A = nR(T_2 - T_1)(T_2/T_1 + T_3/T_2 - 2)\).

Решение

Работа \(A\) газа за цикл определяется площадью на \(pV\)-диаграмме, ограниченной трапецией (см. рис. 57): \[A = (p_2 - p_1)(V_3 - V_2 + V_4 - V_1)/2.\] Нетрудно выразить все величины через давление и объем в точке \(1\): \(p_1\) и \(V_1\). Действительно, из закона Гей-Люссака следует, что \(V_3 = V_2T_3/T_2 = V_1T_3/T_2\) и \(V_4 = V_1T_4/T_1 = V_1T_2/T_1\), а из закона Шарля — \(p_2 = p_1T_2/T_1\). Подставляя эти значения в выражение для работы, находим \[A = p_1V_1\dfrac{T_2 - T_1}{T_1}\left(\dfrac{T_2}{T_1} + \dfrac{T_3}{T_2} - 2\right).\] Уравнение Менделеева — Клапейрона для \(n\) молей идеального газа позволяет написать \(p_1V_1 = nRT_1\), и в результате окончательно получим \[A = nR(T_2 - T_1)(T_2/T_1 + T_3/T_2 - 2).\]

Ответ

\(A = 3R(T_1 + T_3 - T_2 - T_4) = 2\cdot10^4\text{ Дж} = 20\text{ кДж}\).

Решение

Из рис. 58 видно, что на участках \(1 - 2\) и \(3 - 4\) реализуется прямая пропорциональная зависимость давления от температуры, т. е., как следует из закона Менделеева — Клапейрона, объем газа при этом не меняется, а значит, и работы газ не совершает. Необходимо, таким образом, найти работу газа лишь при изобарических процессах \(2 - 3\) и \(4 - 1\). На участке \(2 - 3\) совершенная работа будет равна \(A_{23} = p_2(V_3 - V_2)\), а на участке \(4 - 1\) \(A_{41} = p_1(V_1 - V_4)\). Полная работа \(A\) газа за цикл равна \[A = p_2(V_3 - V_2) + p_1(V_1 - V_4).\] Уравнение Менделеева — Клапейрона для 3 молей идеального газа записывается в виде \(pV = 3RT\), и, следовательно, \[p_1V_1 = 3RT_1,\quad p_1V_4 = 3RT_4,\quad p_2V_2 = 3RT_2,\quad p_2V_3 = p_3V_3 = 3RT_3.\] Подставляя эти значения в выражение для работы, окончательно получаем \[A = 3R(T_1 + T_3 - T_2 - T_4) = 2\cdot10^4\text{ Дж} = 20\text{ кДж}.\]

Ответ

\(A = A_1\left[1 - (p_2 - p_0)^2/(p_0 - p_1)^2\right] \approx 750\) Дж.

Решение

Выполнение цикла \(1 \to 4 \to 3 \to 2 \to 1\) фактически эквивалентно выполнению двух простых циклов \(1 \to 0 \to 2 \to 1\) и \(0 \to 4 \to 3 \to 0\) (см. рис. 59). Работа газа определяется площадью соответствующего цикла на \(pV\)-диаграмме. Однако если в первом цикле она положительна, то во втором отрицательна (работа совершается над газом). Нетрудно найти работу \(A_1\), совершенную в первом цикле: \[A_1 = (p_0 - p_1)(V_2 - V_1)/2.\] Что касается цикла \(0 \to 4 \to 3 \to 0\), то соответствующий ему на \(pV\)-диаграмме треугольник подобен треугольнику, отвечающему первому циклу. В результате работа \(A_2\) во втором цикле будет \[A_2 = -A_1(p_2 - p_0)^2/(p_0 - p_1)^2.\] (Площади подобных треугольников относятся, как квадраты длин соответственных элементов, в данном случае — высот.) Полная работа \(A\) за цикл \(1 \to 4 \to 3 \to 2 \to 1\) будет, таким образом, равна \[A = A_1\left[1 - (p_2 - p_0)^2/(p_0 - p_1)^2\right] \approx 750\text{ Дж}.\]

Ответ

Большее количество теплоты сообщается газу в процессе \(1 \to 3\).

Решение

Согласно 1-му закону термодинамики, при переходе газа из состояния \(1\) (\(p_0\), \(V_0\)) в состояние \(2\) (\(p_1\), \(V_1\)) (рис. 199) количество теплоты \(\Delta Q_1\), полученное газом, равно \[\Delta Q_1 = \Delta U_1 + A_1,\] где \(\Delta U_1\) — изменение его внутренней энергии, а \(A_1\) — работа, совершенная газом, причем \[A_1 = (p_0 + p_1)(V_1 - V_0)/2.\]

При переходе газа из состояния \(1\) в состояние \(3\) (\(p_2\), \(V_2\)) (точки \(2\) и \(3\) лежат на одной изотерме) выполняются соотношения \[\Delta Q_2 = \Delta U_2 + A_2,\] \[A_2 = (p_0 + p_2)(V_2 - V_0)/2.\] Поскольку конечная температура газа в состоянии \(2\) и в состоянии \(3\) одна и та же, то \(\Delta U_1 = \Delta U_2\). Чтобы выяснить, в каком из процессов газу сообщается большее количество теплоты, надо сравнить работы \(A_1\) и \(A_2\). Сделаем это: \[\begin{aligned} A_1 - A_2 = (p_0 + p_1)(V_1 - V_0)/2 - (p_0 + p_2)(V_2 - V_0)/2 = \\ = [(p_0V_1 - p_0V_2) + (p_2V_0 - p_1V_0)]/2 < 0, \end{aligned}\] так как \(p_0V_1 < p_0V_2\), \(p_2V_0 < p_1V_0\). Следовательно, \(A_2 > A_1\) и \(\Delta Q_2 > \Delta Q_1\), т. е. в процессе \(1 \to 3\) газу сообщается большее количество теплоты.

Ответ

\(p_1 = p_{\text{H}_2} \approx 1{,}3\cdot10^9\) Па \(= 1{,}3\) ГПа;  \(p_2 = p_{\text{H}_2} + p_{\text{O}_2} + p_{\text{N}_2} \approx 4{,}5\cdot10^9\) Па \(= 4{,}5\) ГПа;  \(p_3 = p_{\text{H}_2} + p_{\text{N}_2} \approx 2{,}0\cdot10^9\) Па \(= 2{,}0\) ГПа (числа как в книге).

Решение

Поскольку водород диффундирует через все перегородки, то он равномерно распределится по всему сосуду, и давление водорода во всех трех частях сосуда будет равно \[p_{\text{H}_2} = \dfrac{m_{\text{H}_2}}{\mu_{\text{H}_2}}\dfrac{RT}{V}\] (ведь если газ проходит через перегородку, то в равновесии его давление по обе стороны перегородки должно быть одинаково).

Азот может диффундировать лишь через правую перегородку, поэтому он заполнит среднюю и правую части сосуда (см. рис. 61) общим объемом \((2/3)V\); его давление будет \[p_{\text{N}_2} = \dfrac{m_{\text{N}_2}}{\mu_{\text{N}_2}}\dfrac{3RT}{2V}.\] Кислород не диффундирует через перегородки, и давление кислорода в средней части сосуда равно \[p_{\text{O}_2} = \dfrac{m_{\text{O}_2}}{\mu_{\text{O}_2}}\dfrac{3RT}{V}.\] Согласно закону Дальтона, давление во всех трех частях сосуда будет равно сумме парциальных давлений находящихся там газов, т. е. \[\begin{aligned} p_1 &= p_{\text{H}_2} \approx 1{,}3\cdot10^9\text{ Па} = 1{,}3\text{ ГПа},\\ p_2 &= p_{\text{H}_2} + p_{\text{O}_2} + p_{\text{N}_2} \approx 4{,}5\cdot10^9\text{ Па} = 4{,}5\text{ ГПа},\\ p_3 &= p_{\text{H}_2} + p_{\text{N}_2} \approx 2{,}0\cdot10^9\text{ Па} = 2{,}0\text{ ГПа}. \end{aligned}\]

Ответ

\(v \approx 11{,}5\) м/с;  \(T_h \approx 430\) К.

Решение

Определим сначала скорость спускаемого аппарата. Для этого заметим, что изменение давления \(\Delta p\) с изменением высоты \(\Delta h\) связано соотношением \[\Delta p = -\rho g\,\Delta h, \tag{1}\] где \(\rho\) — плотность газа. Из закона Менделеева — Клапейрона следует, что \(p = (\rho/\mu)RT\) (здесь \(T\) — температура газа именно в той точке, вблизи которой мы интересуемся изменением давления). Учитывая, что \(\Delta h = -v\,\Delta t\), где \(v\) — скорость спуска аппарата, \(\Delta t\) — время спуска, можно записать выражение (1) в виде \[\dfrac{\Delta p}{p} = g\dfrac{\mu v\,\Delta t}{RT}. \tag{2}\] Зная отношение \(\Delta p/\Delta t\), т. е. тангенс угла наклона касательной в конечной точке \(A\) графика, с помощью соотношения (2) найдем скорость \(v\). (Отметим, что, поскольку в левой части (2) стоит отношение \(\Delta p/p\), нам безразлично, каков масштаб графика по оси ординат.) Находя из графика \((\Delta p/\Delta t)p^{-1}\) и подставляя \(\mu = 44\) г/моль для CO\(_2\), получим, что скорость спуска аппарата космического корабля равна \[v = \dfrac{RT}{g\mu}\dfrac{\Delta p}{p\,\Delta t} = \dfrac{8{,}3\text{ Дж/(К}\cdot\text{моль)}\cdot7\cdot10^2\text{ К}}{10\text{ м/с}^2\cdot44\cdot10^{-3}\text{ кг/моль}\cdot1150\text{ с}} \approx 11{,}5\text{ м/с}.\] Перейдем теперь к решению второй части задачи. Учитывая, что скорость аппарата равна \(v = 11{,}5\) м/с, на высоте \(h = 15\) км над поверхностью планеты он был за 1300 с до посадки, т. е. этому соответствует время \(t = 2350\) с. С помощью соотношения \((\Delta p/\Delta t)p^{-1}\) в этой точке графика из выражения (2) найдем искомую температуру \(T_h\): \[T_h = \dfrac{g\mu v}{R}\left(\dfrac{p\,\Delta t}{\Delta p}\right)_t \approx 430\text{ К}.\]

Ответ

\(h = \dfrac{MgV}{S(p_0S + Mg/3)}\),  \(T_\text{к} = \dfrac{(p_0S + Mg)(3p_0S - 2Mg)V}{(3p_0S + Mg)SnR}\).

Решение

Так как поршень, когда на него положили груз, переместился на расстояние \(h\), то это означает, что объем газа уменьшился на величину \(hS\) и стал равным \(V - hS\). Давление газа под поршнем равно атмосферному давлению \(p_0\) плюс давление \(Mg/S\), создаваемое грузом, т. е. \(p_0 + Mg/S\). В результате можно записать уравнения Менделеева — Клапейрона для газа до того, как на поршень положили груз, и после этого: \[p_0V = nRT_\text{н}, \tag{1}\] \[(p_0 + Mg/S)(V - hS) = nRT_\text{к}. \tag{2}\] Здесь \(T_\text{н}\) и \(T_\text{к}\) — начальная и конечная температуры газа.

Поскольку по условию задачи газ теплоизолирован, то, как следует из 1-го закона термодинамики, вся совершенная над ним работа \(A\) пойдет на изменение внутренней энергии газа, т. е. \(A = (3/2)nR(T_\text{к} - T_\text{н})\) (внутренняя энергия 1 моля идеального газа \(U = c_VT = (3/2)RT\)). Нетрудно сообразить, что работа равна \(A = Mgh\), значит, \[Mgh = (3/2)\,nR(T_\text{к} - T_\text{н}). \tag{3}\] Вычитая почленно из (2) уравнение (1) и используя для \(T_\text{к} - T_\text{н}\) выражение (3), получим уравнение для определения \(h\): \[MgV/S - Mgh - p_0hS = (2/3)Mgh. \tag{4}\] Отсюда найдем, что \[h = \dfrac{MgV}{S(p_0S + Mg/3)},\] и, подставляя \(h\) в выражение (2), определим конечную температуру газа: \[T_\text{к} = \dfrac{(p_0S + Mg)(3p_0S - 2Mg)V}{(3p_0S + Mg)SnR}.\]

Ответ

\(v = \dfrac{2}{5}\dfrac{q}{p_0S + Mg}\).

Решение

В соответствии с 1-м законом термодинамики подведенное к газу количество теплоты \(Q\) идет на изменение его внутренней энергии \(\Delta U\) и совершение газом работы \(A\): \[Q = \Delta U + A.\] Внутреннюю энергию 1 моля идеального газа \(U\) можно записать в виде \(U = c_VT = (3/2)RT\), т. е. \(\Delta U = (3/2)R\,\Delta T\). Работа, совершаемая газом при постоянном давлении \(p\), равна \(A = p\,\Delta V = pS\,\Delta x\), где \(\Delta x\) — смещение поршня. Давление газа равно \[p = p_0 + Mg/S,\] т. е. представляет собой сумму атмосферного давления и давления, создаваемого поршнем. Наконец, из закона Менделеева — Клапейрона \(pV = RT\) можно найти связь между изменением объема \(\Delta V\) и изменением температуры \(\Delta T\) при постоянном давлении: \[p\,\Delta V = R\,\Delta T.\] Подставляя выражения для \(\Delta U\) и \(A\) в 1-й закон термодинамики и учитывая связь между \(\Delta V\) и \(\Delta T\), получим \[Q = p\,\Delta V + (3/2)\,p\,\Delta V = (5/2)\,pS\,\Delta x. \tag{1}\] Поскольку за единицу времени нагреватель выделяет количество теплоты \(q\), то \(Q = q\,\Delta t\), где \(\Delta t\) — соответствующий промежуток времени. Скорость движения поршня равна \(v = \Delta x/\Delta t\), и из выражения (1) находим \[v = \dfrac{2}{5}\dfrac{q}{p_0S + Mg}.\]

Ответ

Произведение \(pV\) будет расти по мере уменьшения объема газа.

Решение

При очень сильном сжатии газа начинает сказываться отталкивание между его молекулами — необходимо учитывать конечность их размеров. Это означает, что при прочих равных условиях давление реального газа превосходит давление идеального газа тем больше, чем сильнее сжат газ. В результате, если при постоянной температуре произведение \(pV\) идеального газа постоянно, то для реальных газов оно будет расти по мере уменьшения объема газа.

Ответ

\(Q' = Q - 3nRT - (5/2)\,kl^2\).

Решение

Рассмотрим промежуточное положение поршня, когда он сместился на величину \(y\) от своего первоначального положения. Пусть при этом давление газа в правой части сосуда равно \(p_2\), а в левой \(p_1\). Поскольку поршень при этом находится в равновесии, то сумма сил, действующих на поршень, равна нулю: \[(p_2 - p_1)S - 2ky = 0, \tag{1}\] где \(S\) — площадь поршня.

При последующем небольшом перемещении поршня \(\Delta y\) полная работа газа \(\Delta A\) равна \(\Delta A = \Delta A_1 + \Delta A_2\), где \(\Delta A_2\) — работа газа правой части, \(\Delta A_1\) — работа газа левой части, причем \[\Delta A_1 + \Delta A_2 = p_2\,\Delta y\,S - p_1\,\Delta y\,S = (p_2 - p_1)\,\Delta y\,S = 2ky\,\Delta y. \tag{2}\] Таким образом, к моменту смещения поршня на величину \(x = l/2\) полная работа газа будет равна сумме потенциальных энергий, запасенных в пружинах: \[A = 2\cdot\dfrac{k}{2}\left(\dfrac{l}{2}\right)^2. \tag{3}\] Если к газу в правой части подвели количество теплоты \(Q\), а газ в левой части передал количество теплоты \(Q'\) термостату, то полное сообщенное системе количество теплоты будет \(Q - Q'\), и можно написать (1-й закон термодинамики) \[Q - Q' = 2\cdot\dfrac{k}{2}\left(\dfrac{l}{2}\right)^2 + \Delta U, \tag{4}\] где \(\Delta U\) — изменение внутренней энергии газа. Поскольку поршень нетеплопроводящий, то температура газа слева не меняется и все изменение внутренней энергии газа \(\Delta U\) обусловлено нагревом газа справа на \(\Delta T\), причем для \(n\) молей идеального газа \(\Delta U = n(3/2)R\,\Delta T\).

Повышение температуры \(\Delta T\) найдем из условия равновесия в конце процесса.

Давление газа \(p\) в правой части сосуда в соответствии с законом Менделеева — Клапейрона равно \(p = nR(T + \Delta T)/[S(l + l/2)]\), с другой стороны, оно должно быть равно сумме давления газа слева \(p' = nRT/[S(l - l/2)]\) и давления, создаваемого пружинами, \(p'' = 2kl/(2S)\), т. е. \[2nR(T + \Delta T)/(3Sl) = 2nRT/(Sl) + kl/S.\] Отсюда находим, что \(\Delta T = 2T + 3kl^2/(2nR)\), и окончательно с помощью (4) получаем \[Q' = Q - 3nRT - (5/2)\,kl^2.\]

Ответ

\(C = 2R\).

Решение

Пусть \(T_1\) — начальная температура газа под поршнем, \(T_2\) — температура газа после того, как системе сообщено количество теплоты \(\Delta Q\). Поскольку трение отсутствует и сосуд теплоизолирован, вся теплота \(\Delta Q\) идет на изменение \(\Delta W\) внутренней энергии системы, т. е. \[\Delta Q = \Delta W.\] Изменение внутренней энергии системы складывается из изменения внутренней энергии газа и изменения потенциальной энергии сжатой пружины (так как теплоемкостью сосуда, поршня и пружины пренебрегаем).

Внутренняя энергия 1 моля идеального одноатомного газа при нагревании от температуры \(T_1\) до температуры \(T_2\) увеличивается на \[\Delta W_1 = (3/2)R(T_2 - T_1). \tag{1}\] Потенциальная энергия сжатой пружины изменяется на величину \[\Delta W_2 = \dfrac{k}{2}(x_2^2 - x_1^2), \tag{2}\] где \(k\) — жесткость пружины, а \(x_1\) и \(x_2\) — значения абсолютного смещения левого конца (деформации) пружины при температурах газа \(T_1\) и \(T_2\) соответственно. Найдем связь между параметрами газа под поршнем и деформацией пружины.

Из условия равновесия поршня следует, что \[p = F/S = kx/S,\qquad x = pS/k, \tag{3}\] где \(p\) — давление газа, \(S\) — площадь поршня. Согласно закону Менделеева — Клапейрона, для 1 моля идеального газа \(pV = RT\). При деформации \(x\) пружины объем газа под поршнем равен \(V = xS\) и \(p = RT/(xS)\). Подставляя это выражение для \(p\) в (3), находим \[x^2 = RT/k. \tag{4}\] Таким образом, изменение потенциальной энергии сжатой пружины при нагревании системы равно \[\Delta W_2 = (R/2)(T_2 - T_1).\] Полное изменение внутренней энергии системы при нагревании от температуры \(T_1\) до температуры \(T_2\) равно \[\Delta W = \Delta W_1 + \Delta W_2 = 2R(T_2 - T_1),\] и теплоемкость системы составит \[C = \Delta Q/\Delta T = \Delta U/(T_2 - T_1) = 2R.\]

Ответ

\(\eta = \dfrac{A}{Q_1 + A_2} = \dfrac{1 - T_1/T_2}{1 + Q_1/A_2} < 1 - T_1/T_2\).

Решение

Проанализируем работу тепловой машины, использующей цикл, который состоит из двух изотерм и двух изохор (рис. 200). Пусть температура холодильника \(T_1\) (соответствующая нижней изотерме), а нагревателя \(T_2\) (соответствующая верхней изотерме). На изохорическом участке \(1 - 2\) объем газа не меняется, т. е. работы он не совершает, однако его температура увеличивается от \(T_1\) до \(T_2\), и, значит, к газу подводится некоторое количество теплоты \(Q_1\). На изотермическом участке \(2 - 3\) внутренняя энергия газа постоянна и вся подводимая теплота \(Q_2\) идет на совершение работы: \(Q_2 = A_2\).

На изохорическом участке \(3 - 4\) температура газа возвращается к своему начальному значению \(T_1\), т. е. от газа отбирается количество теплоты \(Q_1\). При изотермическом процессе \(4 - 1\) совершаемая газом работа отрицательна и, следовательно, от него также отбирается теплота. Таким образом, полная теплота, подведенная за один цикл к газу, составляет \(Q_1 + A_2\). Работа газа за цикл, как видно из рис. 200, складывается из положительной работы \(A_2\) на участке \(2 - 3\) и отрицательной \(A_4\) на участке \(4 - 1\).

Сравним давления в точках, соответствующих одинаковым объемам, на участках \(4 - 1\) и \(2 - 3\). Из закона Шарля следует, что отношение этих давлений равно \(T_1/T_2\), а, значит, работа газа \(A_4 = -(T_1/T_2)A_2\). Полная работа за цикл будет \[A = A_2 + A_4 = (1 - T_1/T_2)A_2,\] а \[\eta = \dfrac{A}{Q_1 + A_2} = \dfrac{1 - T_1/T_2}{1 + Q_1/A_2} < 1 - T_1/T_2,\] т. е. к. п. д. тепловой машины, использующей цикл, состоящий из двух изотерм и двух изохор, меньше к. п. д. \(1 - T_1/T_2\) идеальной тепловой машины Карно, что и требовалось доказать.

Ответ

\(T = \mu g_\text{п}h/R = \mu GMh/(Rr^2)\).

Решение

Найдем вначале ускорение свободного падения \(g_\text{п}\) на поверхности планеты. С одной стороны, известно, что сила притяжения тела массы \(m\) к планете равна \(mg_\text{п}\), с другой стороны, из закона всемирного тяготения следует, что она равна \(GmM/r^2\), где \(G\) — гравитационная постоянная. Отсюда получаем, что \(g_\text{п} = GM/r^2\). Давление \(p\), создаваемое атмосферным столбом высоты \(h\) на поверхности планеты, будет равно \[p = \rho g_\text{п}h, \tag{1}\] где \(\rho\) — плотность атмосферы. Здесь при определении давления атмосферного столба ускорение свободного падения считаем не зависящим от высоты. Это предположение оправданно, поскольку по условию задачи высота атмосферы намного меньше радиуса планеты \(r\) (\(h \ll r\)).

Написав уравнение Менделеева — Клапейрона для массы \(M\) газа, занимающей объем \(V\), в виде \(pV = (M/\mu)RT\) и учитывая, что \(\rho = M/V\), находим \[\rho = p\mu/(RT).\] Подставляя это выражение для \(\rho\) в (1) и сокращая на \(p\), определяем температуру \(T\) атмосферы на поверхности планеты: \[T = \mu g_\text{п}h/R = \mu GMh/(Rr^2).\]

Ответ

\(T = (T_{\text{к}2}T_{\text{у}1} - T_{\text{к}1}T_{\text{у}2})/(T_{\text{к}2} + T_{\text{у}1} - T_{\text{у}2} - T_{\text{к}1}) = 60\,^\circ\)C.

Решение

Здесь необходимо учитывать, что передаваемая в единицу времени теплота пропорциональна разности температур. Введем обозначения: \(T_{\text{у}1}\), \(T_{\text{у}2}\) и \(T_{\text{к}1}\), \(T_{\text{к}2}\) — температуры на улице и в комнате в первом и втором случаях. Тепловая мощность, рассеиваемая батареей в комнате, равна \(k_1(T - T_\text{к})\), где \(k_1\) — некоторый коэффициент. Тепловая мощность, рассеиваемая из комнаты на улицу, будет \(k_2(T_\text{к} - T_\text{у})\); здесь \(k_2\) — некоторый другой коэффициент. В условиях теплового равновесия рассеиваемая батареей мощность равна мощности, рассеиваемой из комнаты на улицу. В результате можно написать \[k_1(T - T_{\text{к}1}) = k_2(T_{\text{к}1} - T_{\text{у}1}),\] и аналогично во втором случае \[k_1(T - T_{\text{к}2}) = k_2(T_{\text{к}2} - T_{\text{у}2}).\] Поделив одно уравнение на другое, находим \[(T - T_{\text{к}1})/(T - T_{\text{к}2}) = (T_{\text{к}1} - T_{\text{у}1})/(T_{\text{к}2} - T_{\text{у}2}).\] Отсюда определяем \(T\): \[T = (T_{\text{к}2}T_{\text{у}1} - T_{\text{к}1}T_{\text{у}2})/(T_{\text{к}2} + T_{\text{у}1} - T_{\text{у}2} - T_{\text{к}1}) = 60\,^\circ\text{C}.\]

Ответ

Температура уменьшится в \(\sqrt[4]{2} \approx 1{,}19\) раза.

Решение

Полное количество теплоты \(q\), выделяемое космическим объектом в единицу времени, пропорционально его объему, т. е. \(q = \alpha R^3\), где \(\alpha\) — некоторый коэффициент. Поскольку количество теплоты, отданное единицей поверхности, пропорционально \(T^4\) и в равновесии вся выделяемая теплота рассеивается в пространство, то можно записать \(q = \beta R^2T^4\) (площадь поверхности пропорциональна \(R^2\) и \(\beta\) — некоторый коэффициент). Приравняв два выражения для \(q\), найдем \[T^4 = (\alpha/\beta)R.\] Следовательно, 4-я степень температуры объекта пропорциональна его радиусу, и, значит, при уменьшении радиуса в два раза температура уменьшится лишь в \(\sqrt[4]{2} \approx 1{,}19\) раза.

Ответ

\(T_{\text{к}1} = T_{\text{н}2} + (T_{\text{н}1} - T_{\text{н}2})\left[1 + 2\sqrt{\pi/S}\,lk/(\rho vc)\right]^{-1}\),  \(T_{\text{к}2} = T_{\text{н}1} + (T_{\text{н}2} - T_{\text{н}1})\left[1 + 2\sqrt{\pi/S}\,lk/(\rho vc)\right]^{-1}\).

Решение

Для определенности будем считать, что жидкость, текущая по внутренней трубе 2, уменьшает свою температуру, т. е. \(T_{\text{н}2} > T_{\text{к}2}\), а, значит, \(T_{\text{н}1} < T_{\text{к}1}\). Поскольку площадь сечения потока жидкости, текущей по внешней трубе 1 (\(2S - S = S\)), равна площади сечения потока жидкости, текущей по внутренней трубе 2 (\(S\)), и их скорости совпадают, то уменьшение температуры жидкости, текущей по трубе 2, по мере удаления от входного конца равно уменьшению температуры жидкости, текущей по трубе 1. Другими словами, разность температур жидкостей остается постоянной по всей длине теплообменника, и, следовательно, \[T_{\text{н}2} - T_{\text{к}1} = T_{\text{к}2} - T_{\text{н}1}. \tag{1}\] Постоянство разности температур ведет к тому, что скорость передачи теплоты постоянна вдоль теплообменника. Количество теплоты \(Q\), переданное от жидкости, текущей по трубе 2, к жидкости, текущей по трубе 1, за время \(t\) равно \[Q = S_\text{бок}kt(T_{\text{н}2} - T_{\text{к}1}); \tag{2}\] здесь \(S_\text{бок}\) — площадь боковой поверхности внутренней трубы, \(S_\text{бок} = 2\pi rl\), где \(r\) — радиус внутренней трубы, т. е. \(\pi r^2 = S\), \(r = \sqrt{S/\pi}\). Теплота \(Q\) идет на нагревание жидкости, текущей по трубе 1: за время \(t\) по внешней трубе 1 проходит масса жидкости \(m = \rho vtS\), а ее температура повышается от \(T_{\text{н}1}\) до \(T_{\text{к}1}\); значит, \[Q = \rho vtSc(T_{\text{к}1} - T_{\text{н}1}). \tag{3}\] Приравнивая выражения (2) и (3), получаем \[2\pi\sqrt{S/\pi}\,lk(T_{\text{н}2} - T_{\text{к}1}) = \rho vSc(T_{\text{к}1} - T_{\text{н}1}).\] Отсюда можем найти \(T_{\text{к}1}\), а с помощью (1) и \(T_{\text{к}2}\). В результате будем иметь \[\begin{aligned} T_{\text{к}1} &= T_{\text{н}2} + (T_{\text{н}1} - T_{\text{н}2})\left[1 + 2\sqrt{\pi/S}\,lk/(\rho vc)\right]^{-1},\\ T_{\text{к}2} &= T_{\text{н}1} + (T_{\text{н}2} - T_{\text{н}1})\left[1 + 2\sqrt{\pi/S}\,lk/(\rho vc)\right]^{-1}. \end{aligned}\]

Ответ

При \(a \leqslant p_\text{нас}S/M\) конденсации не будет; при \(a > p_\text{нас}S/M\) масса жидкости \(m_\text{ж} = M - m = M - p_\text{нас}S/a\).

Решение

Ясно, что после перераспределения давление газа максимально у задней (по отношению к направлению движения) стенки сосуда, так как именно сила давления со стороны этой стенки сообщает газу ускорение \(a\). Обозначим его \(p_{\max}\). С другой стороны, \(p_{\max} \leqslant p_\text{нас}\). Учитывая, что \(p_\text{нас} \gg p\) и, следовательно, силой давления со стороны передней стенки можно пренебречь, с помощью 2-го закона Ньютона получим \[p_{\max} = m_\text{г}a/S \leqslant p_\text{нас},\] где \(m_\text{г}\) — масса вещества, находящегося в сосуде в газообразном состоянии. Следовательно, при \(a \leqslant p_\text{нас}S/M\) конденсации происходить не будет, а при \(a > p_\text{нас}S/M\) масса газа станет равной \(m = p_\text{нас}S/a\) и в сосуде окажется масса жидкости, равная \[m_\text{ж} = M - m = M - p_\text{нас}S/a.\]

Ответ

\(\rho = p_0\mu/(RT_\text{к}) = 0{,}58\) кг/м\(^3\).

Решение

Кипение воды представляет собой процесс интенсивного образования пузырьков пара. В пузырьках находится насыщенный водяной пар, и их образование возможно, если давление насыщенного водяного пара достигает атмосферного давления (760 мм рт. ст., или \(10^5\) Па). Как известно, это условие выполняется при температуре, равной температуре кипения воды: \(T_\text{к} = 100\,^\circ\)C (или 373 К). По условию задачи давление насыщенного водяного пара на планете равно \(p_0 = 760\) мм рт. ст., а, значит, температура на планете \(T = T_\text{к} = 373\) К. Из уравнения Менделеева — Клапейрона вытекает, что \[\rho = p_0\mu/(RT_\text{к}),\] где \(\mu\) — молярная масса воды, а \(p_0\) — атмосферное давление. Подставляя числовые значения, находим \(\rho = 0{,}58\) кг/м\(^3\).

Ответ

Водяной пар в выдыхаемом воздухе (и в воздухе избы), охлаждаясь, становится насыщенным и конденсируется в мельчайшие капельки воды — это и есть «пар».

Решение

Если в холодную погоду мы выдыхаем изо рта воздух, то он резко охлаждается. Как известно, при уменьшении температуры давление насыщенных паров падает. Водяной пар в выдыхаемом воздухе при охлаждении становится насыщенным и превращается в мельчайшие капельки воды — «пар».

Если приоткрыть дверь в теплую избу в морозный день, то проникающий с улицы холодный воздух охлаждает пары воды в воздухе избы. Это опять-таки приводит к тому, что пар становится насыщенным, и мы видим «пар» — капельки сконденсировавшейся воды.

Ответ

\(T_\text{н} \approx 380\) К, \(T_\text{к} \approx 440\) К, \(\Delta m \approx 6\) г.

Решение

Задачу проще всего решать графически. Полное давление \(p\) в сосуде складывается из давления насыщенных паров воды \(p_\text{нас}\) и давления водорода \(p_{\text{H}_2}\). Согласно уравнению Менделеева — Клапейрона, давление водорода равно \[p_{\text{H}_2} = \dfrac{m_{\text{H}_2}}{\mu_{\text{H}_2}V}RT = \dfrac{2\cdot10^{-3}\text{ кг}\cdot8{,}3\text{ Дж/(моль}\cdot\text{К)}}{2\cdot10^{-3}\text{ кг/моль}\cdot2\cdot10^{-3}\text{ м}^3}T = 4{,}15\cdot10^3\,T,\] где \(p_{\text{H}_2}\) измеряется в паскалях. Зависимость \(p_{\text{H}_2}(T)\) линейная; поэтому, вычислив \(p_{\text{H}_2}(T)\) при двух значениях температур, например при \[\begin{aligned} T_1 &= 373\text{ К},\quad p_{\text{H}_2} = 15{,}5\cdot10^5\text{ Па},\\ T_2 &= 453\text{ К},\quad p_{\text{H}_2} = 18{,}8\cdot10^5\text{ Па}, \end{aligned}\] построим график \(p_{\text{H}_2}(T)\).

Пользуясь указанием в условии задачи, строим график функции \(p_\text{нас}(T)\). «Складывая» графики \(p_{\text{H}_2}(T)\) и \(p_\text{нас}(T)\), получаем график зависимости полного давления в сосуде от температуры \(p(T)\) (рис. 201). Из полученного графика \(p(T)\) по заданным в условии задачи начальному и конечному давлениям находим начальную и конечную температуры в сосуде:

\[\begin{aligned} p_\text{н} &= 17\cdot10^5\text{ Па},\quad T_1 = T_\text{н} \approx 380\text{ К},\\ p_\text{к} &= 26\cdot10^5\text{ Па},\quad T_2 = T_\text{к} \approx 440\text{ К}. \end{aligned}\] Найдем теперь массу испарившейся воды. Считая пары воды идеальным газом, определим начальное \(p_{\text{п}1}\) и конечное \(p_{\text{п}2}\) давления паров воды в сосуде. Для этого воспользуемся полученными графиками. При \(T_1 = 380\) К давление водорода равно \(p'_{\text{H}_2} \approx 15{,}5\cdot10^5\) Па и \[p_{\text{п}1} = p_\text{н} - p'_{\text{H}_2} \approx 1{,}5\cdot10^5\text{ Па}.\] При \(T_2 = 440\) К \(p''_{\text{H}_2} \approx 18\cdot10^5\) Па и \[p_{\text{п}2} = p_\text{к} - p''_{\text{H}_2} \approx 8\cdot10^5\text{ Па}.\] Напишем уравнение состояния для паров воды при \(p_{\text{п}1}\), \(T_1\) и \(p_{\text{п}2}\), \(T_2\): \[p_{\text{п}1}V = \dfrac{m_{\text{п}1}}{\mu_\text{п}}RT_1,\qquad p_{\text{п}2}V = \dfrac{m_{\text{п}2}}{\mu_\text{п}}RT_2,\] где \(m_{\text{п}1}\), \(m_{\text{п}2}\) — начальная и конечная массы паров в сосуде. Отсюда находим массу испарившейся воды: \[\begin{aligned} \Delta m = m_{\text{п}2} - m_{\text{п}1} = \dfrac{\mu_\text{п}V}{R}\left(\dfrac{p_{\text{п}2}}{T_2} - \dfrac{p_{\text{п}1}}{T_1}\right) = \\ = \dfrac{18\cdot10^{-3}\text{ кг/моль}\cdot2\cdot10^{-3}\text{ м}^3}{8{,}3\text{ Дж/(К}\cdot\text{моль)}}\left(\dfrac{8\text{ Па}}{440\text{ К}} - \dfrac{1{,}5\text{ Па}}{380\text{ К}}\right)\cdot10^5 = 6\cdot10^{-3}\text{ кг} = 6\text{ г}. \end{aligned}\]

Ответ

\(h = lT_h/T_\text{в} \approx 6{,}4\) см (при \(T_h \approx 80\,^\circ\)C).

Решение

Если \(h\) — высота столбика воды в капилляре, то температура капилляра и, следовательно, воды на этой высоте равна \[T_h = T_\text{в}h/l.\] Вода в капилляре удерживается силами поверхностного натяжения. Если \(\sigma_h\) — поверхностное натяжение при температуре \(T_h\), то \[h = 2\sigma_h/(\rho_\text{в}gr),\] где \(\rho_\text{в}\) — плотность воды. Отсюда находим \[\sigma_h = \rho grh/2 = (\rho grl/2)(T_h/T_\text{в}).\] Пользуясь указанием в условии задачи, строим график функции \(\sigma(T)\). Температура \(T_h\) на уровне максимального поднятия воды определяется точкой пересечения графиков зависимости \((\rho grl/2)\,T/T_\text{в}\) и зависимости \(\sigma(T)\). Из рис. 202 видно, что \(T_h \approx 80\,^\circ\)C. Следовательно, \[h = l\,T_h/T_\text{в} \approx 6{,}4\text{ см}.\] Задачу можно решить и аналитически, если заметить, что зависимость \(\sigma(T)\) является практически линейной.

Ответ

\(p_2 = 8p_1 + 24\sigma/r\).

Решение

Условие равновесия мыльной пленки пузыря заключается в том, что давление воздуха в нем \(p_{\text{п}1}\) равно сумме внешнего давления \(p_1\) и избыточного давления \(4\sigma/r\), создаваемого поверхностным натяжением. Обратим внимание, что в мыльном пузыре имеются две границы раздела воздух — мыльная пленка, каждая из которых создает давление \(2\sigma/r\). Именно поэтому полное избыточное давление будет равно \(2\cdot2\sigma/r = 4\sigma/r\). Итак, сначала можно записать условие равновесия в виде \[p_{\text{п}1} = p_1 + 4\sigma/r.\] После того как радиус пузыря уменьшился вдвое, поверхностное натяжение будет создавать давление \(8\sigma/r\). По условию задачи температура поддерживается постоянной, а значит, в соответствии с законом Бойля — Мариотта при уменьшении объема пузыря в 8 раз (радиус уменьшился в 2 раза) давление воздуха в нем будет \(8p_{\text{п}1}\), и можно написать \[8p_{\text{п}1} = p_2 + 8\sigma/r.\] Подставляя сюда \(p_{\text{п}1}\) из первого уравнения, окончательно находим \[p_2 = 8p_1 + 24\sigma/r.\]

Ответ

В печи возможны большие перепады температуры; кирпичи и глиняный раствор имеют одинаковые температурные коэффициенты расширения, поэтому печь не растрескивается.

Решение

В печи возможны большие перепады температуры. Если кирпичи и раствор сделаны из разных материалов, т. е. из материалов с разными температурными коэффициентами расширения, то печь растрескается.

Ответ

\(m_1/m_2 = c_2/c_1\).

Решение

Пусть в результате смешивания жидкостей, начальные температуры которых были \(T_1\) и \(T_2\), температура смеси в сосуде стала равной \(T\). Так как сосуд теплоизолирован (\(\Delta Q = 0\)), то \[c_1m_1(T - T_1) + c_2m_2(T - T_2) = 0;\] отсюда \[m_1/m_2 = (c_2/c_1)(T - T_2)(T_1 - T)^{-1}.\] Согласно условию задачи, \(2(T_1 - T) = T_1 - T_2\), а, значит, \(T - T_2 = T_1 - T\), и отношение \((T - T_2)/(T_1 - T) = 1\). Таким образом, \[m_1/m_2 = c_2/c_1,\] т. е. отношение масс жидкостей равно обратному отношению их теплоемкостей.

Ответ

\(t_1 < t_2\).

Решение

В первом случае нагревание воды в пробирке в основном будет происходить за счет конвекции, так как более теплая вода легче, чем холодная. Во втором случае остывание будет происходить только за счет теплообмена между слоями воды в пробирке. Так как условия теплообмена между пробиркой и внешней водой остаются одинаковыми, то \(t_1 < t_2\).

Заметим, что если поменять параметры задачи: \(20\,^\circ\text{C} \to 0\,^\circ\text{C}\) и \(80\,^\circ\text{C} \to 4\,^\circ\text{C}\), то ответ будет обратный. Вода в пробирке будет нагреваться дольше, чем остывать. Причина здесь в аномалии воды — в интервале \(0 - 4\,^\circ\)C более холодная вода легче, чем более теплая.

Ответ

\(c_\text{ш}/c_\text{в} = k - 1\).

Решение

Поток теплоты в единицу времени \(q = \Delta Q/\Delta t\) через поверхность контакта исследуемой системы (сосуд — вода, сосуд — вода — шарик) с окружающей средой зависит от разности температур: \[\Delta Q/\Delta t = \alpha F(T_\text{с} - T);\] здесь \(t\) — время, \(T_\text{с}\) — температура сосуда, \(T\) — температура окружающей среды, \(F\) — некоторая функция температуры. Коэффициент \(\alpha\) определяется условиями контакта исследуемых систем с окружающей средой. В нашем случае для обоих сосудов условия контакта одинаковы, поэтому коэффициент \(\alpha\) для обоих случаев одинаков. Потеря сосудом некоторого количества теплоты \(\Delta Q\) приведет к снижению температуры сосуда на \(\Delta T_\text{с}\).

Для сосуда с водой получим \[\Delta Q_1 = (M_\text{в}c_\text{в} + m_\text{с}c_\text{с})\Delta T_\text{с},\] где \(M_\text{в}\) и \(c_\text{в}\) — масса и удельная теплоемкость воды, \(m_\text{с}\) и \(c_\text{с}\) — аналогичные величины для сосуда. Для сосуда с водой и шариком находим \[\Delta Q_2 = (M_\text{в}c_\text{в} + m_\text{в}c_\text{в} + m_\text{ш}c_\text{ш})\Delta T_\text{с},\] где \(m_\text{ш}\) и \(c_\text{ш}\) — масса и удельная теплоемкость шарика. По условию задачи \(m_\text{с} \ll M_\text{в}\), \(m_\text{ш} = M_\text{в}\). Кроме того, \(c_\text{с} \ll c_\text{в}\). Поэтому можем написать \[\Delta Q_1 = M_\text{в}c_\text{в}\Delta T_\text{с},\qquad \Delta Q_2 = M_\text{в}(c_\text{в} + c_\text{ш})\Delta T_\text{с}.\] Нетрудно видеть, что изменение температуры на \(\Delta T_\text{с}\) в обоих сосудах проходит за разные времена \(\Delta t_1\) и \(\Delta t_2\), причем \[\dfrac{\Delta T_\text{с}}{F(T_\text{с} - T)} = \dfrac{\alpha}{M_\text{в}c_\text{в}}\Delta t_1,\qquad \dfrac{\Delta T_\text{с}}{F(T_\text{с} - T)} = \dfrac{\alpha}{M_\text{в}(c_\text{в} + c_\text{ш})}\Delta t_2;\] отсюда получим \[\Delta t_1/\Delta t_2 = c_\text{в}/(c_\text{в} + c_\text{ш}).\] Поэтому и для общих времен охлаждения сосудов \(t_1\) и \(t_2\) будет выполнено соотношение \[t_2/t_1 = (c_\text{в} + c_\text{ш})/c_\text{в} = k;\quad\text{отсюда}\quad c_\text{ш}/c_\text{в} = k - 1.\]

Ответ

\(T_\text{л} \approx -54\,^\circ\)C.

Решение

Если уровень заполнения калориметра после установления теплового равновесия повысился, это означает, что часть воды замерзла (при замерзании объем воды увеличивается). Между тем можно утверждать, что не вся вода замерзла — в противном случае ее объем увеличился бы в \(\rho_\text{в}/\rho_\text{л} \approx 1{,}1\) раза, а уровень заполнения калориметра увеличился бы на \((h/3)(1{,}1 - 1) \approx 2{,}5\) см, тогда как по условию \(\Delta h = 0{,}5\) см. Итак, приходим к выводу, что установившаяся температура в калориметре равна \(0\,^\circ\)C.

Используя это условие, запишем уравнение теплового баланса: \[c_\text{в}m_\text{в}(T_\text{в} - 0\,^\circ\text{C}) = -\lambda\,\Delta m + c_\text{л}m_\text{л}(0\,^\circ\text{C} - T_\text{л}), \tag{1}\] где \(T_\text{л}\) — начальная температура льда, а \(\Delta m\) — масса замерзшей воды. Как уже отмечалось, при замерзании объем увеличивается в \(\rho_\text{в}/\rho_\text{л}\) раз, значит, \[\Delta h\,S = (\rho_\text{в}/\rho_\text{л} - 1)\,\Delta m/\rho_\text{в}, \tag{2}\] здесь \(S\) — площадь поперечного сечения калориметра. Подставляя \(\Delta m\) из (2) в (1) и используя соотношения \(m_\text{в} = (h/3)\rho_\text{в}S\), \(m_\text{л} = (h/3)\rho_\text{л}S\), получаем \[c_\text{в}S\dfrac{h}{3}\rho_\text{в}T_\text{в} = -\lambda S\,\Delta h\dfrac{\rho_\text{л}\rho_\text{в}}{\rho_\text{в} - \rho_\text{л}} - c_\text{л}\rho_\text{л}ST_\text{л}\dfrac{h}{3}.\] Отсюда \[T_\text{л} = -\dfrac{\lambda}{c_\text{л}}\dfrac{3\,\Delta h}{h}\dfrac{\rho_\text{в}}{\rho_\text{в} - \rho_\text{л}} - \dfrac{c_\text{в}}{c_\text{л}}\dfrac{\rho_\text{в}}{\rho_\text{л}}T_\text{в} \approx -54\,^\circ\text{C}.\]

Ответ

\(\Delta m = \Delta Q/\lambda = 3{,}2\) г, \(A \approx 0{,}44\) Дж; с учетом сжимаемости \(A_\text{полн} \approx 3\) Дж, масса растаявшего льда остается той же.

Решение

1) Считая воду и лед несжимаемыми, найдем уменьшение температуры смеси в результате увеличения внешнего давления: \[\Delta T = (p_1/p)\cdot1\text{ К} \approx 0{,}18\text{ К}.\] Столь малое изменение температуры указывает на то, что растает лишь небольшая масса льда, т. е. \(\Delta m \ll m_\text{л}\).

Запишем закон сохранения энергии: \[A = \lambda\,\Delta m - (c_\text{л} + c_\text{в})m\,\Delta T.\] Оценим работу \(A\) внешней силы. Изменение объема смеси в результате таяния льда массы \(\Delta m\) равно \[\Delta V = \dfrac{\Delta m}{\rho_\text{л}} - \dfrac{\Delta m}{\rho_\text{в}} = \Delta m\dfrac{\rho_\text{в} - \rho_\text{л}}{\rho_\text{в}\rho_\text{л}} \ll 0{,}1\dfrac{m}{\rho_\text{л}} \sim 10^{-4}\text{ м}^3.\] Мы учли, что плотность воды при замерзании уменьшается примерно на \(10\,\%\), т. е. \((\rho_\text{в} - \rho_\text{л})/\rho_\text{в} \approx 0{,}1\). В результате имеем оценку \[A \leqslant p_1\,\Delta V = 0{,}25\text{ кДж}.\] Количество теплоты \(\Delta Q\), необходимое для нагревания массы \(m\) льда и массы \(m\) воды на температуру \(\Delta T\), равно \[\Delta Q = (c_\text{л} + c_\text{в})m\,\Delta T \approx 1{,}1\text{ кДж}.\] Видно, что \(A \ll \Delta Q\); поэтому можно считать, что \(\lambda\,\Delta m = \Delta Q\), откуда \[\Delta m = \Delta Q/\lambda = 3{,}2\text{ г}.\] Изменение объема за счет таяния этой массы льда равно \[\Delta V_1 = \Delta m\dfrac{\rho_\text{в} - \rho_\text{л}}{\rho_\text{в}\rho_\text{л}} \approx 3{,}5\cdot10^{-7}\text{ м}^3.\] Учитывая, что при медленном увеличении давления изменение объема \(\Delta V_1 \sim \Delta p\), найдем работу внешней силы: \[A = p_1\,\Delta V_1/2 \approx 0{,}44\text{ Дж}.\] 2) Примем во внимание сжимаемость льда и воды. Изменение объема льда и воды будет равно \[\Delta V' = \dfrac{p_1}{p'}10^{-2}V_\text{ов} + \dfrac{p_1}{2p'}10^{-2}V_\text{ол} \approx 2\cdot10^{-6}\text{ м}^3,\] где \(V_\text{ов} = 10^{-3}\) м\(^3\) и \(V_\text{ол} = 1{,}1\cdot10^{-3}\) м\(^3\) — начальные объемы воды и льда.

Работа \(A'\) внешней силы, затраченная на сжатие смеси, равна \[A' = p_1\,\Delta V'/2 \approx 2{,}5\text{ Дж}.\] Полная работа внешней силы равна \[A_\text{полн} = A + A' \approx 3\text{ Дж}.\] Ясно, что, поскольку опять \(A_\text{полн} \ll \Delta Q\), масса растаявшего льда будет такой же, как в случае 1.

Ответ

Плотность насыщенных водяных паров при температуре кипения уменьшится.

Решение

Учитывая, что плотность газа равна \(\rho = M/V\), можем записать уравнение состояния водяных паров в виде \(p = (\rho/\mu)RT\), где \(\rho\), \(\mu\) — плотность и молярная масса водяного пара. Кипение происходит, когда давление насыщенных паров становится равным атмосферному. Если температура кипения подсоленной воды повысилась, то при неизменном атмосферном давлении это означает, что плотность насыщенных водяных паров должна уменьшиться.

Ответ

\(\nu = \lambda + q = 2{,}82\cdot10^6\) Дж/кг.

Решение

Рассмотрим цикл, окружающий тройную точку: \(A \to B \to C \to A\) (рис. 203); при этом по очереди происходят следующие превращения фаз: плавление \(\to\) испарение \(\to\) превращение газа непосредственно в твердое тело. Из 1-го начала термодинамики при условии, что цикл неограниченно сжимается в тройную точку, получим для массы \(m\) вещества \[m\lambda + mq - m\nu = 0,\] так как работа системы за цикл равна нулю, притока тепла извне нет, а, значит, полное изменение внутренней энергии также равно нулю (правая часть уравнения). Отсюда находим удельную теплоту сублимации воды в тройной точке: \[\nu = \lambda + q = 2{,}82\cdot10^6\text{ Дж/кг}.\]

Ответ

\(h \approx 16{,}4\) см.

Решение

Концентрация налитого на горизонтальную поверхность раствора сахара практически не меняется.

После установления равновесия концентрация раствора в сосуде будет равна \[c = c_1h_1/h\] (изменение концентрации происходит за счет испарения из раствора молекул воды — увеличение концентрации, либо за счет конденсации молекул пара в сосуд — уменьшение концентрации). Давление насыщенного пара над раствором в цилиндрическом сосуде меньше, чем над раствором на дне, на \(\Delta p = 0{,}05\,p_\text{нас}(c - c_2)\). Эта разность давлений уравновешивается давлением столба пара высоты \(h\): \[\rho_\text{п}gh = 0{,}05\,p_\text{нас}(c - c_2).\] Отсюда находим \[h = 0{,}05\,p_\text{нас}(c - c_2)/(\rho_\text{п}g).\] Плотность \(\rho_\text{п}\) пара при температуре \(T = 293\) К найдем из уравнения газового состояния: \[\rho_\text{п} = -p_\text{нас}\mu/(RT).\] Таким образом, высота столба пара \(h\) удовлетворяет квадратному уравнению \[h = (0{,}05\,c_2RT/\mu g)(2h_1/h - 1).\] Подставляя приведенные в условии числовые данные и решая квадратное уравнение, находим \[h \approx 16{,}4\text{ см}.\]

Интересно отметить, что, как следует из рассмотренной задачи, если под колпаком будут находиться два одинаковых сосуда с растворами разных концентраций, то испарение будет происходить из раствора с меньшей концентрацией. И наоборот, водяной пар будет концентрироваться в раствор с большей концентрацией. Таким образом, концентрации будут стремиться выравниваться. Именно с этим физическим явлением связано намокание сахара, соли и т. п. в атмосфере влажного воздуха.

Ответ

\(\dfrac{l_1}{l_1 + l_2} = \dfrac{k(T_1 - T_\text{пл})}{k(T_1 - T_\text{пл}) + (T_\text{пл} - T_2)}\).

Решение

Поскольку нижний конец трубы поддерживается при температуре \(T_1\), большей температуры плавления, чугун внизу будет расплавлен. Температура границы между расплавленным и твердым чугуном, естественно, равна температуре плавления \(T_\text{пл}\).

Так как температуры верхнего и нижнего концов трубы поддерживаются постоянными, количество теплоты, проходящей за единицу времени через поперечное сечение трубы, в любом месте трубы должно быть одним и тем же. Другими словами, поток теплоты через расплавленный и твердый чугун должен быть одним и тем же (кирпичная труба плохо проводит тепло и теплообменом через ее стенки можно пренебречь).

Поток теплоты пропорционален теплопроводности, площади поперечного сечения и разности температур, приходящейся на единицу длины. Пусть \(l_1\) — длина нижней части трубы, где чугун расплавлен, а \(l_2\) — длина верхней части, где чугун находится в твердой фазе. Условие постоянства потока теплоты запишется тогда в виде (сечение трубы постоянно) \[\varkappa_\text{ж}(T_1 - T_\text{пл})/l_1 = \varkappa_\text{тв}(T_\text{пл} - T_2)/l_2,\] где \(\varkappa_\text{ж}\) и \(\varkappa_\text{тв}\) — теплопроводность жидкого и твердого чугуна. Учитывая, что \(\varkappa_\text{ж} = k\varkappa_\text{тв}\), находим \[l_1 = l_2k(T_1 - T_\text{пл})/(T_\text{пл} - T_2).\] Полная длина трубы равна \(l_1 + l_2\). Значит, расплавленным металлом занята часть трубы, определяемая отношением \[\dfrac{l_1}{l_1 + l_2} = \dfrac{k(T_1 - T_\text{пл})}{k(T_1 - T_\text{пл}) + (T_\text{пл} - T_2)}.\]

Ответ

\(T_x = \sqrt[4]{2}\,T \approx 600\) К.

Решение

Полное количество теплоты \(Q\), излучаемой в пространство в единицу времени, останется прежним, так как оно определяется энерговыделением при работе аппаратуры станции. Поскольку в пространство излучает лишь внешняя поверхность экрана и это излучение определяется только его температурой, то температура экрана должна быть равна начальной температуре станции \(T = 500\) К. Экран, однако, излучает точно такое же количество теплоты \(Q\) и вовнутрь. Это излучение попадает на оболочку станции и поглощается ею. Таким образом, полный подвод теплоты в единицу времени к станции складывается из выделяемой при работе приборов теплоты \(Q\) и поглощаемой от внутренней поверхности экрана теплоты \(Q\), т. е. равен \(2Q\). Из условия теплового баланса оно же должно и излучаться; значит, \[Q/(2Q) = T^4/T_x^4,\] где \(T_x\) — искомая температура оболочки станции. Окончательно находим \[T_x = \sqrt[4]{2}\,T \approx 600\text{ К}.\]

Ответ

\(m_\text{л} = Q/\lambda \approx 1{,}2\) кг.

Решение

Как видно из графика, первые 50 минут температура смеси не менялась и оставалась равной \(0\,^\circ\)C. Все это время теплота, получаемая смесью из комнаты, шла на таяние льда. Через 50 минут весь лед растаял и температура воды начала повышаться. За 10 минут (от \(\tau_1 = 50\) до \(\tau_2 = 60\) мин) температура повысилась на \(\Delta T = 2\,^\circ\)C. Теплота, поступившая к воде из комнаты за это время, равна \(q = c_\text{в}m_\text{в}\,\Delta T = 84\) кДж. Значит, за первые 50 минут к смеси из комнаты поступило количество теплоты \(Q = 5q = 420\) кДж. Эта теплота и пошла на таяние массы \(m_\text{л}\) льда: \(Q = \lambda m_\text{л}\). Таким образом, масса льда в ведре, внесенном в комнату, равна \[m_\text{л} = Q/\lambda \approx 1{,}2\text{ кг}.\]

Ответ

\(T \approx 0{,}2\) с (\(t_1 = t_2 = 3/32\text{ с} \approx 0{,}1\) с);  \(I_{\max} = U_2/R_1 = 1{,}6\) А,  \(I_{\min} = U_2/R_2 = 0{,}8\) А.

Решение

Обозначим коэффициент пропорциональности между рассеиваемой на резисторе мощностью и разностью температур резистора и окружающего воздуха через \(\alpha\). Тогда, поскольку при \(T_3 = 80\,^\circ\)C сопротивление резистора равно \(R_1\), а напряжение на нем \(U_1\), то рассеиваемая мощность равна \(U_1^2/R_1\), и мы можем записать, что \[U_1^2/R_1 = \alpha(T_3 - T_0). \tag{1}\] При повышении приложенного напряжения температура резистора растет, так как увеличивается выделяемая при прохождении тока теплота. Когда температура достигает величины \(T_1 = 100\,^\circ\)C, сопротивление резистора скачком увеличится в два раза. Выделяемая на нем теплота уменьшится, и, если напряжение не очень велико, отвод теплоты окажется более быстрым, чем ее выделение. Это приведет к падению температуры до \(T_2 = 99\,^\circ\)C, но тогда сопротивление скачком уменьшится до прежней величины и процесс начнет повторяться. Таким образом в цепи возникнут колебания тока, связанные со скачкообразной зависимостью сопротивления резистора от температуры.

Температура резистора во время этих колебаний почти постоянна (она изменяется в пределах от \(T_2 = 99\,^\circ\)C до \(T_1 = 100\,^\circ\)C), так что можно считать теплоотвод постоянным, и отводимая мощность составляет \(\alpha(T_1 - T_0)\). Тогда, вводя \(t_1\) — время нагрева (от 99 до \(100\,^\circ\)C), \(t_2\) — время охлаждения и \(t_1 + t_2 = T\) — период колебаний, можно написать уравнения теплового баланса: \[\begin{aligned} U_2^2t_1/R_1 &= \alpha(T_1 - T_0)t_1 + C(T_1 - T_2),\\ U_2^2t_2/R_2 &= \alpha(T_1 - T_0)t_2 - C(T_1 - T_2). \end{aligned} \tag{2}\] Используя найденное из (1) значение \(\alpha\), находим \[\begin{aligned} t_1 &= \dfrac{C(T_1 - T_2)}{U_2^2/R_1 - U_1^2(T_1 - T_0)/[R_1(T_3 - T_0)]},\\ t_2 &= \dfrac{C(T_1 - T_2)}{U_1^2(T_1 - T_0)/[R_1(T_3 - T_0)] - U_2^2/R_2}. \end{aligned}\] Подставляя числовые значения величин, получаем, что \(t_1 = t_2 = 3/32\text{ с} \approx 0{,}1\) с, а \(T \approx 0{,}2\) с.

Максимальное и минимальное значения тока легко находим, так как в процессе колебаний сопротивление скачком изменяется от \(R_1 = 50\) до \(R_2 = 100\) Ом; следовательно, \[I_{\max} = U_2/R_1 = 1{,}6\text{ А},\qquad I_{\min} = U_2/R_2 = 0{,}8\text{ А}.\] Хочется обратить внимание на тот факт, что описываемая в задаче ситуация отвечает фазовому переходу 1-го рода в материале, из которого сделан резистор. При нагревании при температуре \(T_1 = 100\,^\circ\)C происходит переход материала в новую фазу (этот переход, например, может быть связан с перестройкой кристаллической решетки материала резистора). Обратный переход происходит при более низкой температуре \(T_2 = 99\,^\circ\)C — это явление так называемого гистерезиса, свойственного фазовым переходам 1-го рода.

Ответ

Кирпич пористый, поры — капилляры разных размеров; в широких капиллярах втягивающая сила поверхностного натяжения меньше, чем в узких, поэтому водяная пленка в широких капиллярах вздувается и лопается — отсюда шипение.

Решение

Капли дождя, попав на кирпич, в первый момент образуют пленку на его поверхности (рис. 204). Кирпич имеет пористую структуру. Поры представляют собой капилляры. За счет сил поверхностного натяжения вода втягивается в поры-капилляры. Капилляры соединены между собой. Их размеры различны: узких капилляров больше, чем широких. В широких капиллярах втягивающая сила поверхностного натяжения меньше, чем в узких. Поэтому в широких капиллярах водяная пленка должна вздуться и лопнуть. Это и является причиной шипения.

Ответ

\(A = \dfrac{5}{2}p_0Sl + \dfrac{7}{4}\rho_\text{рт}gSl^2 \approx 7{,}7\) Дж.

Решение

Совершаемая газом работа \(A\) складывается из двух частей: работы \(A_1\) против силы атмосферного давления и работы \(A_2\) против силы тяжести. Граница раздела газ — ртуть до полного вытеснения ртути перемещается на \(2l + l/2 = (5/2)l\), и, значит, \[A_1 = (5/2)\,p_0Sl.\] Работа \(A_2\) против силы тяжести равна изменению потенциальной энергии ртути при ее вытеснении. Вся ртуть в результате вытеснения поднимается на высоту \(l\) относительно горизонтального участка; это и надо считать конечной высотой центра масс ртути. Начальное положение центра масс ртути, как нетрудно видеть, равно \(h_0 = l/8\). Отсюда можно заключить, что \[A_2 = Mg(l - l/8) = (7/8)\,Mgl,\] где \(M = 2lS\rho_\text{рт}\) — масса ртути. Окончательно находим \[A = A_1 + A_2 = \dfrac{5}{2}p_0Sl + \dfrac{7}{4}\rho_\text{рт}gSl^2 \approx 7{,}7\text{ Дж}.\]

Ответ

\(\Delta T = kx_0(x - x_0)/C\).

Решение

Работа \(A\), которую совершила внешняя сила в результате наложения и последующего снятия нагрузки, определяется площадью фигуры \(ABCD\) (см. рис. 69). В соответствии с 1-м законом термодинамики изменение внутренней энергии стержня (стержень теплоизолирован) и будет равно этой работе, т. е. \[\Delta W = A = kx_0(x - x_0).\] С другой стороны, \(\Delta W = C\,\Delta T\), где \(\Delta T\) — изменение температуры стержня, и в результате находим \[\Delta T = \Delta W/C = kx_0(x - x_0)/C.\]

Ответ

\(p_1 = (p_0 + mg/S)(1 - \Delta h/h)\).

Решение

Пусть цилиндр заполнился водой до уровня \(x\) от нижнего основания. Изменение выталкивающей силы равно увеличению силы тяжести, действующей на цилиндр с водой. Это позволяет сделать вывод, что \(\Delta h = x\). Из условия равновесия цилиндра можем написать \[p_2S = p_0S + mg,\] где \(p_2\) — давление газа в цилиндре после того, как в него вошла вода, т. е. \(p_2 = p_0 + mg/S\). Используя закон Бойля — Мариотта, напишем, что \(p_2(h - \Delta h) = p_1h\), где \(p_1\) — начальное давление газа. Окончательно находим \[p_1 = (p_0 + mg/S)(1 - \Delta h/h).\]

Ответ

\(u = p_0abc/(2mv)\).

Решение

Выберем начало отсчета вдоль оси \(x\) так, как показано на рис. 205. Тогда сила, действующая на клин, зависит лишь от координаты \(x\) фронта ударной волны. Горизонтальная составляющая этой силы равна \[F_x = p_0cx\,\operatorname{tg}\alpha = p_0cxa/b = p_0cavt/b,\] где \(x = vt\) — координата фронта волны к моменту времени \(t\) от начала прохождения волны через клин.

Ускорение, сообщаемое клину в данный момент времени, равно \[a_t = F_x/m = p_0cavt/(bm).\] В тот момент времени \(t_0\), когда фронт волны дойдет до дальней грани клина, т. е. координата фронта будет равна \(b = vt_0\), ускорение клина составит \[a_{t_0} = p_0ca/m.\] Поскольку ускорение клина линейно зависит от времени, для вычисления скорости \(u\) клина к моменту времени \(t_0\) воспользуемся средним значением ускорения \(a_\text{ср} = p_0ca/(2m)\): \[u = a_\text{ср}t_0 = p_0abc/(2mv).\] Когда весь клин окажется в области повышенного давления, результирующая сила, действующая на клин, будет равна нулю. Как видно из ответа задачи, условие \(u \ll v\) означает, что \(p_0 \ll 2mv^2/(abc)\).