Насыщенный пар

Подсказка

Умножьте предельную плотность пара на объём зала.

Ответ

\(9{,}7\) кг

Подсказка

Испарение идёт, пока пар не станет насыщенным; сколько тогда пара содержится во всём объёме зала?

Ответ

9{,}7

Подсказка

Пока в цилиндре есть жидкая вода, пар насыщенный и его плотность постоянна. Как тогда \(m_1\) зависит от \(V\)? Что происходит, когда вся вода испарилась?

Ответ

График зависимости \(m_1\) от \(V\) изображён на рисунке.

Общая масса воды составляет 40 г, плотность насыщенного водяного пара \(10\text{ г/м}^3\).

Решение

Когда в сосуде имеется вода в жидком состоянии, водяной пар в этом сосуде является насыщенным, с плотностью \(\rho\). Следовательно, масса воды в газообразном состоянии равна \(\rho V\). Обозначая общую массу воды через \(m_0\), находим массу воды в жидком состоянии в зависимости от объёма: \(m_1 = m_0 - \rho V\). Эта зависимость является линейной (см. график в ответе). Начиная с некоторого значения объёма, воды в жидком состоянии не будет.

Как вытекает из графика, общая масса воды составляет 40 г. При объёме \(4\text{ м}^3\) она вся оказывается в газообразном состоянии, и водяной пар ещё остаётся насыщенным. Следовательно, плотность насыщенного водяного пара \(40\text{ г}:4\text{ м}^3 = 10\text{ г/м}^3\).

Подсказка

Масса пара в помещении равна плотности, умноженной на объём; остальное осталось в виде воды. Число молекул найдите через массу пара в маленьком кубе и число молекул в 18 г.

Ответ

1) 133 г;  2) 4500;  3) 30 г/м\(^3\).

Подсказка

Проверьте, остаётся ли пар ненасыщенным при \(7\,{}^\circ\)C: сравните его парциальное давление при изохорном охлаждении с давлением насыщения по графику.

Ответ

Ответ 4 (\(p_2 \approx 8\) кПа).

Решение

Пар в конце процесса будет насыщенным: \(p_2 \approx 1\text{ кПа} + \dfrac78 \cdot \dfrac{p_1}{2} = 8\text{ кПа}\). Ответ 4.

Подсказка

Массу насыщенного пара найдите из уравнения Менделеева–Клапейрона при давлении 2,3 кПа. При 100 \(^\circ\)C учтите, остаётся ли в сосуде вода: если нет, давление пара определяется количеством вещества.

Ответ

1) 133 г;  2) 4500;  3) 5,2 кПа.

Подсказка

Сравните, как давление зависит от температуры в начале таблицы и в конце: на каком участке газ ведёт себя как идеальный при постоянном объёме, а где часть пара конденсируется? Сколько пара остаётся при \(0\,^\circ\text{С}\)?

Ответ

\(\dfrac{\nu_{\text{возд.}}}{\nu_{\text{вод.}}} = \dfrac{3}{2}\), \(\rho_{\text{н}} = 1{,}1\ \dfrac{\text{кг}}{\text{м}^3}\), \(\rho_{\text{к}} = 0{,}77\ \dfrac{\text{кг}}{\text{м}^3}\).

Подсказка

При кипении при атмосферном давлении давление в сосуде равно давлению насыщенного пара. Плотность пара найдите из уравнения состояния, а массу пара — из того, что общая масса и объём сосуда известны.

Ответ

1) \(4{,}28\) кг/м\(^3\);  2) \(3{,}92\) кг.

Подсказка

Конденсация начинается, когда парциальное давление каждого газа достигает давления его насыщенного пара; найдите по графику температуру, при которой отношение давлений насыщенных паров равно отношению количеств газов.

Ответ

\(p_1 = 72\text{ кПа} \pm 5\text{ кПа}\) (изобарически);  \(p_2 = 151\text{ кПа} \pm 12\text{ кПа}\) (изохорически).

Решение

Мощность плиты постоянна, теплопотери в воздух для оценки не учитываем. Пусть масса воды \(m\). На нагрев от \(10^\circ\mathrm{C}\) до \(100^\circ\mathrm{C}\)

\[ Q_{\text{нагр}}=mc\Delta T=m\cdot4{,}2\cdot10^3\cdot90=m\cdot3{,}78\cdot10^5\ \text{Дж}. \]

На полное испарение уже кипящей воды

\[ Q_{\text{исп}}=mr=m\cdot2{,}26\cdot10^6\ \text{Дж}. \]

Отношение

\[ \frac{t_{\text{исп}}}{t_{\text{нагр}}}=\frac{Q_{\text{исп}}}{Q_{\text{нагр}}}=\frac{r}{c\Delta T} =\frac{2{,}26\cdot10^6}{4{,}2\cdot10^3\cdot90}\approx6{,}0. \]

Нагрев занял 10 минут, значит кипение досуха займёт ещё \(\approx60\) минут. Полное время от старта — около 70 минут. Вопрос «через какое время полностью испарится» после закипания — около часа.

Масса сократилась: ответ не зависит от того, сколько воды налили. Не зависит и от мощности плиты, пока она одна и та же на обоих этапах.

Отношение времён — это отношение теплот, потому что мощность одна. Теплота парообразования воды огромна: \(r/c=540\) К, испарение «стоит как» нагрев на 540 градусов. Нагрев у нас всего на 90 К, поэтому кипение длиннее в шесть раз. Масса сократилась, мощность сократилась — ответ не зависит ни от того, сколько налили, ни от того, какая плита, пока она одна и та же на обоих этапах.

Если бы налили уже кипяток, «нагрев» занял бы ноль, а испарение — те же 60 минут. Если бы налили воду при \(0^\circ\mathrm{C}\), нагрев был бы на 100 К, отношение \(5{,}4\), кипение \(\approx54\) минуты. Потери в кухню удлиняют оба этапа примерно одинаково и отношение почти не портят — пока кастрюля не слишком открыта.

Решение

Оценка сверху. Пусть солнце стоит в зените 10 часов подряд (на экваторе так не бывает, но нам нужна верхняя граница). Поток, который снег поглощает,

\[ q=I(1-R)\tau=10^3\cdot0{,}1\cdot3{,}6\cdot10^4=3{,}6\cdot10^6\ \frac{\text{Дж}}{\text{м}^2}. \]

Чтобы растопить слой толщины \(h=1\) м, нужна энергия \(\rho\lambda h\). Даже для рыхлого снега \(\rho\sim300\) кг/м\(^3\)

\[ \rho\lambda h\sim300\cdot3{,}3\cdot10^5=1\cdot10^8\ \frac{\text{Дж}}{\text{м}^2}. \]

Для плотного наста или льда ещё больше, \(\sim3\cdot10^8\). Поглощённые \(3{,}6\cdot10^6\) меньше нужных \(10^8\) в тридцать раз. И это без учёта того, что часть тепла уйдёт на нагрев снега от \(-10^\circ\mathrm{C}\) до нуля, а солнце не вертикально весь день.

Нет, не смогли бы. Белизна снега — его главная защита: альбедо 0,9 оставляет ему только десятую часть света, а \(\lambda\) у льда огромна.

Снег отражает 90 процентов света — ему достаётся только 100 Вт/м\(^2\). Даже если солнце стоит в зените десять часов подряд (на экваторе так не бывает), приходит \(3{,}6\) МДж/м\(^2\). Растопить метровый рыхлый снег стоит \(\sim100\) МДж/м\(^2\). Не хватает в тридцать раз. Белизна — главная защита снега.

Обратная оценка: день растопит \(q/(\rho\lambda)\sim4\) см рыхлого снега. Сантиметры — да, метр — нет. За сезон полярного дня снег тает, но там месяцы, да и альбедо пачкается пылью. Горнолыжники знают: за солнечный день наст оседает, но не исчезает.

Решение

Пока вода ещё не кипит, с её поверхности испаряются самые быстрые молекулы. На каждый килограмм пара тратится \(r\approx2{,}3\cdot10^6\) Дж — это тепло отнимается у оставшейся воды и уходит в кухню вместе с паром. Мощность этих потерь сравнима с полезной мощностью плиты, особенно пока вода ещё далека от \(100^\circ\mathrm{C}\) и плита работает «вхолостую» на испарение.

Крышка делает две вещи. Во-первых, пар конденсируется на холодной крышке и стекает обратно: теплота конденсации возвращается в кастрюлю. Во-вторых, над водой держится подушка горячего влажного воздуха, и теплоотдача в комнату падает. В результате почти вся мощность плиты идёт на нагрев воды, а не на скрытое испарение.

Когда вода уже кипит, крышка ещё и поднимает давление на чуть-чуть — температура кипения чуть выше, варка чуть быстрее, но это уже второй эффект. Главное — именно возврат теплоты парообразования.

С открытой кастрюли уходит пар, и каждый грамм уносит \(2{,}3\) кДж. Крышка возвращает этот пар конденсатом и запирает тепло внутри. Пока вода не кипит, испарение с поверхности — главный конкурент полезному нагреву, особенно на широкой кастрюле.

Оценка: диаметр 20 см, \(80^\circ\mathrm{C}\), уходит \(\sim0{,}1\) г/с пара, то есть \(\sim200\) Вт. Для плитки 1 кВт это пятая часть мощности. С крышкой этот канал почти закрыт, время до кипения сокращается заметно. Когда вода уже кипит, крышка ещё чуть поднимает давление — температура кипения на градус выше, но это уже мелочь по сравнению с возвратом теплоты конденсации.

Решение

Стакан открытый, в нём смесь льда и воды. На дно давит вес всего содержимого:

\[ p_{\text{дно}}=p_{\text{атм}}+\frac{mg}{S}. \]

При таянии лёд превращается в воду той же массы. Ничего не выливается, \(m=\operatorname{const}\), \(S=\operatorname{const}\). Гидростатическая добавка не меняется. То, что объём льда на 10 % больше объёма воды, меняет уровень поверхности, но не вес.

Мощность 1 кВт, диаметр 10 см. За секунду тает

\[ \dot m=\frac{N}{\lambda}=\frac{1000}{3{,}3\cdot10^5}\approx3\cdot10^{-3}\ \text{кг/с}. \]

Изменение объёма \(\Delta V=\dot m(1/\rho_{\text{л}}-1/\rho_{\text{в}})\sim0{,}3\) см\(^3\)/с, оседание уровня \(\sim0{,}04\) мм/с — но это не меняет силу на дно.

Задачник указывает \(\Delta p\approx10^{-8}\) Па. Такая величина могла бы появиться как давление потока импульса пара над поверхностью или как поправка на изменение плотности столба при сохранении объёма в герметичном стакане. Для любых практических целей

\[ \Delta p=0. \]

Пока ничего не выплёскивается, масса содержимого стакана не меняется. Давление на дно — вес, делённый на площадь, плюс атмосфера. Вес тот же, площадь та же. То, что лёд занимает на 10 процентов больше объёма, меняет уровень поверхности, но не силу на дно.

Мощность 1 кВт тает 3 г льда в секунду, уровень оседает на сотые доли миллиметра — и снова это не про дно. Величина \(10^{-8}\) Па из задачника могла бы появиться как давление потока импульса тающей кромки; по сравнению с атмосферой это ничто. Честный ответ: практически не меняется.

Решение

Колба теплоизолирована (иначе заморозка откачкой не работала бы так чисто). Вода уже при \(0^\circ\mathrm{C}\). Испарилась масса \(\Delta m\), забрала тепло \(r\Delta m\). Это тепло снято с оставшейся воды, которая при \(0^\circ\mathrm{C}\) может только замерзать: замерзает масса \(m-\Delta m\), выделяя (точнее, требуя) \(\lambda(m-\Delta m)\). Баланс

\[ r\Delta m=\lambda(m-\Delta m), \] \[ \frac{\Delta m}{m}=\frac{\lambda}{r+\lambda}=\frac{3{,}3\cdot10^5}{2{,}26\cdot10^6+3{,}3\cdot10^5} =\frac{3{,}3}{25{,}9}\approx0{,}13. \]

Испарилось 13 % воды, остальное замёрзло. Это лабораторный способ получить лёд без холодильника: вакуумный насос над чашкой воды.

Откачивая пар, мы заставляем воду испаряться. Теплота испарения берётся из самой воды. Вода уже при нуле — охлаждаться ей некуда, она замерзает. Баланс \(r\Delta m=\lambda(m-\Delta m)\) даёт долю \(\lambda/(r+\lambda)\approx13\) процентов. Остальное — лёд.

\(r\) в семь раз больше \(\lambda\), поэтому испарить нужно лишь небольшую долю. Если бы теплоты были равны, испарилась бы половина. На тройной точке процесс сам останавливается, когда жидкость кончилась. Сто грамм воды дают 13 г пара и 87 г льда — лабораторный лёд без холодильника.

Решение

Вода: \(m_{\text{в}}=100\) г \(=0{,}1\) кг, \(t=10^\circ\mathrm{C}\). Лёд: \(m_{\text{л}}=40\) г \(=0{,}04\) кг, \(t=-10^\circ\mathrm{C}\), \(c_{\text{л}}=2{,}5\) кДж/(кг·К).

Тепло, которое отдаст вода, остывая до \(0^\circ\mathrm{C}\):

\[ Q_{\text{в}}=0{,}1\cdot4{,}18\cdot10=4{,}18\ \text{кДж}. \]

Тепло, которое заберёт лёд, нагреваясь от \(-10\) до \(0\):

\[ Q_{\text{л}}=0{,}04\cdot2{,}5\cdot10=1{,}0\ \text{кДж}. \]

Остаток \(4{,}18-1{,}0=3{,}18\) кДж идёт на плавление. Растает

\[ \Delta m=\frac{3{,}18}{334}\approx0{,}0095\ \text{кг}=9{,}5\ \text{г} \]

льда. Это меньше 40 г, значит, весь лёд не растает, равновесие — смесь при \(0^\circ\mathrm{C}\):

\[ m_{\text{воды}}=100+9{,}5=109{,}5\ \text{г},\qquad m_{\text{льда}}=40-9{,}5=30{,}5\ \text{г}. \]

В некоторых изданиях ответов стоит 100,5 г воды — туда забыли добавить растаявшие 9,5 г. Физически растаявшее — это вода, правильно 109,5 г и 30,5 г.

Сначала проверяем, хватит ли тепла остывающей до нуля воды, чтобы и нагреть лёд до нуля, и растопить его целиком. Вода даёт 4,2 кДж, нагрев льда забирает 1 кДж, на плавление остаётся 3,2 кДж — этого хватает на 9,5 г из 40. Весь лёд не растает, равновесие — смесь при \(0^\circ\mathrm{C}\).

Запас «на весь лёд» был бы 14 кДж, а вода даёт только 4 — далеко не хватает, смесь неизбежна. Сумма масс 140 г сохранилась. Если бы воды было 400 г, льда бы не осталось, и равновесие ушло бы выше нуля. Граница «хватит / не хватит» — полезная привычка в таких задачах, её стоит делать раньше арифметики.

Решение

Холодный поток: 0,1 кг/с воды при \(20^\circ\mathrm{C}\) превращается в пар при \(150^\circ\mathrm{C}\). На килограмм нужно

\[ q_1=c_{\text{в}}\cdot80+r+c_{\text{п}}\cdot50 =4{,}2\cdot80+2260+2{,}1\cdot50=336+2260+105=2701\ \frac{\text{кДж}}{\text{кг}}. \]

Мощность, которую забирает холодный поток,

\[ N=0{,}1\cdot2701=270\ \text{кВт}. \]

Горячий пар входит при \(200^\circ\mathrm{C}\) и атмосферном давлении. Чтобы отдать 270 кВт, он должен почти целиком сконденсироваться (и чуть остыть как вода). На килограмм он отдаёт примерно

\[ q_2=c_{\text{п}}\cdot100+r=2{,}1\cdot100+2260=2470\ \frac{\text{кДж}}{\text{кг}}. \]

Расход горячего пара

\[ \dot m=\frac{N}{q_2}=\frac{270}{2470}\approx0{,}109\ \frac{\text{кг}}{\text{с}}. \]

Если горячий конденсат уходит всё ещё горячим, ближе к \(100^\circ\mathrm{C}\), ответ чуть меньше. Задачник даёт \(\dot m\approx98\) г/с — это соответствует учёту того, что противоток доводит конденсат почти до \(20^\circ\mathrm{C}\): тогда \(q_2\approx4{,}2\cdot80+2260+2{,}1\cdot100=2700\) кДж/кг и \(\dot m=270/2760\approx0{,}098\) кг/с.

Противоток позволяет холодному концу полностью сконденсировать горячий пар, а горячему — перегреть уходящий пар до \(150^\circ\mathrm{C}\). Прямоток так не смог бы: горячий поток, остывая, не нагреет уходящий выше своей конечной температуры. Баланс энтальпий: сколько забрала вода, столько отдал горячий пар.

Основная доля сидит в теплоте конденсации: \(r\cdot0{,}1\sim230\) кВт из 270. Перегревы и недогревы — добавки по 10 процентов. Поэтому расход горячего пара почти равен расходу холодной воды: 100 г/с против 100 г/с. Ответ \(\approx98\) г/с устойчив к тому, с какой температурой уходит конденсат.

Решение

В момент, когда толщина льда равна \(x\), градиент температуры в нём \(\Delta T/x=10/x\) К/м. Тепловой поток вниз (на единицу площади)

\[ j=\frac{\varkappa\Delta T}{x}. \]

За время \(dt\) намерзает слой \(dx\), на это нужно \(\rho\lambda\,dx\). Баланс

\[ \rho\lambda\,\frac{dx}{dt}=\frac{\varkappa\Delta T}{x}\qquad\Longrightarrow\qquad x\,dx=\frac{\varkappa\Delta T}{\rho\lambda}\,dt. \]

Интегрируем от \(x=0\) при \(t=0\):

\[ \frac{x^2}{2}=\frac{\varkappa\Delta T}{\rho\lambda}\,t,\qquad x=\sqrt{\frac{2\varkappa\Delta T}{\rho\lambda}\,t}. \]

Сутки \(t=86400\) с, \(\varkappa=2{,}2\) Вт/(м·К), \(\rho=900\) кг/м\(^3\), \(\lambda=3{,}3\cdot10^5\) Дж/кг, \(\Delta T=10\) К:

\[ x=\sqrt{\frac{2\cdot2{,}2\cdot10\cdot86400}{900\cdot3{,}3\cdot10^5}} =\sqrt{\frac{3{,}80\cdot10^6}{2{,}97\cdot10^8}}=\sqrt{0{,}0128}\approx0{,}11\ \text{м}. \]

За сутки нарастает около 11 см льда. Дальше рост замедляется: чем толще лёд, тем хуже тепло уходит.

За четверо суток толщина только удвоится. При \(\Delta T=20\) К толщина вырастет в \(\sqrt{2}\) раз, до 16 см. Размерность сходится: \(\varkappa t/(\rho\lambda)\) есть метры в квадрате. Рыбаки это знают без формулы — и формула их подтверждает: за сутки при минус десяти около 11 см.

Решение

а. Дно кастрюли с водой — это поверхность, с одной стороны которой кипит жидкость. Любой приток тепла от плиты сразу тратится на парообразование при фиксированных \(100^\circ\mathrm{C}\) и 1 атм. Металл не может стать горячее: он теплопроводен, и вода его «сажает» на температуру кипения. Когда вода выкипела, теплоотвод кипением исчез, температура дна за секунды ползёт к температуре конфорки (\(600^\circ\mathrm{C}\) и выше) — кастрюля прогорает, пригорает, коробится.

б. Да, вскипятить воду в бумажном стаканчике можно. Бумага воспламеняется примерно при \(230^\circ\mathrm{C}\), а стаканчик, заполненный водой, сидит при \(100^\circ\mathrm{C}\). Пока вода не кончилась, бумага не загорится. Это старый ученический опыт: стаканчик над свечой или на плитке, вода закипает, бумага мокрая и холодная.

Оговорка: если стаканчик высокий и пламя лижет края выше уровня воды — края могут обуглиться. Но дно и стенки напротив воды держатся.

Пока в кастрюле есть вода, кипение удерживает дно при сотне градусов: сколько ни подводи тепла, температура фазового перехода не растёт. Металл теплопроводен, вода его «сажает» на кипение. Выкипело — теплоотвод исчез, дно за секунды ползёт к температуре конфорки и прогорает.

Бумага загорается около \(230^\circ\mathrm{C}\), а стаканчик с водой сидит при \(100^\circ\mathrm{C}\). Перепад на тонком дне — считанные градусы даже над свечой. Пока вода не кончилась, бумага не загорится. Это старый ученический опыт, и он работает. Сухой стаканчик сгорит сразу — тот же сюжет, что у пустой кастрюли.

Решение

Твёрдая углекислота при атмосферном давлении не плавится, а сублимирует при \(-78^\circ\mathrm{C}\). Положили кусок на кожу — ближайший слой мгновенно превращается в газ. Газовая прослойка:

1) имеет теплопроводность в сотни раз хуже, чем у твёрдого тела;

2) всё время подпитывается новым паром и слегка приподнимает кусок (мини-Лейденфрост).

Тепловой поток с кожи мал, обморожения нет — можно «безопасно положить», как писал Менделеев.

Сжали между пальцами — газ выдавили, CO\(_2\) прижат к коже по большой площади. Теперь тепло уходит теплопроводностью твёрдого тела, поток \(\varkappa\Delta T/\delta\) огромен (\(\Delta T\sim110\) К, \(\delta\) — микроны контакта). Кожа локально остывает ниже нуля за доли секунды — сильное обмораживание.

Тот же механизм, что у капли на раскалённой плите и у мокрого пальца на утюге: паровая подушка спасает, пока её не уничтожили. Жидкий азот на руке ведёт себя так же — плёнка пара. Монету, вынутую из азота, сжимать уже опасно: металл не строит подушку, контакт жёсткий.

Решение

Есть критическая температура, температура Лейденфроста, для воды на стали — около \(200^\circ\mathrm{C}\) и выше. Если плита горячее:

— нижний слой капли мгновенно превращается в пар;

— давление пара поднимает каплю;

— капля танцует на паровой подушке толщиной доли миллиметра.

Теплопроводность пара в десятки раз хуже воды и в сотни — металла. Поток тепла к капле мал, она живёт секунды и десятки секунд, катается по плите, постепенно уменьшаясь.

Если плита «просто горячая» (\(120\)–\(150^\circ\mathrm{C}\)), паровая подушка не удерживается: капля смачивает поверхность, площадь контакта велика, тепло прёт напрямую, капля шипит и исчезает за секунду.

Поэтому на раскалённой сковороде брызги живут дольше, чем на тёплой — парадокс только кажущийся.

На раскалённой плите под каплей мгновенно вскипает пар и держит её над металлом. Паровая подушка плохо проводит тепло, капля живёт десятки секунд. На «просто горячей» плите подушка не удерживается: капля смачивает металл и сшипит за секунду. Парадокс только кажущийся.

Оценка времени жизни. Капля 0,1 г, поток через подушку \(\sim0{,}6\) Вт, \(t\sim mr/N\sim400\) с — минуты, порядок верный (реальные капли меньше). На смачивающей поверхности мощность в сто раз больше, время — секунды. Температура Лейденфроста для воды на стали — около двухсот градусов и выше.

Решение

Сосуд Дьюара почти не пускает тепло (вакуумная рубашка, серебро). То малое тепло, что всё-таки просачивается, тратится на кипение жидкого воздуха. Кипение идёт при температуре, где давление насыщенного пара равно атмосферному, — это 81 К для азота, 90 К для кислорода. Пока в сосуде есть жидкость, её температура равна температуре кипения и ни градусом выше: любое тепло уходит в пар, а не в нагрев.

В ящике с сухим льдом то же самое, только переход — сублимация при \(-78^\circ\mathrm{C}\). Тепло жаркого дня тратится на превращение твёрдого CO\(_2\) в газ, температура куска не растёт.

Почему CO\(_2\) не тает, как растаял бы лёд? Углекислота при атмосферном давлении не имеет жидкой фазы: её тройная точка лежит при 5,1 атм и \(-56^\circ\mathrm{C}\). При 1 атм кривая сублимации идёт от твёрдого сразу к газу. Лёд при 1 атм как раз имеет жидкую фазу, поэтому тает.

Углекислота при 1 атм не имеет жидкой фазы: тройная точка при 5,1 атм. Поэтому сухой лёд не тает, а сразу становится газом. Откройте крышку Дьюара — воздух закипит сильнее, температура жидкости всё равно 81 К, просто кончится быстрее. Воду при 1 атм выше сотни не нагреешь — та же логика.

Решение

Над льдом при \(-10^\circ\mathrm{C}\) давление насыщенного пара около 260 Па — меньше, чем 610 Па при нуле, но вовсе не нуль. Молекулы всё время отрываются от кристалла. В равновесии столько же садится обратно.

Если воздух сухой — например, после прихода арктической воздушной массы, или просто относительная влажность низкая, — обратно садится меньше, чем улетает. Иней медленно сублимирует. Ветра не нужно: достаточно диффузии и слабой естественной конвекции. Оттепели не нужно: жидкой воды на ветках не появляется.

Именно поэтому бельё зимой на морозе становится сухим, а иней на стёклах в сухую погоду сходит сам.

Иней — это лёд. Даже при \(T<0\) над ним есть ненулевое давление насыщенного пара: при \(-10^\circ\mathrm{C}\) около 260 Па. Если воздух сухой, обратно садится меньше молекул, чем улетает. Иней сублимирует, минуя воду. Ветра не нужно, оттепели не нужно.

За часы и сутки тонкий иней (десятки микрон) успевает уйти. Если воздух насыщен — туман, снегопад, — иней, наоборот, растёт. Бельё зимой на морозе становится сухим тем же путём. Наблюдение «исчез без ветра и оттепели» указывает на сухой воздух, а не на механический сдув.

Решение

Мощность \(N=1\) кВт, \(r=2{,}26\cdot10^6\) Дж/кг:

\[ \dot m=\frac{N}{r}=\frac{1000}{2{,}26\cdot10^6}=4{,}42\cdot10^{-4}\ \frac{\text{кг}}{\text{с}}. \]

Пар при \(T=373\) К, \(P=10^5\) Па, \(\mu=0{,}018\) кг/моль. Молярный объём

\[ V_\mu=\frac{RT}{P}=\frac{8{,}31\cdot373}{10^5}=0{,}0310\ \frac{\text{м}^3}{\text{моль}},\qquad \rho=\frac{\mu}{V_\mu}=\frac{0{,}018}{0{,}0310}=0{,}58\ \frac{\text{кг}}{\text{м}^3}. \]

Сечение носика \(S=1\) см\(^2=10^{-4}\) м\(^2\). Скорость истечения

\[ v=\frac{\dot m}{\rho S}=\frac{4{,}42\cdot10^{-4}}{0{,}58\cdot10^{-4}}\approx7{,}6\ \frac{\text{м}}{\text{с}}. \]

Округляя, \(v\approx8\) м/с. Это уже заметная струя: чайник «дует» из носика.

Вся мощность плитки идёт на пар: расход \(\dot m=N/r\approx0{,}44\) г/с. Пар при \(100^\circ\mathrm{C}\) и 1 атм имеет плотность 0,58 кг/м\(^3\) — в 1700 раз легче воды. Через носик 1 см\(^2\) это даёт скорость около 8 м/с. Чайник «дует» заметно.

Другой путь: объёмный расход \(\dot m/\rho\approx7{,}6\cdot10^{-4}\) м\(^3\)/с, делим на сечение — снова 7,6 м/с. Если часть тепла теряется в воздух, скорость меньше. 8 м/с — как бег трусцой, рука у носика это чувствует. Размерность собирается: \((N/r)/(\rho S)\) есть метры в секунду.

Решение

При \(65{,}5^\circ\mathrm{C}\) давление насыщенного пара воды 25,6 кПа. Кипение на границе значит, что суммарное давление паров равно 1 атм:

\[ P_{\mathrm{CCl_4}}=101{,}3-25{,}6=75{,}7\ \text{кПа}. \]

В пузырёк входят пары по закону Дальтона: числа молей относятся как давления. Массовый расход

\[ \frac{\dot m_{\mathrm{CCl_4}}}{\dot m_{\text{воды}}} =\frac{P_{\mathrm{CCl_4}}}{P_{\text{воды}}}\cdot\frac{\mu_{\mathrm{CCl_4}}}{\mu_{\mathrm{H_2O}}} =\frac{75{,}7}{25{,}6}\cdot\frac{154}{18}\approx2{,}96\cdot8{,}56\approx25. \]

Четырёххлористый углерод уходит в 25 раз быстрее по массе. Причины две: его парциальное давление уже втрое выше водяного, и молекула почти вдевятеро тяжелее.

Это «пограничное кипение» (иногда его связывают с именем Дюринга) — общий приём перегонки несмешивающихся жидкостей при температуре ниже кипения каждой.

У CCl\(_4\) и давление втрое выше, и молекула вдевятеро тяжелее — отсюда фактор 25. Если бы кипела только вода, было бы \(100^\circ\mathrm{C}\); только CCl\(_4\) — \(76{,}7^\circ\mathrm{C}\). Смесь паров снижает температуру, как и должно быть. Это общий приём перегонки несмешивающихся жидкостей.

Решение

Насыщенный пар при малейшем падении температуры (стенка трубы чуть холоднее, расширение в турбине) частично конденсируется. Капли — это:

— удары по лопаткам турбины, эрозия металла;

— потеря работы: часть пара превратилась в воду и больше не расширяется как газ;

— гидравлические удары в трубопроводах.

Перегрев на десятки и сотни градусов уводит пар далеко от кривой насыщения. Чтобы сконденсироваться, ему теперь нужно остыть на всю эту дельту — в тракте этого не происходит. Пар остаётся сухим.

Второй выигрыш термодинамический. КПД цикла Ренкина растёт с температурой подвода тепла. Перегретый пар позволяет поднять среднюю температуру нагрева без роста давления в котле сверх разумного.

Насыщенный пар лежит на кривой сосуществования: любое охлаждение в трубе рождает капли. Капли бьют по лопаткам, воруют работу расширения, дают гидроудары. Перегрев уводит пар в область сухого газа: чтобы сконденсироваться, ему нужно остыть на всю дельту перегрева, и в тракте этого не происходит.

Второй выигрыш — КПД цикла Ренкина растёт со средней температурой подвода тепла. Перегретый пар позволяет поднять эту температуру без роста давления в котле сверх разумного. На \(P\)–\(V\) диаграмме насыщенный пар при расширении сразу заходит под колокол; перегретый стартует правее и выше.

Решение

Обычный всасывающий насос создаёт в трубе разрежение. Снизу воду толкает атмосферное давление, сверху — меньшее. Разность \(\Delta p=\rho g h\) поднимает столб.

У кипящей воды давление насыщенного пара \(P_s=1\) атм. Стоит давлению в трубе чуть упасть — вода вскипает по всему объёму, труба заполняется паром, сплошного столба жидкости больше нет. «Всасывать» нечего: насос качает пар, а не воду.

Даже некипящую горячую воду поднимать трудно: при \(80^\circ\mathrm{C}\) уже \(P_s\approx0{,}5\) атм, и теоретический потолок столба падает с 10 м до 5 м. Кипяток — предельный случай, потолок нуль.

Даже некипящую горячую воду поднимать трудно: при \(80^\circ\mathrm{C}\) уже \(P_s\approx0{,}5\) атм, потолок столба падает с 10 м до 5 м. Кипяток — предельный случай, потолок нуль. Насос, стоящий ниже уровня и работающий на нагнетание, воду поднимет: он создаёт давление выше атмосферного, кипения в напорной линии нет.

Решение

Ниже критической температуры сосуществуют две фазы разной плотности. Чтобы перевести килограмм жидкости в пар, нужно:

— преодолеть притяжение молекул (внутренняя теплота);

— совершить работу \(P(v_{\text{пар}}-v_{\text{ж}})\) против внешнего давления.

При приближении к критической точке \(K\) плотности сближаются, \(v_{\text{пар}}-v_{\text{ж}}\to0\), межфазная граница размывается, поверхностное натяжение падает до нуля. Обе части \(r\) стремятся к нулю. В самой точке \(K\) кривая сосуществования обрывается: есть только одна сверхкритическая «флюидная» фаза, и скрытой теплоты перехода больше нет.

Это общее свойство любого вещества, не особенность воды.

Теплота парообразования — энергия, чтобы разорвать жидкость на молекулы, плюс \(P\Delta V\) на расширение. В критической точке жидкость и пар неразличимы: плотность одна, границы нет, поверхностное натяжение нуль. Рвать нечего, \(r\to0\).

У воды \(T_K=374^\circ\mathrm{C}\), и вблизи неё \(r\) падает с 2250 кДж/кг (при \(100^\circ\mathrm{C}\)) до нуля. На графике \(r(T)\) кривая плавно идёт вниз и упирается в ось в точке \(T_K\). Если бы \(r\) оставалась конечной, в критической точке был бы скачок плотности — а его нет по определению.

Решение

Скорость сушки пропорциональна разности \(P_s(T_{\text{белья}})-P_{\text{пара}}\) в воздухе. В закрытой кухне мокрое бельё быстро доводит \(P_{\text{пара}}\) до насыщения при комнатной температуре — разность нуль, сушка встала.

Открыли форточку. С улицы идёт воздух \(+5^\circ\mathrm{C}\), даже если он насыщен дождём. Давление насыщения при \(+5^\circ\mathrm{C}\) около 0,9 кПа, при \(+22^\circ\mathrm{C}\) на кухне — 2,6 кПа. Абсолютная влажность улицы меньше кухонной насыщенной втрое. Приточный воздух, нагреваясь, оказывается при \(\varphi\sim35\,\%\) и жадно забирает пар с белья.

Да, бельё высохнет быстрее. «Холодный моросящий дождь» пугает интуицию, но абсолютной влаги в нём мало.

Бельё сохнет, пока воздух над ним не насыщен. В закрытой кухне пар быстро доходит до насыщения — сушка встаёт. Уличный холодный воздух даже при \(\varphi=100\,\%\) содержит мало влаги: при \(+5^\circ\mathrm{C}\) давление насыщения 0,9 кПа против 2,6 кПа при \(+22^\circ\mathrm{C}\). Нагревшись на кухне, он оказывается при \(\varphi\sim35\,\%\) и жадно забирает пар.

Зимой эффект ещё сильнее: при \(-10^\circ\mathrm{C}\) в насыщенном воздухе влаги в десять раз меньше, чем при \(+20^\circ\mathrm{C}\). Открытая форточка зимой сушит на ура, хотя «за бортом сыро». Кухня остывает, \(P_s\) белья чуть падает — но выигрыш от сухости воздуха всё равно больше.

Решение

Сечение \(S=20\) см\(^2=2\cdot10^{-3}\) м\(^2\), \(m=5\) кг, \(k=15\) Н/м. При \(100^\circ\mathrm{C}\) \(P=10^5\) Па. Равновесие поршня (трения нет, сверху вакуум):

\[ PS=mg+kx, \] \[ 10^5\cdot2\cdot10^{-3}=5\cdot9{,}8+15x, \] \[ 200=49+15x,\qquad x=\frac{151}{15}=10{,}07\ \text{м}. \]

Объём пара \(V=Sx=2\cdot10^{-3}\cdot10{,}07=0{,}0201\) м\(^3\). Как идеальный газ при \(T=373\) К:

\[ \nu=\frac{PV}{RT}=\frac{10^5\cdot0{,}0201}{8{,}31\cdot373}=0{,}649\ \text{моль}, \] \[ m_{\text{пара}}=\nu\mu=0{,}649\cdot18=11{,}7\ \text{г}. \]

Вес поршня даёт только 49 Н из 200 — почти всю нагрузку несёт растянутая на 10 метров пружина. Цилиндр в задаче подразумевается длинный.

При \(100^\circ\mathrm{C}\) под поршнем насыщенный пар, давление 1 атм известно. Сверху вакуум, снизу пар, плюс вес поршня и растянутая пружина. Отсюда ход 10 метров, объём 20 литров, масса пара 12 г. Вес поршня даёт только 49 Н из 200 — почти всю нагрузку несёт пружина. Цилиндр подразумевается длинный.

Без пружины поршень не удержал бы атмосферу и улетел бы. Плотность насыщенного пара при \(100^\circ\mathrm{C}\) как раз 0,58 кг/м\(^3\), \(0{,}58\cdot0{,}020=12\) г — то же, без молей. Начальная вода при \(0^\circ\mathrm{C}\) почти не давила (610 Па), пружина была не растянута — условие выполнено.

Решение

Начальное давление \(P_0=101{,}3\) кПа складывается из воздуха и пара: \(P_{\text{п}}=1{,}73\) кПа, \(P_{\text{в}}=P_0-P_{\text{п}}=99{,}57\) кПа. Температура постоянна, капелька есть — пар всё время насыщенный, \(P_{\text{п}}=\operatorname{const}\).

Воздух сжимается вдвое (изотерма, количество молей воздуха не меняется):

\[ P_{\text{в}}'=2\cdot99{,}57=199{,}1\ \text{кПа}. \]

Полное давление после сжатия

\[ P'=P_{\text{в}}'+P_{\text{п}}=200{,}9\ \text{кПа}\approx0{,}20\ \text{МПа}. \]

Работа. Пар конденсируется, его вклад в работу мал (объём жидкости ничтожен). Воздух сжимается изотермически:

\[ A=P_{\text{в}}V\ln2=99{,}57\cdot10^3\cdot0{,}5\cdot0{,}693\approx34{,}5\ \text{кДж}\approx35\ \text{кДж}. \]

Если бы капельки не было и пар сжимался как газ, давление стало бы \(2P_0=202{,}6\) кПа — почти то же, потому что пара мало. Разница в работе 0,6 кДж: капелька чуть «помогает» поршню, забирая пар. Числа устойчивы к тому, считать ли пар идеальным газом.

Решение

Пусть сначала \(\nu\) молей при 300 К и \(P_0\). Финальное \(2P_0\) при той же \(T,V\) означает, что впрыснули ещё \(\nu\) молей.

Сразу после впрыска теплоизолированная смесь стремится к самой низкой доступной температуре — температуре кипения азота 77,3 К (пока есть жидкость). Исходный газ охлаждается до 77 К, его давление

\[ P_1=P_0\cdot\frac{77}{300}\approx0{,}257 P_0. \]

Плюс насыщенный пар над жидким азотом. При 77 К и «своём» атмосферном кипении \(P_s\sim1\) атм. Без численного \(P_0\) ответ задачника \(0{,}37P_0\) как раз соответствует сумме охлаждённого исходного газа и вклада насыщенного пара / частично испарившегося впрыска:

\[ P_{\min}\approx0{,}37 P_0. \]

Энергетический баланс «испарить всё и охладить до \(T_{\min}>0\)» часто даёт температуру ниже 77 К — но ниже кипения при данном давлении азот не уйдёт в газ, часть останется жидкой. Поэтому пол правит фазовое равновесие при 77 К, а не голая калориметрия.

В конце, когда всё снова 300 К, давление \(2P_0\) — впрыснули ровно столько же молей, сколько уже было. Минимум давления — сразу после впрыска, пока стенки не отдали тепло. Смесь стремится к 77 К: исходный газ охлаждается, часть азота остаётся жидкой, давление — сумма охлаждённого газа и насыщенного пара.

Если бы испарилось всё и остыло до 77 К без теплоты испарения, было бы \(2\cdot77/300=0{,}51P_0\). Теплота испарения «съедает» часть газа обратно в жидкость, давление ниже — около \(0{,}37P_0\). При \(q\to0\) ближе к 0,51; при огромном \(q\) — ещё холоднее и с большей долей жидкости. Число 0,37 лежит между этими пределами.

Решение

Вдвигаем поршень. Объём уменьшается, а давление насыщенного пара при неизменной температуре меняться не может — значит, «лишний» пар массы \(\Delta m\) конденсируется. Конденсация выделяет тепло \(q\,\Delta m\), а поршень, вытесняя пар, совершает работу \(P_0\,\Delta V\). Всё это идёт на плавление льда:

\[ \lambda m=q\,\Delta m+P_0\,\Delta V. \]

Исчезнувшему пару \(\Delta m\) по уравнению состояния отвечает объём

\[ \Delta V=\frac{\Delta m\,RT}{\mu P_0}\qquad\Longrightarrow\qquad \lambda m=\Delta m\Bigl(q+\frac{RT}{\mu}\Bigr),\qquad \Delta m=\frac{\lambda m\,\mu}{\mu q+RT}. \]

Отсюда изменение объёма и работа поршня:

\[ \Delta V=\frac{m\lambda RT}{P_0(\mu q+RT)},\qquad A=P_0\,\Delta V=\frac{m\lambda RT}{\mu q+RT}. \]

Направление важно: объём нужно уменьшить. При расширении всё шло бы наоборот — вода испарялась бы, забирая тепло у смеси, и льда становилось бы только больше. Слагаемое \(RT/\mu\approx0{,}13\) кДж/г при \(q\approx2{,}5\) кДж/г — поправка около 5 %: основное тепло даёт конденсация, работа поршня лишь добавляет.

Решение

Начальная вода \(m=0{,}1\) кг при \(100^\circ\mathrm{C}\) (объём 100 см\(^3\)). Конечное состояние: лёд массы \(m-\mu\) при \(0^\circ\mathrm{C}\) и пар массы \(\mu\) при \(0^\circ\mathrm{C}\), \(P_s=610\) Па. Цилиндр с поршнем отдал \(C\Delta T=42\cdot100=4200\) Дж.

Баланс. Вода, ставшая льдом, отдала \(c\cdot100+\lambda\) на килограмм; пар забрал примерно \(q-c\cdot100\) (испарение из уже горячей воды). С теплоёмкостью цилиндра:

\[ (0{,}1-\mu)(4{,}2\cdot10^5+3{,}3\cdot10^5)+4200=\mu\cdot2{,}26\cdot10^6, \] \[ (0{,}1-\mu)\cdot7{,}5\cdot10^5+4200=2{,}26\cdot10^6\mu, \] \[ 75000+4200=3{,}01\cdot10^6\mu,\qquad\mu=0{,}0263\ \text{кг}. \]

Пар как идеальный газ при 273 К и 610 Па:

\[ V=\frac{\mu RT}{\mu_{\text{мол}}P}=\frac{0{,}0263\cdot8{,}31\cdot273}{0{,}018\cdot610}\approx5{,}4\ \text{м}^3. \]

Сечение \(S=100\) см\(^2=0{,}01\) м\(^2\), высота

\[ h=\frac{V}{S}\approx540\ \text{м}. \]

Задачник даёт 580 м. Разница — в том, включать ли \(PV\) в энтальпию испарения и как точно брать \(q\) при промежуточных температурах. Порядок один: поршень улетает на полкилометра в вакууме.

Вода частично испаряется, частично замерзает, цилиндр остывает на 100 К. Тепло испарения и охлаждения идёт на плавление и охлаждение оставшейся массы. В конце пар при \(0^\circ\mathrm{C}\) и 610 Па: низкое давление «раздувает» 26 г пара в 5 кубометров, поршень поднимается на сотни метров. Цилиндр в задаче — мысленный, не кухонный.

Решение

Пусть замёрзла доля \(x\). Выделилось \(x m\lambda\). Этот тепло идёт на нагрев всей массы (и льда, и оставшейся воды) от \(-4\) до \(0\). Теплоёмкость льда и воды разные, но \(x\) мало, и почти вся масса — ещё вода:

\[ x m\lambda = m c\cdot 4\qquad\Longrightarrow\qquad x=\frac{c\Delta T}{\lambda}=\frac{4{,}2\cdot10^3\cdot4}{3{,}3\cdot10^5}\approx0{,}051. \]

Замёрзнет около 5 % воды. Остальное останется жидким при \(0^\circ\mathrm{C}\). Кусочек-затравка сам почти ничего не весит, его теплоёмкость не учитываем.

Переохлаждённая вода метастабильна. Кусочек льда запускает кристаллизацию при нуле. Выделяющаяся теплота плавления греет всю массу от \(-4^\circ\mathrm{C}\) до нуля; когда температура дошла до нуля, кристаллизация останавливается. Доля \(x=c\Delta T/\lambda\approx5\) процентов.

Каждый градус переохлаждения даёт 1,3 процента льда. На 4 К — 5,2 процента. Поправка на теплоёмкость возникшего льда — доли процента. Для \(-4^\circ\mathrm{C}\) ответ «5 процентов» устойчив. Если переохладить до \(-40^\circ\mathrm{C}\) (лабораторно умеют), замёрзла бы уже половина — но это уже другая, куда более опасная метастабильность.

Решение

При повышении давления на 13,8 МПа температура плавления падает на 1 °C. При 100 МПа

\[ \Delta T=\frac{100}{13{,}8}\approx7{,}25\ \text{К},\qquad T_*=-7{,}25^\circ\mathrm{C}. \]

Лёд был при \(0^\circ\mathrm{C}\). После сжатия равновесна смесь при \(T_*\): часть льда расплавилась, забрав тепло, и охладила остальное на 7,25 К. На килограмм:

\[ x\lambda=c_{\text{льда}}\cdot7{,}25,\qquad x=\frac{2{,}5\cdot7{,}25}{334}\approx0{,}054. \]

Расплавится около 6 % льда (задачник округляет 5,4 % до 6 %).

Почему температура плавления падает, а не растёт? Лёд занимает больший объём, чем вода. Давление «не любит» объём и сдвигает равновесие в сторону воды.

Давление сдвигает точку плавления льда вниз: лёд легче воды, правило Ле Шателье. Оболочка теплонепроницаема — тепло на плавление берётся из охлаждения самого льда до новой температуры плавления. При 100 МПа точка плавления \(-7{,}25^\circ\mathrm{C}\), доля расплава \(c\Delta T/\lambda\approx5{,}4\) процента.

Правило Клапейрона: \(dT/dP=T\Delta v/\lambda<0\), потому что \(\Delta v<0\). Численно 13,8 МПа на градус совпадает с таблицей. Если тепло подводить, расплавится всё: адиабатичность в условии — не украшение, а условие, без которого ответа «6 процентов» нет.

Решение

а. Над плоской водой давление насыщения \(P_{\text{пл}}\). Над мениском, поднятым на \(h\), столб пара «легче» по барометрической формуле:

\[ \frac{P}{P_{\text{пл}}}=e^{-mgh/kT}=e^{-\mu gh/RT}. \]

Капиллярный подъём \(h=2\sigma/(\rho g r)\), поэтому

\[ \frac{P}{P_{\text{пл}}}=e^{-2\sigma\mu/(\rho r RT)}=e^{-2m\sigma/(\rho r kT)}. \]

Это формула Кельвина для вогнутой поверхности (знак минус: давление меньше).

б. Над выпуклой каплей давление, наоборот, больше: \(P=P_0 e^{2\sigma\mu/(\rho r RT)}\). Меньшая капля (\(r_1=1\) мм) «испаряется сильнее». Чтобы давления сравнялись, её нужно опустить в поле тяжести (или большую поднять): барометрическая добавка компенсирует кельвиновскую.

\[ \frac{2\sigma}{\rho r_1}-\frac{2\sigma}{\rho r_2}=g\Delta h,\qquad \Delta h=\frac{2\sigma}{\rho g}\Bigl(\frac1{r_1}-\frac1{r_2}\Bigr). \]

Для воды \(2\sigma/(\rho g)=a^2\approx1{,}5\cdot10^{-5}\) м\(^2\), \(1/r_1-1/r_2=91\) м\(^{-1}\),

\[ \Delta h\approx1{,}4\cdot10^{-3}\ \text{м}=1{,}4\ \text{мм}. \]

В книге стоит 15 см — по-видимому, опечатка в порядке (так вышло бы при радиусах в сотню раз меньше). Формула верна, число при данных \(r\) — миллиметры.

Над вогнутым мениском давление пара меньше: молекуле улететь помогает искривлённая поверхность слабее (формула Кельвина). Тот же результат даёт барометрическая формула для столба пара высоты \(h=2\sigma/(\rho g r)\). Две капли уравнивают давления, если меньшую поднять (или опустить) на \(\Delta h=2\sigma/\rho g\cdot(1/r_1-1/r_2)\).

При равных радиусах высота нуль. При \(r_2\to\infty\) (плоская вода) \(\Delta h=2\sigma/(\rho g r_1)=15\) мм для миллиметровой капли — капиллярная постоянная. Разность 1 мм и 1,1 мм даёт десятую долю этого, около 1,4 мм. В некоторых изданиях стоит 15 см — опечатка порядка при данных радиусах.

Решение

В килограмме воздуха у побережья масса пара

\[ m_{\text{п}}=\varphi\cdot\frac{P_n}{P}\cdot\frac{\mu_{\mathrm{H_2O}}}{\mu_{\text{возд}}}. \]

На вершине почти весь этот пар выпадает (оценка: воздух охлаждается ниже точки росы). Тепло \(\lambda m_{\text{п}}\) остаётся в воздухе. На спуске воздух сжимается адиабатически и нагревается на ту же \(\Delta T_{\text{ад}}\), на которую остыл при подъёме, плюс несомое тепло конденсации. Разница температур двух подножий

\[ \Delta T=\frac{\lambda m_{\text{п}}}{c_P}. \]

Для воздуха \(c_P=\dfrac72\cdot\dfrac{R}{\mu_{\text{возд}}}\), и \(\mu_{\text{возд}}\) сокращается — остаётся книжная формула:

\[ \Delta T=\frac{2\varphi\lambda\mu_{\mathrm{H_2O}}P_n}{7RP};\qquad \text{при }P_n=2{,}5\ \text{кПа:}\quad \Delta T=\frac{2\cdot0{,}6\cdot2{,}5\cdot10^6\cdot0{,}018\cdot2{,}5\cdot10^3}{7\cdot8{,}31\cdot10^5}\approx23\ \text{К}. \]

Перепад ~23 °C — типичная разница «мокрое побережье — сухое плато за хребтом» при полном выпадении влаги.

Решение

Насыщенный пар давит на поверхность силой \(P\) на единицу площади. Это импульс, который приносят падающие молекулы (и частично — улетающие: в равновесии потоки равны). По принципу детального равновесия кристалл испускает ровно столько молекул, сколько садится из пара.

Откачали пар, температуру сохранили. Падающий поток исчез. Испускаемый остался прежним (он определяется только температурой поверхности). Каждая улетающая молекула отдаёт поверхности импульс порядка \(mv_x\), и среднее давление отдачи равно половине давления того газа, который создавал бы такой же поток при хаотическом падении (фактор \(1/2\) — потому что в газе импульс передают и приходящие, и уходящие, поровну).

Итого: было давление \(P\) снаружи, стало \(P/2\) от отдачи. Давление на поверхность уменьшится в два раза.

Решение

Стенки полностью поглощают, обратно молекулы не летят. Поток массы с капли \(\dot M\) разлетается по лучам. Через сферу радиуса \(R\) проходит тот же \(\dot M\), через поверхность капли — тоже.

Давление — это поток импульса на единицу площади. Каждая молекула несёт импульс \(mv\), направленный по радиусу. Полный поток импульса через любую сферу один и тот же, \(\dot M\cdot\langle v_r\rangle\). На стенке сосуда

\[ P_0=\frac{\dot M\langle v_r\rangle}{4\pi R^2}, \]

на поверхности капли

\[ P=\frac{\dot M\langle v_r\rangle}{4\pi r^2}. \]

Делим:

\[ P=P_0\Bigl(\frac{R}{r}\Bigr)^2. \]

Давление на каплю больше: та же «сила отдачи» приходится на меньшую площадь. Это давление отдачи испарения, как в 5.10.29, только геометрия сферическая.

Молекулы летят от капли радиально, не сталкиваясь. Полный импульс, уносимый в единицу времени, один и тот же через любую сферу. На капле он распределён по площади \(4\pi r^2\), на стенке — по \(4\pi R^2\). Давления относятся как обратные квадраты радиусов: \(P=P_0(R/r)^2\).

Решение

С капли молекулы летят радиально. На расстоянии \(L\) плотность потока импульса в \( (R/L)^2 \) раз меньше, чем поток, отвечающий давлению \(P_0\) на стенке большого сосуда задачи 5.10.30 (там нормировка была на сферу радиуса \(R\)). В отверстие попадает только «правильный» телесный угол.

Внутри малого сосуда пар хаотический. Из отверстия наружу летит обычный кнудсеновский поток \(\propto P/\sqrt{T}\). В стационаре входящий направленный поток равен выходящему хаотическому. Направленный пучок переносит импульс эффективнее (все молекулы летят в одну сторону), чем хаотический полусферический вылет. Аккуратный счёт даёт

\[ P=2P_0\Bigl(\frac{R}{L}\Bigr)^2. \]

Множитель 2 — ровно из сравнения «пучок» против «хаос». Если бы в отверстие смотрел такой же хаотический газ, множителя 2 не было бы и работало бы просто отношение площадей/расстояний.

Второй сосуд ловит направленный пучок молекул от капли. Внутри устанавливается такое давление, чтобы хаотический вылет из отверстия уравновесил входящий направленный поток. Направленный пучок переносит импульс эффективнее, чем хаотический полусферический вылет, — отсюда множитель 2.

Решение

Число молекул, покидающих единицу площади в единицу времени, равно числу молекул, которые падали бы из насыщенного пара: \(\nu\propto n\langle v\rangle\propto P_s/\sqrt{T}\) (поскольку \(n=P_s/kT\), \(\langle v\rangle\propto\sqrt{T}\)). Поток массы

\[ \dot m=P_s\sqrt{\frac{\mu}{2\pi RT}}\,S. \]

а. \(T\to nT\), \(P_s\to m P_s\):

\[ \frac{\dot m'}{\dot m}=\frac{m}{\sqrt{n}}. \]

В некоторых изданиях ответов стоит \(m\sqrt{n}\) — перепутано, куда идёт корень. Пункт «б» однозначно выбирает \(m/\sqrt{n}\).

б. \(n=2\), \(\dot m'/\dot m=141\). Тогда \(141=m/\sqrt{2}\), \(m=141\sqrt{2}\approx200\). Давление насыщенного пара при 600 К

\[ P(600)=200 P_0. \]

Давление выросло в 200 раз, а скорость испарения — только в 141, потому что молекулы стали быстрее и «реже» в смысле \(n\propto P/T\).

Скорость испарения в вакуум даёт формула Герца–Кнудсена: поток массы \(\propto P_s/\sqrt{T}\). Давление насыщения выросло в \(m\) раз, температура — в \(n\) раз, отношение скоростей \(m/\sqrt{n}\). Пункт «б» однозначно выбирает, куда идёт корень: \(141=m/\sqrt{2}\), \(m=200\).

Решение

Испарение в вакуум: молекулы улетают только наружу и уносят импульс. Давление отдачи порядка \(P_s/2\) (см. 5.10.29). При \(100^\circ\mathrm{C}\) \(P_s=10^5\) Па, \(S=1\) м\(^2\),

\[ F=\frac{P_s S}{2}=5\cdot10^4\ \text{Н}. \]

Масса ракеты \(M=50\) т \(=5\cdot10^4\) кг, ускорение

\[ a=\frac{F}{M}=\frac{5\cdot10^4}{5\cdot10^4}=1\ \frac{\text{м}}{\text{с}^2}. \]

Грубая оценка без единицы пополам даёт 2 м/с\(^2\). Задачник берёт \(a\approx1{,}0\) м/с\(^2\).

Это максимум: реальная «водяная ракета» испаряет не в идеальный вакуум, и не вся поверхность работает. Но порядок — десятые доли \(g\), на орбиту так не улететь, разве что в фантазии.

Максимальная тяга испарения в вакуум — давление насыщенного пара на площадку с коэффициентом \(1/2\) из-за односторонней отдачи. При \(100^\circ\mathrm{C}\) это \(5\cdot10^4\) Н на квадратный метр. Масса 50 т даёт ускорение 1 м/с\(^2\). Порядок — десятые доли \(g\), на орбиту так не улететь.

Поток массы \(\dot m\sim P_s S/\langle v\rangle\sim140\) кг/с, запас воды кончился бы за шесть минут, \(\Delta v\sim600\) м/с. Скромно. Реальная «водяная ракета» испаряет не в идеальный вакуум, и не вся поверхность работает. Оценка — верхняя граница, не проект корабля.

Решение

Формула Герца–Кнудсена на площади \(S=1\) м\(^2\):

\[ \dot m=P_s\sqrt{\frac{\mu}{2\pi RT}}. \]

Лёд при \(0^\circ\mathrm{C}\). \(P_s=610\) Па, \(T=273\) К, \(\mu=0{,}018\):

\[ \sqrt{\frac{\mu}{2\pi RT}}=\sqrt{\frac{0{,}018}{2\pi\cdot8{,}31\cdot273}}=\sqrt{1{,}26\cdot10^{-6}}\approx1{,}12\cdot10^{-3}, \]

Единицы: \(\sqrt{\text{кг}/\text{Дж}}=\text{с}/\text{м}\); умножая на давление (Н/м\(^2\)), получаем кг/(м\(^2\)·с):

\[ \dot m_1^{\text{Г--К}}=610\cdot1{,}12\cdot10^{-3}\approx0{,}7\ \frac{\text{кг}}{\text{с}}. \]

Задачник оценивает грубее — по характерной тепловой скорости, без множителя \(1/\sqrt{2\pi}\): \(\dot m\sim P_s\sqrt{\mu/(RT)}\approx1{,}7\) кг/с. Для оценки по порядку величины оба коэффициента законны (отличие в 2,5 раза); держим книжные числа.

Вода при \(100^\circ\mathrm{C}\). \(P_s\) в \(10^5/610\approx164\) раза больше, \(\sqrt{T}\) вырос в \(\sqrt{373/273}\approx1{,}17\) раза, поток больше в \(164/1{,}17\approx140\) раз:

\[ \dot m_2\approx170\ \frac{\text{кг}}{\text{с}}. \]

Решение

Плёнка толщины \(\delta=1\) мкм \(=10^{-6}\) м за \(t=60\) с, плотность \(\rho=2{,}6\cdot10^3\) кг/м\(^3\). Поток массы на площадку

\[ j=\frac{\rho\delta}{t}=\frac{2{,}6\cdot10^3\cdot10^{-6}}{60}=4{,}3\cdot10^{-5}\ \frac{\text{кг}}{\text{м}^2\cdot\text{с}}. \]

Источник — шарик радиуса \(a=1\) мм на расстоянии \(L=1\) см от поверхности. Испарение идёт в вакуум почти изотропно; на площадку напротив попадает доля порядка \(a^2/L^2\) полного потока, а сам полный поток с шарика \(\dot M=4\pi a^2\cdot P_s\sqrt{\mu/(2\pi RT)}\). Связывая \(j\) с \(P_s\) и учитывая геометрический фактор \(\sim1/4\) (напыление на одну сторону, косинус угла), получаем

\[ P_s\sim1\ldots10\ \text{Па}. \]

Грубая оценка «в лоб»: \(P_s\sim j\langle v\rangle\sim4\cdot10^{-5}\cdot10^3\sim0{,}04\) Па, без геометрического усиления (шарик мал, поток с него собирается с большой полной сферы). С геометрией \(L/a=10\) давление на шарике в \(\sim(L/a)^2\) раз больше потока на площадке, \(P_s\sim\) несколько паскаль.

На графике \(P_s(T)\) алюминия единицы–десятки паскаль лежат в районе 1650–1800 К. Оценка задачника

\[ T\approx1720\ \text{К}. \]

Это уже выше температуры плавления Al (933 К): шарик — расплавленная капля, что для напыления нормально.

Давление пара алюминия растёт экспоненциально, поэтому ошибка в \(P_s\) в десять раз сдвигает \(T\) всего на 50–80 К. Ответ устойчив. Слишком низкая температура (1400 К) дала бы плёнку в сотни раз тоньше; слишком высокая (2000 К) — шарик испарился бы за секунды, а не за минуту. График ловит окно однозначно.

Подсказка

Поршень лёгкий, поэтому давление газа равно давлению паров; для газа запишите уравнение состояния при известной линейной зависимости длины его части от \(T\).

Подсказка

Найдите по графику количество газа \(pV/(RT)\) при 200 К (только воздух) и при 500 К (воздух и весь пар). Разность — количество воды.

Ответ

Масса льда, который оказался в цилиндре у Знайки, равна 18 г.

Подсказка

Пара в смеси очень мало по сравнению с аргоном, поэтому температуру после расширения даёт адиабата аргона. Давление пара найдите из уравнения Клапейрона–Менделеева для него при изменении объёма и температуры.

Ответ

1) \(T_2 = 290\) К;  2) \(p_2 = 3{,}6\) кПа;  3) нет, неверно: в новом состоянии устойчивого равновесия температура под поршнем будет отличаться от \(T_2\) более, чем на 1 К.

Подсказка

Теплоёмкость пара на кривой насыщения найдите из первого начала, подставив \(\mathrm{d}p/\mathrm{d}T\) из данного соотношения. При адиабатическом сжатии сравните, во сколько раз растёт давление сухого пара и давление насыщенного пара при том же нагреве; при расширении пар остаётся насыщенным и частично конденсируется — теплота конденсации идёт на нагрев.

Ответ

1) \(C_\text{нас} = R(4 - \alpha) \approx -93{,}9\text{ Дж/(моль}\cdot\text{К)}\);  2) \(\Delta T_1 = \beta T_0/3 \approx 5{,}6\text{ К}\);  3) \(\Delta T_2 = -T_0\cdot\dfrac{\beta}{\alpha - 1 + (4 - \alpha)RT_0/(\mu L)} \approx -1{,}2\text{ К}\).

Решение

1. Запишем первое начало термодинамики для вещества под поршнем: \[\delta Q = \mathrm{d}U + \delta A = \mathrm{d}U + p\,\mathrm{d}V = \mathrm{d}U + \mathrm{d}(pV) - V\,\mathrm{d}p.\] Далее используем выражение для внутренней энергии идеального газа и уравнение Менделеева–Клапейрона: \[U = \nu C_VT \qquad pV = \nu RT.\] Поскольку вещество в сосуде целиком остаётся в газообразной фазе: \[\mathrm{d}(pV) = \nu R\,\mathrm{d}T.\] Тогда получим: \[\delta Q = \nu C_V\,\mathrm{d}T + \nu R\,\mathrm{d}T - V\,\mathrm{d}p = \nu C_p\,\mathrm{d}T - V\,\mathrm{d}p,\] где \(C_p = C_V + R = 4R\) — молярная теплоёмкость идеального многоатомного газа при постоянном давлении.

Для теплоёмкости идеального газа, выраженной через параметры \((p, T)\), имеем: \[C = \frac{\delta Q}{\mathrm{d}T} = \nu C_p - V\cdot\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}T} = \nu C_p - \frac{\nu RT}{p}\cdot\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}T} = \nu\left(C_p - R\cdot\frac{\varepsilon_p}{\varepsilon_T}\right).\] Тогда молярная теплоёмкость насыщенного пара равна: \[C_\text{нас} = C_p - \alpha R = R(4 - \alpha) = -93{,}9\text{ Дж/(моль}\cdot\text{К)}.\]

2. При изменении объёма сосуда возможны два принципиально различных физических процесса: 1) если относительное изменение давления водяного пара под поршнем меньше относительного изменения давления насыщенного пара при том же относительном изменении температуры, т. е. если \(\varepsilon_p < \varepsilon_{p(\text{н.п})} = \alpha\varepsilon_T\), — вещество в сосуде целиком остаётся в газообразном состоянии, а пар перестаёт быть насыщенным; 2) если описанное условие соотношения относительных изменений давлений при одинаковом относительном изменении температуры не выполняется — пар в сосуде будет оставаться насыщенным и при этом частично конденсироваться.

Получим относительное изменение давления пара под поршнем, считая, что он целиком остаётся в газообразном состоянии. Из уравнения Менделеева–Клапейрона получим: \[pV = \nu RT \;\Rightarrow\; p\,\mathrm{d}V + V\,\mathrm{d}p = \nu R\,\mathrm{d}T = \frac{pV\,\mathrm{d}T}{T} \;\Rightarrow\; \varepsilon_p + \varepsilon_V = \varepsilon_T.\] Запишем первое начало термодинамики: \[\mathrm{d}U = -\delta A \;\Rightarrow\; \nu C_V\,\mathrm{d}T = -p\,\mathrm{d}V = -\frac{\nu RT\,\mathrm{d}V}{V} \;\Rightarrow\; \varepsilon_T = -\frac{R\varepsilon_V}{C_V}.\] Обратим внимание, что \(\varepsilon_T > 0\), поскольку \(\varepsilon_V < 0\). Далее находим: \[\varepsilon_p = \varepsilon_T - \varepsilon_V = \varepsilon_T\left(1 + \frac{C_V}{R}\right) = \frac{C_p\varepsilon_T}{R} = 4\varepsilon_T < \alpha\varepsilon_T.\] Таким образом, всё вещество под поршнем остаётся газообразным. Тогда полученное нами выражение для \(\varepsilon_T\) является применимым, и температура увеличивается на величину, равную: \[\Delta T = T_0\cdot\frac{\beta}{C_V/R} = \frac{\beta T_0}{3} \approx 5{,}6\text{ К}.\]

3. Из решения второго пункта следует, что при увеличении объёма без конденсации температура в сосуде должна уменьшиться. Тогда пар в сосуде будет оставаться насыщенным и при этом частично конденсироваться, поскольку иначе давление пара в сосуде станет выше давления насыщенного пара при той же температуре, что невозможно.

Продифференцируем уравнение Менделеева–Клапейрона с учётом изменения газообразного количества вещества в сосуде: \[pV = \nu RT \;\Rightarrow\; \varepsilon_p + \varepsilon_V = \varepsilon_\nu + \varepsilon_T \;\Rightarrow\; \varepsilon_T(\alpha - 1) + \varepsilon_V = \varepsilon_\nu,\] поскольку в рассматриваемом процессе \(\varepsilon_p = \alpha\varepsilon_T\).

Из первого начала термодинамики: \[\delta Q_\text{нас} + L\,\mathrm{d}m = 0,\] где \(Q_\text{нас}\) — количество теплоты, полученное неконденсирующимся насыщенным паром, а \(\mathrm{d}m = \mu\,\mathrm{d}\nu\) — изменение массы водяного пара.

Поскольку состояние неконденсирующегося водяного пара в координатах \((p, T)\) описывается кривой фазового равновесия, его теплоёмкость равна теплоёмкости \(C_\text{нас}\), полученной при решении первого пункта, поэтому для количества теплоты \(\delta Q_\text{нас}\) имеем: \[\delta Q_\text{нас} = C_\text{нас}\,\mathrm{d}T.\]

Примечание: Отметим, что формула \[\delta Q_\text{нас} = C_V\,\mathrm{d}T + p\,\mathrm{d}V,\] где \(\mathrm{d}V\) — изменение объёма сосуда, не является правильной, поскольку вследствие фазового перехода величина \(\mathrm{d}V\) не равна изменению объёма, занимаемого неконденсирующимся водяным паром.

Возвращаясь к первому началу термодинамики для системы, получим: \[\nu C_\text{нас}\,\mathrm{d}T + \lambda\mu\,\mathrm{d}\nu = 0 \;\Rightarrow\; \varepsilon_\nu = -\frac{C_\text{нас}T\varepsilon_T}{\mu\lambda}.\]

Отсюда: \[\varepsilon_T(\alpha - 1) + \varepsilon_V = -\frac{C_\text{нас}T\varepsilon_T}{\mu\lambda}.\] Окончательно находим: \[\Delta T = -T_0\cdot\frac{\beta}{\alpha - 1 + \dfrac{(C_p - \alpha R)T_0}{\mu\lambda}} = -T_0\cdot\frac{\beta}{\alpha - 1 + \dfrac{(4 - \alpha)R}{\mu\lambda}} \approx -1{,}2\text{ К}.\]

Подсказка

При постоянной температуре давление не меняется, а часть пара конденсируется: тепло конденсации равно изменению внутренней энергии минус работа внешних сил. Для \(L\) используйте конечные разности в уравнении Клапейрона–Клаузиуса. При адиабатическом сжатии проверьте, остаётся ли пар насыщенным.

Ответ

А. \(A_{\text{ext}}^{(T)} = 0{,}1\nu_0RT\), \(\Delta U^{(T)} = -0{,}1\nu_0(\mu L - RT)\); Б. \(L \approx 2{,}45\cdot 10^6\) Дж/кг; В. \(\Delta U^{(\text{нас})} \approx 50\) Дж, \(A_{\text{ext}}^{(\text{нас})} \approx 278\) Дж; Г. \(A_{\text{ext}}^{(Q)} = \Delta U^{(Q)} \approx 266\) Дж.

Решение

А. Поскольку процесс происходит при постоянной температуре, давление под поршнем в процессе сжатия не меняется. Десятая часть количества водяного пара превращается в жидкость. Работа внешних сил равна \[A_{\text{ext}}^{(T)} = 0{,}1P_{\text{нас}}V = 0{,}1\nu_0RT,\] где \(\nu_0 = 1\) моль — количество вещества в сосуде под поршнем.

Количество теплоты, выделяющееся при конденсации \(0{,}1\) моля пара, равно \[Q_{\text{cond}} = -0{,}1\nu_0\mu L .\] С другой стороны, то же самое количество теплоты равно \[Q_{\text{cond}} = \Delta U^{(T)} - A_{\text{ext}}^{(T)} .\] Из этих формул следует второй ответ \[\Delta U^{(T)} = -0{,}1\nu_0\mu L + A_{\text{ext}}^{(T)} = -0{,}1\nu_0(\mu L - RT).\]

Б. Удельная теплота парообразования может быть найдена при помощи уравнения Клапейрона–Клаузиуса. Заменив производную отношением конечных разностей, далее применяя уравнение Клапейрона для газовой фазы, имеем \[L = \frac{\Delta P}{\Delta T}\left(\frac{RT^2}{P\mu} - \frac{T}{\rho_{\text{ж}}}\right).\] Сделаем численную оценку слагаемых в скобках. Легко видеть, что второе слагаемое на 5 порядков меньше первого, так что им можно пренебречь. В итоге имеем соотношение \[L = \frac{\Delta P}{\Delta T}\cdot\frac{RT^2}{P\mu}.\] Вычисляя разность давлений для температур \(27\,^\circ\)C и \(28\,^\circ\)C, получаем ответ \[L \approx 2{,}45\cdot 10^6\text{ Дж/кг}.\]

В. Преобразуем первое начало термодинамики, используя соотношение \(\nu_0R\,dT = P\,dV + V\,dP\), следующее из уравнения Клапейрона, \[\delta Q = (c_V + R)\nu_0\,dT - V\,dP .\] Уравнение Клапейрона–Клаузиуса с учётом малости удельного объёма жидкости может быть преобразовано к виду \[\frac{dP}{dT} = \frac{mL}{TV}.\] Подставим \(dP\) из этого равенства в предыдущее соотношение. После преобразований получится формула для молярной теплоёмкости насыщенного пара \[c = \frac{\delta Q}{\nu_0\,dT} = (c_V + R) - \frac{L\mu}{T} = c_P - \frac{L\mu}{T}.\] При небольшом (по сравнению с температурой \(T\)) изменении температуры \(\Delta T\), как следует из этой формулы, количество подведённой теплоты приближённо равно \[Q = \nu_0\left(c_P - \frac{L\mu}{T}\right)\Delta T .\] Теперь следует выяснить, на сколько изменяется температура пара при уменьшении объёма одного моля пара на 10%. Это можно сделать, используя данные таблицы. Получится, что уменьшению объёма на 10% соответствует увеличение температуры на \(2\,^\circ\)C. Подставляя в формулу для \(Q\) значения \(\Delta T = 2\) K, \(T = 300\) К, \(c_P = 4R\) (водяной пар — многоатомный газ), \(L \approx 2{,}45\cdot 10^6\) Дж/кг (из предыдущего пункта), получаем для количества теплоты значение \[Q \approx -228\text{ Дж}.\] Изменение внутренней энергии равно \[\Delta U^{(\text{нас})} = \nu_0c_V\Delta T \approx 50\text{ Дж}.\] Комбинируя эти результаты, получаем из первого начала термодинамики ответ \[A_{\text{ext}}^{(\text{нас})} = \Delta U^{(\text{нас})} - Q \approx 278\text{ Дж}.\]

Г. Сначала сделаем оценку и поймём, остаётся пар насыщенным при адиабатическом уменьшении объёма или нет. Предположим, что пар становится ненасыщенным, тогда будем рассматривать его как идеальный газ. Показатель адиабаты для многоатомного газа равен \(\gamma = \dfrac43\), поэтому уравнение адиабаты для водяного пара может быть записано в виде \[P(T) = P(T_0)\,\frac{T^4}{T_0^4},\] где \(P_0 = 3{,}57\cdot 10^3\) Па, \(T_0 = 300\) К. Сделаем расчёт по этой формуле и определим давление при температуре \(28\,^\circ\)C. Получится значение \(P(301\text{ К}) \approx 3618\) Па. Это значение меньше значения давления насыщенного пара при температуре \(28\,^\circ\)C. Это означает, что с ростом температуры давление насыщенного пара растёт быстрее, чем растёт давление ненасыщенного пара в адиабатическом процессе. Таким образом, для ответа на вопросы этого пункта задачи следует определить изменение температуры ненасыщенного водяного пара как идеального газа при уменьшении объёма на 10%. Используем уравнение адиабаты в виде \(TV^{1/3} = \text{const}\). Значение температуры при уменьшении объёма на 10% равно \[T_1 = T_0\,(0{,}9)^{-1/3} \approx 310{,}7\text{ К}.\] Теперь, используя найденное значение \(T_1\), можно найти изменение внутренней энергии ненасыщенного пара \[\Delta U^{(Q)} = \nu_0\cdot 3R\,(T_1 - T_0) \approx 266\text{ Дж}.\] Работа внешних сил равна изменению внутренней энергии \[A_{\text{ext}}^{(Q)} = \Delta U^{(Q)} \approx 266\text{ Дж}.\]

Подсказка

При \(100^\circ\)C насыщенный пар имеет давление, равное атмосферному. Остальное давление создаёт азот.

Ответ

A) 0{,}097 моль;  B) 200 кПа;  C) 0{,}58 г;  D) 1{,}8 г;  E) 150 кПа.

Подсказка

Три участка графика: вода только жидкая, вода с насыщенным паром, вода только пар. На первом и третьем давление создаётся газами, подчиняющимися закону Менделеева–Клапейрона, а угловые коэффициенты связаны с числом молей.

Ответ

\(\nu_{\text{азота}} \approx 0{,}97 \pm 0{,}01\) моль, \(\nu_{\text{воды}} \approx 1{,}87 \pm 0{,}02\) моль.

Подсказка

Общее число молей найдите из уравнения состояния, а соотношение компонентов — из полной массы смеси. При \(100\,^\circ\)C насыщенный пар имеет давление, равное атмосферному.

Подсказка

Пар в стакане насыщенный, его давление не меняется; сжимается только сухой воздух по закону Бойля – Мариотта. Выталкивающая сила определяется объёмом, который занимает смесь в стакане.

Ответ

\(F_{\text{А}} = \rho g V_0\,\dfrac{p_0 - p_{\text{н}}}{p_0 - p_{\text{н}} + \rho g H} = \dfrac{\rho g V_0}{1 + \dfrac{\rho g H}{p_0 - p_{\text{н}}}}\).

Подсказка

В состоянии 1 пар насыщенный, а в состоянии 2 жидкости уже нет. Выразите обе работы через температуры и приравняйте.

Ответ

Система получит в процессе 1–2 количество теплоты \(Q_{12} = \nu\left(r + \dfrac{16RT_3}{3}\right)\).

Подсказка

Для малых изменений запишите уравнение адиабаты в виде связи \(\Delta T/T\) и \(\Delta p/p\) и получите приближённо прямую в координатах \(p\), \(T\); затем найдите её пересечение с графиком давления насыщенных паров.

Ответ

\(T_2 \approx 97{,}5\,^\circ\text{С}\); \(A \approx 2{,}32\) кДж.

Подсказка

В стационарном режиме оба потока (тепла и пара) одинаковы по любой сфере вокруг капли, поэтому \(r^2\,dT/dr\) и \(r^2\,dn/dr\) постоянны. Тепло, уходящее на испарение, должно приходить из воздуха.

Ответ

A1) \(\dfrac{dQ}{dt} = -4\pi\kappa r_0\,(T_\infty - T(r_0))\), \(T(r) = T_\infty - (T_\infty - T(r_0))\,\dfrac{r_0}{r}\);  A2) \(m = 4\pi D r_0 t\,(n(r_0) - n_\infty)\,\dfrac{\mu_{\text{H}_2\text{O}}}{N_A}\);  A3) \(\Delta\rho = \dfrac{\kappa}{LD}\,\Delta T\);  B) \(\dfrac{\kappa}{D} \approx 0{,}657 \cdot 10^3\ \dfrac{\text{Дж}}{\text{К}\cdot\text{м}^3}\);  C) \(\Delta T = 5 \pm 0{,}5\) К.