Изопроцессы

Процесс изотермический. На сколько изменилось давление и чем оно создано?

24

Давление газа равно атмосферному, процесс изобарный; для теплоты нужны и изменение внутренней энергии, и работа газа.

1) \(5{,}77\) л;  2) \(192\) Дж.

Объём в каждой точке определяется отношением \(T/p\); найдите, в какой точке цикла оно минимально.

5

Объём сосуда складывается из объёма воздуха и объёма кристаллов; для воздуха при изотермическом сжатии справедлив закон Бойля — Мариотта.

\(2300\text{ кг/м}^3\).

При закрытых клапанах давление меняется по закону Бойля — Мариотта. Определите, какое давление должно быть в крайних точках \(V_0\) и \(2V_0\), и в каких точках клапаны открываются. Число молей определяется произведением \(pV\).

Количество вещества в цилиндре принимает значения от 1,4 моль до 1,6 моль; зависимость давления от объёма приведена на графике (см. решение).

При первом прохождении состояния с объёмом \(V_0\) давление может принимать значение в промежутке от \(0{,}8p_0\) до \(1{,}4p_0\). Если бы клапаны не открывались, при увеличении объёма до \(2V_0\) давление по закону Бойля — Мариотта упало бы до значения от \(0{,}4p_0\) до \(0{,}7p_0\) — клапан бы всё равно открылся. Таким образом, давление при увеличении объёма до \(2V_0\) оказывается равным \(0{,}8p_0\).

При сжатии давление сначала возрастает обратно пропорционально объёму (по закону Бойля — Мариотта), а затем, по достижении значения \(1{,}4p_0\) (объём при этом равен \(2V_0\cdot 0{,}8p_0 : (1{,}4p_0) = 8V_0/7\)), открывается клапан, препятствующий дальнейшему увеличению давления. В состоянии с объёмом \(V_0\) давление окажется равным \(1{,}4p_0\). При расширении давление сначала будет убывать обратно пропорционально объёму, затем, по достижении значения \(0{,}8p_0\) (при объёме \(V_0\cdot 1{,}4p_0 : (0{,}8p_0) = 7V_0/4\)), откроется клапан, и давление далее будет равно \(0{,}8p_0\). Далее цикл будет повторяться. График процесса после хотя бы одного колебания изображён на рисунке.

Количество вещества \(\nu\) связано с давлением \(p\) и объёмом \(V\) соотношением \(pV = \nu RT_0\). Произведение давления на объём пробегает значения в промежутке от \(1{,}4p_0V_0\) до \(1{,}6p_0V_0\). Следовательно, количество вещества \(\nu\) принимает значения в промежутке от \(1{,}4\nu_0\) до \(1{,}6\nu_0\), где \(\nu_0 = p_0V_0/(RT_0) = 1\) моль.

Воздух в баке подчиняется уравнению состояния газа постоянной массы; перегородка выравнивает давления воздуха и воды. Объём воздуха уменьшается ровно на объём воды, перетёкшей в бак.

1) \(p_0 = 270\) кПа;  2) \(V = 13{,}2\) л.

Поршень подвижен, поэтому давления в обеих частях всегда одинаковы. Запишите уравнение состояния для каждой части и учтите, что полный объём сосуда не меняется.

\(\dfrac{\nu_1}{\nu_2} = \dfrac{\alpha}{1-\alpha} = 1\).

Клапан открывается, когда давление в цилиндре выходит за пределы \(p_0 - \Delta_1\) и \(p_0 + \Delta_2\). Выясните, достигают ли давления этих границ при изотермическом изменении объёма от \(V_0\) до \(2V_0\) и сколько воздуха при этом остаётся.

В первом случае \(\nu_{\max} = \dfrac{1{,}6\,p_0 V_0}{R T_0}\), \(\nu_{\min} = \dfrac{1{,}4\,p_0 V_0}{R T_0}\); во втором случае количество воздуха остаётся постоянным (после того, как оно один раз установилось) и равным \(\nu = \dfrac{1{,}2\,p_0 V_0}{R T_0}\). Процессы в координатах \(p\)–\(V\):

Газ в малом шаре и трубке изменяется изотермически; давление ртутного столба в барометрической трубке пропорционально \(g\). Свяжите малые относительные изменения \(g\), давления и объёма газа.

a) \(\left|\dfrac{\Delta g}{g}\right| \approx 10^{-4}\) (или в два раза меньше, если считается, что глаз способен различить половину цены деления);  b) \(H \approx 900\) м.

Когда вода перельётся через верх второго колена и закроет низ между третьим и четвёртым, в третьем колене окажется запертый воздух. Запишите равновесие давлений для пар колен и закон Бойля — Мариотта для этой «пробки».

1) \(H = l + \dfrac{1}{2}\left(\sqrt{l_0^2 + 4l_0 l} - l_0\right)\), где \(l_0 = \dfrac{p_0}{\rho g}\);  2) \(V = 4Sl\).

После заполнения водой второго слева вертикального участка, вода начнет стекать в третье колено, заполнит перемычку внизу между третьим и четвёртым и «отсечёт» воздух в третьем колене от атмосферного. Образуется воздушная «пробка», давление \(p\) внутри которой по мере заполнения четвёртого колена будет возрастать. Запишем условия равновесия (равенства давлений) для первого и второго вертикальных участков трубки: \[p_0 + \rho gH = p + \rho gl. \tag{1}\] Для третьего и четвертого \[p_0 + \rho gl = p + \rho g(l - x).\] Вычитая эти уравнения, получим \[H - l = x.\] Поскольку воздух внутри трубки начал сжиматься от объёма, соответствующего одному вертикальному участку, то по закону Бойля — Мариотта: \[p_0 lS = pxS.\] Из последних двух уравнений находим: \[p = \frac{p_0 l}{H - l}.\] Подставляем это в уравнение (1): \[p_0 + \rho gH = \frac{p_0 l}{H - l} + \rho gl.\] Избавимся от знаменателя в правой части и перегруппируем: \[\rho g(H - l)^2 + p_0(H - l) - p_0 l = 0.\]

Обозначив для удобства \(p_0/g = l_0\), решаем квадратное уравнение, оставляя только имеющий физический смысл положительный корень: \[H = l + \frac{1}{2}\left(\sqrt{l_0^2 + 4l_0 l} - l_0\right).\]

Объём налитой воды можно определить по суммарной длине трубы, занятой водой: \[V = S(H + 3l - x) = 4Sl.\]

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.

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

Объём газа в конце равен начальному, значит процесс изохорный; давление газа определяется весом поршня (с телом).

В равновесии давления газа слева и справа от поршня равны. Запишите уравнение состояния для каждой части и учтите, что количества газа одинаковы.

Если \(V\propto T\), то процесс изобарный. Выразите работу через изменение температуры.

127 \(^\circ\)С

При изохорном процессе вся теплота идёт на изменение внутренней энергии одноатомного газа.

\(20\) кПа

Участок 3–1 лежит на прямой, а на таком участке газ может и получать, и отдавать теплоту. Найдите состояние, где знак теплоты меняется, и считайте полученную теплоту только на тех участках, где она положительна.

1) \(A = RT_0\);  2) \(\eta \approx 9{,}5\%\).

По диаграмме \(V\) пропорционален \(\sqrt T\). Выразите давление через объём из уравнения состояния и найдите работу как площадь под графиком \(P(V)\).

\(A \approx 3{,}74\) кДж;  \(Q \approx 15\) кДж.

По уравнению состояния идеального газа \(PV = \nu RT\). По условию \(V = \alpha\sqrt T\). Исключая температуру, получим, что давление линейно зависит от объёма: \(P = \dfrac{\nu R}{\alpha^2}V\). Работа, совершённая газом, равна \[A = V_0\,\frac{P_0 + 2P_0}{2} = \frac32 P_0V_0 = \frac32\nu RT_0 = 3{,}74 \text{ кДж}.\] Здесь учтено, что \(P_0V_0 = \nu RT_0\). Количество теплоты по первому закону термодинамики равно \[Q = A + \Delta U = A + \frac32\,(2P_0\cdot 2V_0 - P_0V_0) = 6P_0V_0 = 6\nu RT_0 = 15 \text{ кДж}.\]

Следите за той порцией газа, которая осталась в баллоне: она расширилась адиабатически от меньшего объёма до объёма баллона. Конечное давление \(p_2\) связано с количеством газа в баллоне уравнением состояния.

\(\gamma \approx 1{,}4\).

Поршень подвижен без трения, поэтому давления в обеих частях всегда равны. Запишите уравнение состояния для каждой части в начале и в конце, учтите, что количество газа в каждой части не меняется.

\(n = 2{,}25\).

Пока оболочка не упёрлась в сферу, процесс изобарный; после этого объём не меняется. Найдите температуру, при которой оболочка заполнит сферу, и сложите теплоты двух стадий.

\(Q = 4\nu R T_0 \approx 3{,}3\) кДж.

Сначала тепло подводится при постоянном давлении, затем при постоянном объёме. Ответ: \(Q = 4\nu R T_0 = 3{,}3\) кДж.

Участок 1–2 лежит на прямой, проходящей через начало координат. Выразите работу как площадь цикла через температуры и свяжите \(T_2\) с \(T_1\), а \(T_4\) с \(T_3\).

\(A = \dfrac{\nu R}{2}(T_3 - 3T_1) = 2493\) Дж.

По закону Джоуля-Ленца в обоих нагревах газу передано одно и то же количество теплоты. Выразите через него изменения температуры из уравнения состояния.

\(\gamma = \dfrac{V(p_1 - p)}{p_1(V_2 - V)}\).

В обоих случаях в соответствии с законом Джоуля-Ленца газу передано одинаковое количество теплоты \(\Delta Q_1 = \Delta Q_2 = \Delta Q\).

При изохорическом нагревании: \[\Delta Q = \nu c_V\Delta T_1 = \nu c_V\frac{V(p_1 - p)}{\nu R} = c_V\frac{V(p_1 - p)}{R}.\] При изобарическом нагревании: \[\Delta Q = \nu c_p\Delta T_2 = \nu c_p\frac{p_1(V_2 - V)}{\nu R} = c_p\frac{p_1(V_2 - V)}{R}.\] Окончательно получаем: \[\gamma = \frac{c_p}{c_V} = \frac{V(p_1 - p)}{p_1(V_2 - V)} .\]

Давление газа под поршнем постоянно. Учтите, что при диссоциации энергия связи переходит в энергию теплового движения атомов с обратным знаком, а температура остаётся равной \(T_0\).

1) 4 (\(V = 2\) л);  2) 4 (\(Q = 250\) Дж).

После полной диссоциации двухатомного газа количество вещества в сосуде увеличится в два раза, следовательно при постоянном давлении в два раза увеличится объём. Выбрать следует столбец номер 4.

Потенциальная энергия химической связи в двухатомной молекуле меньше нуля и по абсолютной величине равна \(W_0\), поэтому после диссоциации одной двухатомной молекулы суммарная энергия двух атомов оказывается больше энергии молекулы на величину \(\Delta E\), удовлетворяющую соотношению \[\Delta E = 2\cdot\frac{3kT_0}{2} - \frac{5kT_0}{2} + W_0 = \frac{3kT_0}{2}.\] Таким образом, изменение внутренней энергии газа в сосуде после полной диссоциации молекул на атомы оказывается равно \(\Delta U = \dfrac32 \nu R T_0\), где \(\nu\) — начальное количество двухатомного газа. Учитывая, что газ также совершает работу, равную \(A = p_0 V_0\), для количества теплоты из первого начала термодинамики имеем равенство \[Q = \frac32 \nu R T_0 + p_0 V_0 = \frac52 p_0 V_0 = 250\text{ Дж}.\] Численный ответ совпадает со значением, стоящим в столбце номер 4.

Вся система «бутылка плюс вода и воздух внутри» плавает, пока часть её над водой; запишите условие плавания через объём погружённой части и найдите объём воздуха в начале и в момент полного погружения.

\(t \approx 4{,}2\,{}^\circ\text{C}\).

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

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

Запишите уравнение прямой 3–1 и выясните, при каком объёме температура на ней максимальна. Максимум температуры за цикл достигается в точке 3, если этот объём не меньше объёма в состоянии 3; используйте уравнение изотермы 1–2 и связь объёмов.

Максимальная температура газа за весь цикл достигается в состоянии 3 при условии, что давление в этом состоянии \(p_3 \geq \dfrac{p_1^2+p_2^2}{2p_1}\).

Нарисуйте процесс на диаграмме \(p\)–\(V\): нагрев при постоянном объёме до начала скольжения, затем изобара, затем охлаждение при постоянном объёме до момента, когда поршень снова тронется (в обратную сторону).

1) \(V_5 = \dfrac{5}{4}V_0\);  2) \(\Delta Q = 2{,}3\,\nu R T_0\);  3) \(N = \dfrac{0{,}2\,p_0 S}{\mu} = \dfrac{0{,}2\,\nu R T_0 S}{V_0\mu}\).

Давление ртути на уровне трубки \(\rho g L\) уравновешивается атмосферным давлением и давлением газа. При уменьшении \(g\) ртуть перетекает из сосуда в трубку: свяжите смещение границы в тонкой трубке с изменением уровня в широком сосуде через объём.

\(h = 32{,}5\text{ м} \pm 0{,}5\text{ м}\).

Условие равновесия поршня — квадратное уравнение относительно \(x\); сравните, как растут с \(x\) давление газа (закон Бойля — Мариотта) и давление ртути, чтобы понять, какое из положений равновесия устойчиво. Поршень срывается к упорам, когда два положения равновесия сливаются (касание графиков).

1) \(h_1 = \dfrac{(h_0 + h_{max} + x_{max})(L - x_{max})}{L} - h_0 = 380\) мм;  2) \(x_1 = L - h_0 - h_1 = 1900\) мм;  3) \(x_2 = \dfrac{L - h_0 + \sqrt{(L + h_0)^2 - 4(h_0 + h_{max} + x_{max})(L - x_{max})}}{2} = 1520\) мм;  4) \(h_2 = 2\sqrt{(h_0 + h_{max} + x'_{max})(L - x'_{max})} - (L + h_0) \approx 1007\) мм.

1. Пусть \(\Delta p\) — отличие давления воздуха под поршнем от атмосферного в начале процесса. Поршень придёт в движение, когда давление ртути на поршень сравняется с избыточным давлением воздуха под поршнем, откуда: \[p_0 + \rho gh_1 = p_0 + \Delta p \implies h_1 = \frac{\Delta p}{\rho g}.\] Температура воздуха под поршнем может считаться постоянной. Поскольку нижняя часть трубы закрыта, количество воздуха под поршнем также будет оставаться постоянным. Тогда, если давление воздуха под поршнем обозначить за \(p_\text{в}\), его зависимость от \(x\) определяется законом Бойля–Мариотта: \[p_\text{в}V = \mathrm{const} \implies p_\text{в} = \frac{(p_0 + \Delta p)L}{L - x}.\] Пусть уровень ртути в сосуде равен \(h\). Тогда давление \(p_\text{р}\) ртути на поршень составляет: \[p_\text{р} = p_0 + \rho g(h + x).\] В положении равновесия давление воздуха под поршнем равно давлению ртути на поршень, поэтому: \[p_0 + \rho g(x + h) = \frac{(p_0 + \Delta p)L}{L - x}.\] Когда уровень ртути в сосуде достигает максимального значения \(h_{max}\), величина \(x = x_{max}\), получаем: \[\frac{\Delta p}{\rho g} = h_1 = \left(\frac{p_0}{\rho g} + x_{max} + h_{max}\right)\left(1 - \frac{x_{max}}{L}\right) - \frac{p_0}{\rho g},\] или с учётом \(p_0/(\rho g) = h_0\): \[h_1 = \frac{(h_0 + h_{max} + x_{max})(L - x_{max})}{L} - h_0 = 380\text{ мм}.\]

2. Перепишем условие равновесия поршня в следующем виде: \[(h_0 + h + x)(L - x) = (h_0 + h_1)L.\] Раскроем скобки и получим: \[x^2 - (L - h_0 - h)x + (h_1 - h)L = 0.\] Обратим внимание, что при \(h > h_1\) свободный член полученного квадратного уравнения является отрицательным, что следует из теоремы Виета, а значит уравнение имеет ровно один положительный корень. Тогда, поскольку нахождение поршня выше упоров не является возможным, при \(h > h_1\) поршень имеет единственное положение равновесия. Так как \(\Delta h \ll h_1\), свободный член можно принять равным нулю. Сокращая решение \(x = 0\), получим: \[x_1 = L - h_0 - h_1,\] или же: \[x_1 = L - \frac{(h_0 + h_{max} + x_{max})(L - x_{max})}{L} = 1900\text{ мм}.\]

3. После того, как уровень ртути в сосуде окажется ниже верхней части трубы, положение равновесия поршня перестанет изменяться. Решим квадратное уравнение, получаемое из условия равновесия поршня, при \(h = 0\): \[x_{2(1,2)} = \frac{L - h_0 \pm \sqrt{(L - h_0)^2 - 4Lh_1}}{2} = 0{,}76\text{ м},\ 1{,}52\text{ м}.\] Таким образом, когда уровень ртути в сосуде понизится до практически нулевого, поршень имеет два положения равновесия и расположится в том из них, которое является устойчивым. Проанализируем оба найденных положения равновесия поршня на устойчивость.

Положение равновесия поршня является устойчивым, если при повышении расстояния между ним и упорами давление воздуха под поршнем становится выше, чем давление ртути на поршень. Если расстояние между поршнем и упорами увеличилось на малую величину \(\Delta x\), то условия устойчивости положения равновесия поршня можно записать следующим образом: \[p_0 + \rho g(h + x + \Delta x) < \frac{(p_0 + \Delta p)L}{L - x - \Delta x}.\] Используя условие равновесия, получим: \[\rho g\Delta x < \frac{(p_0 + \Delta p)L}{L - x - \Delta x} - \bigl(p_0 + \rho g(h + x)\bigr) = \frac{(p_0 + \Delta p)L}{L - x - \Delta x} - \frac{(p_0 + \Delta p)L}{L - x}.\] С учётом малости \(\Delta x\) имеем: \[\rho g\Delta x < \frac{(p_0 + \Delta p)L\Delta x}{(L - x - \Delta x)(L - x)} \approx \frac{(p_0 + \Delta p)L\Delta x}{(L - x)^2} \implies \rho g < \frac{(p_0 + \Delta p)L}{(L - x)^2}.\] Определим значения \(x\), при которых положения равновесия поршня является устойчивым: \[L > x > L - \sqrt{\frac{(p_0 + \Delta p)L}{\rho g}} = L - \sqrt{(h_0 + h_1)L} = x_\text{кр} \approx 1178\text{ мм}.\] Таким образом, положение равновесия \(x_{2(1)} = 760\) мм является неустойчивым, а \(x_{2(2)} = 1520\) мм — устойчивым. Отметим, что при \(h = 0\) положение \(x = 0\) также является положением равновесия, поскольку для данного положения давление воздуха под поршнем будет выше, чем давление ртути на поршень, равное атмосферному. Однако, пока поршень не окажется на расстоянии \(x = x_\text{кр}\) от упоров, он всегда будет располагаться в устойчивом положении равновесия. При этом величина \(x\) монотонно возрастает с увеличением уровня \(h\) ртути в сосуде. Поскольку найденная при \(h = 0\) величина \(x_{2(2)} > x_\text{кр}\), то поршень в процессе понижения уровня ртути в сосуде всегда расположен в положении устойчивого равновесия и не может его покинуть. Таким образом, конечному положению поршня соответствует следующая величина \(x_2\): \[x_2 = \frac{L - h_0 + \sqrt{(L + h_0)^2 - 4(h_0 + h_{max} + x_{max})(L - x_{max})}}{2} = 1520\text{ мм}.\]

Примечание: Исследование на устойчивость положений равновесия поршня можно осуществить не только аналитически, но и графически. Для это построим график зависимости \(p_\text{в}(x)\) (чёрная линия на рис.), а поверх него — прямые \(p_\text{р}(x)\) при различных значениях \(h\), где давления измеряются в миллиметрах ртутного столба. Точки пересечения графиков функций \(p_\text{в}(x)\) и \(p_\text{р}(x)\) соответствуют положениям равновесия поршня. Если вблизи точки пересечения с увеличением \(x\) функция \(p_\text{в}(x)\) возрастает на большую величину, чем функция \(p_\text{р}(x)\), то при малом смещении поршня равнодействующая приложенных к нему сил будет направлена противоположно смещению поршня, и, следовательно, положения равновесия будет являться устойчивым. Если же вблизи точки пересечения с увеличением \(x\) функция \(p_\text{в}(x)\) возрастает на меньшую величину, чем функция \(p_\text{р}(x)\), то при малом смещении поршня равнодействующая приложенных к нему сил будет направлена вдоль смещения поршня, и, следовательно, положение равновесия поршня будет являться неустойчивым. Из рисунка видно, что при \(h > h_1\) все положения равновесия поршня являются устойчивыми, а положение равновесия \(x = 0\) при \(h = h_1\) является неустойчивым. Если мы рассмотрим случай \(h = 0\) (красная прямая на графике), то точка пересечения \(x_{2(1)} = 760\) мм соответствует неустойчивому, а \(x_{2(2)} = 1520\) мм — устойчивому положению равновесия.

4. Используя результаты решения первого пункта, определим величину \(h_1\), при которой поршень приходит в движение:

\[h_1 = \frac{(h_0 + h_{max} + x_{max})(L - x_{max})}{L} - h_0 = 1140\text{ мм}.\] Запишем условие равновесия поршня: \[x^2 - x(L - h_0 - h) + L(h_1 - h) = 0.\] Решению \(x = 0\) соответствует величина \(h = h_1\). Однако при решении второго пункта мы получали, что при \(h = h_1\) у поршня существует второе положение равновесия на расстоянии \(x_1\) от упоров, равном: \[x_1 = L - \frac{(h_0 + h_{max} + x_{max})(L - x_{max})}{L} = 1140\text{ мм}.\] Данное положение является устойчивым, что можно показать, используя критерий устойчивости положения равновесия, полученный при решении четвёртого пункта:

\[x > L - \sqrt{(h_0 + h_1)L} = x_\text{кр} \approx 637\text{ мм}.\] Данное условие выполнено при \(x = x_1\), поэтому в процессе понижения уровня ртути в сосуде поршень не достигает упоров при \(h = h_1\).

При последующем понижении уровня ртути в сосуде у поршня есть два положения равновесия, одно из которых является устойчивым, а другое — неустойчивым. Пока расстояние \(x\) между поршнем и упорами удовлетворяет условию \(x > x_\text{кр}\), поршень располагается в положении устойчивого равновесия. Когда расстояние между поршнем и упорами станет равны \(x = x_\text{кр}\), два положения равновесия поршня, одно из которых является устойчивым, а второе — неустойчивым, совпадут и станут единым положением неустойчивого равновесия по отношению к смещению в сторону упоров. Данное положение соответствует касанию на графиков зависимостей \(p_\text{в}(x)\) и \(p_\text{р}(x)\), приведённых в примечании к решению четвёртого пункта задачи. Из этого же графика видна неустойчивость данного положения равновесия поршня по отношению к смещению в сторону упоров.

Таким образом, если при некотором значении \(h = h_2\) поршень оказывается в положении \(x = x_\text{кр}\), то при данном значении \(h\) во всех положениях, кроме \(x = x_\text{кр}\), давление воздуха под поршнем будет больше, чем давление ртути на поршень (см. рис. ниже), поэтому поршень скачкообразно переместится в сторону упоров и при дальнейшем понижении уровня ртути в сосуде от них не оторвётся.

Учтём, что касание графиков соответствует наличию единственного корня у квадратного уравнения, получаемого из условия равновесия поршня. Воспользуемся теоремой Виета: \[2x_\text{кр} = L - h_0 - h_2.\] После подстановки \(h_1\) в выражение для \(x_\text{кр}\) находим: \[h_2 = 2\sqrt{(h_0 + h_{max} + x_{max})(L - x_{max})} - (L + h_0) \approx 1007\text{ мм}.\]

При смещении столбика на \(h\) разность давлений воздуха в коленах уравновешивает лишний столбик ртути высотой \(2h\); давления воздуха — по закону Бойля–Мариотта, а охлаждение равносильно уменьшению начального давления. Проверьте, не выходит ли ответ за длину столбика \(l/4\), и выберите из корней устойчивый.

1) \(h_0 = 0\);  2) \(h_1 = l/5 = 125\) мм;  3) \(h_2 = \sqrt{4L_2^2 + l^2} - 2L_2 \approx 172\) мм, где \(L_2 = 0{,}7\cdot750 = 525\) мм (ртуть целиком переходит в одно колено);  4) при малом смещении \(x\) из этого положения разность сил давления воздуха \((\Delta P_1 + \Delta P_2)S > 0\) возвращает ртуть, а сила тяжести не меняется — равновесие устойчиво.

Пусть смещение концов столбика ртути после переворота трубки равно \(h_0\). Разность давлений воздуха в левой и правой частях трубки \(\Delta P = P_\text{л} - P_\text{п}\) уравновешивается избыточным гидростатическим давлением ртути \(2\rho gh_0\). Используя закон Бойля-Мариотта, найдем: \[P_\text{л} = P_\text{А}\frac{l}{l - h_0}, \qquad P_\text{п} = P_\text{А}\frac{l}{l + h_0}.\]

Запишем условие равновесия столбика ртути: \[P_\text{А}\frac{l}{l - h_0} - P_\text{А}\frac{l}{l + h_0} = 2\rho gh_0.\] После преобразований получаем: \[\frac{2lh_0P_\text{А}}{l^2 - h_0^2} = 2\rho gh_0.\] Решения этого уравнения \[h_0 = 0,\quad h_0 = \pm\sqrt{l\left(l - \frac{P_\text{А}}{\rho g}\right)}.\] При \(P_\text{А} = 750\text{ мм рт.ст.} > 625\text{ мм рт.ст.} = \rho gl\) подходит только один из корней \(h_0 = 0\). Таким образом, сразу после переворота столбик ртути не смещается.

Понижение температуры до \(0{,}8\,T_0\) соответствует изменению начального давления воздуха (давления воздуха в трубке с запаянными концами до её переворота) с \(P_A\) до \(P_1 = 0{,}8\,P_A = \rho gL_1\), где \(L_1 = 0{,}8\cdot 750\text{ мм} = 600\) мм. В этом случае существует решение: \[h_1 = \sqrt{l\left(l - \frac{P_1}{\rho g}\right)} = \sqrt{l\,(l - L_1)} = \sqrt{0{,}625\,(0{,}625 - 0{,}600)}\text{ м} = \frac{l}{5} = 125\text{ мм}.\]

Можно показать, что именно это решение соответствует устойчивому положению столбика ртути. Корень \(h_1 = 0\) мм соответствует неустойчивому положению, то есть при небольшом смещении столбика ртути избыточное гидростатическое давление превышает разность давлений воздуха в левом и правом участках трубки и ртуть стремится занять положение, соответствующее устойчивому положению.

Покажем, что корень \(h_1 = 125\) мм соответствует устойчивому равновесию. Пусть от положения равновесия столбик ртути сместился дополнительно на некоторое малое расстояние \(x\), тогда давление газа в левой части сосуда: \[P_\text{л}(x) = \frac{lP_1}{l - h_1 - x} = \frac{lP_1}{l - h_1}\cdot\frac{1}{1 - \frac{x}{l - h_1}} \approx \frac{lP_1}{l - h_1}\left(1 + \frac{x}{l - h_1}\right) = \frac{lP_1}{l - h_1} + \frac{xlP_1}{(l - h_1)^2}.\] Аналогично для давления в правой части сосуда: \[P_\text{п}(x) = \frac{lP_1}{l + h_1 + x} \approx \frac{lP_1}{l + h_1} - \frac{xlP_1}{(l + h_1)^2}.\] Суммарная сила давления газа, стремящаяся вернуть столбик ртути в положение равновесия, равна \[\begin{gather*} F_\text{д}(x) = (P_\text{л} - P_\text{п})S \approx \left(\frac{lP_1}{l - h_1} - \frac{lP_1}{l + h_1}\right)S + \left(\frac{1}{(l - h_1)^2} + \frac{1}{(l + h_1)^2}\right)xlP_1S =\\ = F_\text{д}(0) + \frac{2(l^2 + h_1^2)}{(l^2 - h_1^2)^2}xlP_1S. \end{gather*}\] Сила, равная разности сил тяжестей, действующих на столбики ртути в разных частях сосуда, стремится вывести столбик ртути из положения равновесия:

\[F_\text{т}(x) = \rho S(l/4 + h_1 + x) - \rho S(l/4 - h_1 - x) = 2\rho gSh_1 + 2\rho gSx = F_\text{т}(0) + 2\rho gSx.\] Найдем разность возвращающей и выводящей из положение равновесия сил с учётом равенства \(F_\text{д}(0) = F_\text{т}(0)\) в положении равновесия: \[\Delta F = F_\text{д} - F_\text{т} = 2\left(\frac{(l^2 + h_1^2)lL_1}{(l^2 - h_1^2)^2} - 1\right)\rho gSx.\] Подставив в выражение корень \(h_1 = 0\), получим: \[\begin{gather*} \Delta F = F_\text{д} - F_\text{т} = 2\left(\frac{(l^2 + 0^2)lL_1}{(l^2 - 0^2)^2} - 1\right)\rho gSx = 2\left(\frac{L_1}{l} - 1\right)\rho gSx =\\ = 2\left(\frac{600\text{ мм}}{625\text{ мм}} - 1\right)\rho gSx < 0, \end{gather*}\] т. е. суммарная сила, действующая на систему, будет выводить её из положения равновесия, и \(h_1 = 0\) мм соответствует неустойчивому положению равновесия.

Подставив \(h_1 = l/5\), получим: \[\begin{gather*} \Delta F = F_\text{давл} - F_\text{тяж} = 2\left(\frac{(l^2 + (l/5)^2)lL_1}{(l^2 - (l/5)^2)^2} - 1\right)\rho gSx =\\ = 2\left(\frac{25\cdot 26\cdot L_1}{24^2\cdot l} - 1\right)\rho gSx = 2\left(\frac{25\cdot 26\cdot 600\text{ мм}}{24^2\cdot 625\text{ мм}} - 1\right)\rho gSx =\\ = 2\left(\frac{26}{24} - 1\right)\rho gSx > 0, \end{gather*}\] т. е. суммарная сила, действующая на систему, будет стремиться вернуть её в положение равновесия, и \(h_1 = l/5 = 125\) мм соответствует устойчивому положению равновесия.

Расчёт по полученной формуле для смещения при начальном давлении \(P_2 = 0{,}7\,P_A = \rho gL_2\), где \(L_2 = 0{,}7\cdot 750\text{ мм} = 525\) мм, соответствующего температуре \(T_2 = 0{,}7\,T_0\), даёт результат: \[h_2 = \sqrt{l\left(l - \frac{P_2}{\rho g}\right)} = \sqrt{0{,}625\,(0{,}625 - 0{,}525)}\text{ м} = 0{,}25\text{ м} = 250\text{ мм} = \frac{2l}{5} > \frac{l}{4}.\] Но в этом случае столбик ртути целиком перемещается в одну из частей трубки и выражение для избыточного гидростатического давления \(2\rho gh_2\) должно быть заменено на \(\rho gl/2\).

Пусть столбик ртути целиком перешёл в одну из частей трубки и его нижний конец переместился вниз на \(h_2\), тогда в левой и правой частях трубки давление будет соответственно равно: \[P_\text{л} = P_2\frac{l}{l - h_2} = \frac{\rho glL_2}{l - h_2}, \qquad P_\text{п} = P_2\frac{l}{l + h_2} = \frac{\rho glL_2}{l + h_2}.\] Условие равновесия столбика выглядит теперь следующим образом: \[\frac{2\rho glL_2h_2}{l^2 - h_2^2} = \frac{\rho gl}{2}.\] Получим квадратное уравнение: \[h_2^2 + 4L_2h_2 - l^2 = 0,\] которое имеет корни \[h_2 = -2L_2 \pm\sqrt{4L_2^2 + l^2}.\] Отбросив отрицательный корень, получаем ответ: \[h_2 = \sqrt{4\cdot\left(\frac{T_2P_A}{T_0\rho g}\right)^2 + l^2} - \frac{2T_2P_A}{T_0\rho g} = \sqrt{4\cdot 0{,}525^2 + 0{,}625^2}\text{ мм} - 2\cdot 0{,}525\text{ мм} \approx 172\text{ мм}.\]

Покажем, что \(h_2 \approx 172\) мм соответствует устойчивому положению равновесия. Пусть от положения равновесия ртуть дополнительно сместилась на малое расстояние \(x > 0\), тогда давление газа в левой части сосуда: \[P_\text{л}(x) = \frac{lP_2}{l - h_2 - x} = \frac{lP_2}{l - h_2}\cdot\frac{1}{1 - \frac{x}{l - h_2}} = \frac{lP_2}{l - h_2} + \Delta P_1,\ \Delta P_1 > 0.\] Аналогично находим давление газа в правой части сосуда: \[P_\text{п}(x) = \frac{lP_2}{l + h_2 + x} = \frac{lP_2}{l + h_2}\cdot\frac{1}{1 + \frac{x}{l + h_2}} = \frac{lP_2}{l + h_2} - \Delta P_2,\ \Delta P_2 > 0.\] Суммарная сила давления газа, стремящаяся вернуть столбик ртути в положение равновесия, равна \[\begin{gather*} F_\text{д} = (P_\text{л} - P_\text{п})S \approx \left(\frac{lP_2}{l - h_2} - \frac{lP_2}{l + h_2}\right)S + (\Delta P_1 + \Delta P_2)S =\\ = F_\text{д0} + (\Delta P_1 + \Delta P_2)S. \end{gather*}\] Сила тяжести не изменяется при движении столба жидкости внутри одной части сосуда: \[F_\text{т} = \rho Slg/2.\] Найдем разность возвращающей и выводящей из положение равновесия сил с учетом равенства \(F_\text{д0} = F_\text{т}\) в положении равновесия: \[\Delta F = F_\text{д} - F_\text{т} = (\Delta P_1 + \Delta P_2)S > 0,\] т. е. результирующая сила положительна и положение равновесия устойчиво.

Запишите баланс сил (тяжесть, сила Архимеда, сила сопротивления) на нижней и на верхней критических глубинах и сложите уравнения, чтобы исключить силу сопротивления.

1) \(18{,}75\);  2) несовершенство модели в том, что газовые полости рассматриваются как герметичный пакет с газом, а на самом деле это не так; кроме того, сила сопротивления может зависеть не только от скорости, но и от глубины.

Прямая в координатах \(\ln V\), \(\ln p\) означает степенную связь \(p \propto V^k\). Выясните, какие это процессы (в частности, чему равен показатель на участке 12 по сравнению с показателем адиабаты) и на каких участках газ получает или отдаёт тепло.

1) \(T_2 = T_1 n^{1/3}\), \(T_3 = T_1 n^2\);  2) \(\eta = 1 - \dfrac{5\,(n^2-1)}{6\,(n^2 - n^{1/3})}\).

Поршень лёгкий, поэтому давление газа сверху и снизу одинаково, а температура постоянна. Запишите, куда девается газ из нижней части: он растворяется в поступившей воде. Подумайте, что изменится, когда весь газ под поршнем растворится.

1) вниз, \(v_\text{п} = \dfrac{q}{2S}\left(\dfrac{kRT_0}{M} - 1\right) \approx 0{,}01\) см/с;  2) \(t_1 \approx 1250\) с;  3) \(P_{min} \approx 132\) кПа;  4) \(t_2 = 2640\) с;  5) ломаная из двух отрезков через точки \((0\text{ с};\ 6{,}6\text{ л})\), \((1250\text{ с};\ 8{,}2\text{ л})\), \((2640\text{ с};\ 2{,}64\text{ л})\).

Пусть \(V_\text{в}\) — объём верхней части сосуда, \(V_1\) и \(V_2\) — объёмы газа и, соответственно, газированной воды в нижней части сосуда. Так как вода поступает с постоянной скоростью, а суммарный объём сосуда равен \(2V_0\), то \[V_2 = qt, \qquad V_1 = 2V_0 - V_\text{в} - qt.\] Рассмотрим случай, когда вода ещё не заполнила всю нижнюю часть сосуда (\(V_1 > 0\)). Поршень, разделяющий сосуд, лёгкий и двигается без трения, поэтому давление углекислого газа \(P\) по обе стороны от него одинаково. Масса \(CO_2\), растворённого в воде, согласно закону Генри равна \[m_2 = \mu_\text{р} V_2 = kPV_2 = kPqt.\] В начальный момент массы газа в верхней и нижней частях сосуда равны, следовательно в некоторый момент \(t\) масса газа под поршнем \[m_1 = m_\text{в} - m_2 = m_\text{в} - kPqt, \tag{*}\] где \(m_\text{в}\) — масса углекислого газа в верхней части сосуда. Запишем теперь уравнения Менделеева–Клапейрона для газа, находящегося по обе стороны от поршня, и, выражая оттуда массы, подставим их в уравнение \((*)\) \[\begin{gather*} \begin{cases} PV_\text{в} = m_\text{в} RT_0/M,\\ PV_1 = m_1 RT_0/M \end{cases} \quad\Rightarrow\quad \frac{PV_1 M}{RT_0} = \frac{PV_\text{в} M}{RT_0} - kPqt \quad\Rightarrow\\ \Rightarrow\quad V_1 = V_\text{в} - \frac{kRT_0}{M}\cdot qt. \end{gather*}\] Отсюда, решая систему, найдём, что \[V_\text{в} = V_0 + \frac{qt}{2}\left(\frac{kRT_0}{M} - 1\right), \qquad V_1 = V_0 - \frac{qt}{2}\left(\frac{kRT_0}{M} + 1\right). \tag{**}\] Поскольку \[\frac{kRT_0}{M} = \frac{3{,}17\cdot10^{-5}\cdot 8{,}31\cdot 274}{0{,}044} \approx 1{,}64 > 1,\] то из первого выражения в \((**)\) следует, что \(V_\text{в}\) увеличивается с постоянной скоростью, а поршень двигается вниз. Скорость его движения равна \[v_\text{п} = \frac{\Delta V_\text{в}}{S\Delta t} = \frac{q}{2S}\left(\frac{kRT_0}{M} - 1\right) = \frac{4\text{ см}^3/\text{с}}{256\text{ см}^2}\,(1{,}64 - 1) \approx 0{,}01\text{ см/с}.\]

Из второго выражения в \((**)\) следует, что объём газа над поверхностью воды в нижней части сосуда непрерывно уменьшается и в момент времени \[t_1 = \frac{2V_0}{q(kRT_0/M + 1)} = \frac{2\cdot 6{,}6\text{ л}}{0{,}004\text{ л/с}\cdot(1{,}64 + 1)} \approx 1250\text{ с}\] становится нулевым, весь газ оказывается растворенным в жидкости, а жидкость упирается в поршень. В дальнейшем поступающая вода будет поднимать поршень, а объём газа в верхней части сосуда станет уменьшаться. Процесс, происходящий с газом над поршнем, изотермический, поэтому минимальное давление \(P_{min}\) достигается при максимальном \(V_\text{в}\), то есть через время \(t = t_1\) после включения насоса.

Максимальный объём верхней части сосуда достигается в момент времени \(t_1\). Найдем этот объем, подставив выражение для \(t_1\) в первую формулу \((**)\): \[V_{\text{в}\,max} = 2V_0\cdot\frac{kRT_0/M}{kRT_0/M + 1} \approx 8{,}2\text{ л}.\] Давление газа над поршнем в этот момент, согласно закону Бойля–Мариотта, равно \[P_{min} = \frac{P_0 V_0}{V_{\text{в}\,max}} \approx 132\text{ кПа}.\]

В момент выключения насоса давление газа над поршнем равно \(P_\text{кр}\), а объём верхней части сосуда составляет \[V_{\text{в}\,\text{кр}} = \frac{P_0 V_0}{P_\text{кр}} = \frac{2V_0}{5} = 2{,}64\text{ л}.\] Объём остальной части сосуда, заполненной водой, равен \[V_{2\,\text{кр}} = 2V_0 - V_{\text{в}\,\text{кр}} = \frac{8V_0}{5}.\] Отсюда получим, что время работы насоса \[t_2 = \frac{V_{2\,\text{кр}}}{q} = \frac{8V_0}{5q} = 2640\text{ с}.\]

Исходя из результатов, полученных в предыдущих пунктах, график зависимости \(V_\text{в}(t)\) имеет вид ломаной, состоящей из двух прямолинейных участков. Вершина ломаной находится в точке с координатами \((t_1;\ V_{\text{в}\,max})\), а её концы — в точках \((0;\ V_0)\) и \((t_2;\ V_{\text{в}\,\text{кр}})\). Построим график функции \(V_\text{в}(t)\), отметив на нём характерные точки.