ОСНОВЫ МОЛЕКУЛЯРНОЙ ФИЗИКИ И ТЕРМОДИНАМИКИ МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ к практическим занятиям по курсу общей физики для специальности 15.02.07 «Автоматизация технологических процессов и производств (по отраслям)».

Депобразования и молодежи Югры

бюджетное учреждение профессионального образования

Ханты-Мансийского автономного округа – Югры

«Мегионский политехнический колледж»

(БУ «Мегионский политехнический колледж»)

ОСНОВЫ МОЛЕКУЛЯРНОЙ ФИЗИКИ

И ТЕРМОДИНАМИКИ

МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ

             к практическим  занятиям                           по курсу общей физики

для специальности  15.02.07 «Автоматизация технологических процессов и производств  (по отраслям)».

Мегион, 2020

Приведены примеры решения различных типов задач по темам практических занятий раздела «Основы молекулярной физики и термодинамики». Предназначены для студентов 1 и 2 курсов.

Содержание

Введение................................................................................................................................................................................... 4

Основные формулы.................................................................................................................................................. 5

Примеры решения задач..................................................................................................................................... 9

1. Молекулярно-кинетическая теория идеальных газов......................................... 9

2. Основы термодинамики............................................................................................................................ 15

Список литературы................................................................................................................................................ 32

3

Введение

Практические занятия являются одной из важнейших компонент учебного процесса по физике. Они способствуют приобщению студентов к самостоятельной работе, учат анализировать изучаемые физические явления, использовать на практике полученные теоретические знания.

Предназначены для студентов, изучающих раздел курса общей физики «Основы молекулярной физики и термодинамики». В методических указаниях представлены примеры решения типичных задач разной степени трудности. Решения сопровождаются необходимыми примерами и комментариями. Задачи систематизированы по основным темам раздела. Приведены основные формулы, облегчающие усвоение алгоритмов решения задач.

4

Основы молекулярной физики и термодинамики

Основные формулы

Количество вещества   n =	N	=	m	,
			M
	N A

где

N – число молекул,

N_A – постоянная Авогадро,

m – масса вещества,

M   – молярная масса.

Уравнение Менделеева- Клайперона рV = nRT ,

где

р   – давление газа, V – его объем,

R – молярная газовая постоянная,

T – термодинамическая температура.

Уравнение молекулярно – кинетической теории газов p = ²₃ n₀ < E_пост >= ¹₃ n₀m₀ < υ_кв >² ,

где

n₀ – концентрация молекул,

<E_пост> – средняя кинетическая энергия поступательного движения молекул,

m₀ – масса молекулы,

<υ_кв> – средняя квадратичная скорость.

Средняя кинетическая энергия молекулы

< E >= ₂ⁱ kT ,

 

где

i – число степеней свободы,

k   – постоянная Больцмана.

5

Внутренняя энергия идеального газа

	U =	i		nRT .
Скорости молекул:	2
						3kT
средняя квадратичная	< υкв		>=
						m0
средняя арифметическая	< υ >=				8kT
					pm0
наиболее вероятная	υ =			2kT		=
				m0

₌     3RT _,

M

₌ 8RT _,

 pM

2RT _.

M

Средняя длина свободного пробега молекулы

<   l >= ( 2pd ² n₀ )^-1 ,

гдеd – эффективный диаметр молекулы.

Среднее число столкновений молекулы в единицу времени < z >=  2pd ²n₀ < υ > .

Уравнение диффузии

dm = -D ^d_dx^r dSdt ,

 

где

D – коэффициент диффузии,

Ρ    – плотность,

dS – элементарная площадка, перпендикулярная к оси Х. Уравнение теплопроводности

dQ = -c ^dT_dx dSdt ,

где       χ – коэффициент теплопроводности.

Сила внутреннего трения dF = -h ^d_dx^υ dS , где η – динамическая вязкость.

 

6

Коэффициент диффузии D =

1

< υ > × < l > .

3

Вязкость (динамическая)

h =

1

r < υ > × < l >= Dr.

3

Теплопроводность

c = сV

r

1

< υ > × < l >= hcV ,

сV -

3

где

удельная изохорная теплоемкость.

Молярная теплоемкость идеального газа:

Изохорная

С

=

i

R ,

V

2

Изобарная

C p =

i + 2

R .

2

Первое начало термодинамики

dQ = dU + dA

dU = nCV dT

dA = pdV

Работа расширения газа при процессе:

Изобарном

A = p(V2 - V1 ) = nR(T2 - T1 ) ,

Изотермическом

A = nRT ln

V2

= nRT ln

p1

,

V

p

2

адиабатном

1

é

ög-1

ù

é

ög-1

ù

nRT

æ V

p V

æ V

A = nCV (T1 - T2 ) =

1

ê

ç

1

÷

ú

=

1  1

ê

ç

1

÷

ú

,

(g - 1)

1 - ç

÷

ú

g - 1

1

- ç

÷

ú

ê

èV2

ø

ê

èV2

ø

С p

ë

û

ë

û

где

g =

.

C

V

Уравнение Пуассона (уравнение адиабатного процесса)

pV ^g = const , TV ^{g -1} = const , T ^g p^1-g  = const .

7

Коэффициент полезного действия цикла Карно

_{h  =} ^{Q - Q}0  ₌ ^{T - T}0 _,

QT

 

где

Q и T – количество теплоты, полученное от нагревателя, и его температура,

Q₀ и T₀ – количество теплоты, переданное холодильнику, и его температура.

Изменение энтропии при переходе из состояния 1 в состояние 2

2 dQ
S2 - S1 = ò	T
1

Уравнение Ван - дер - Ваальса:

æ

a

ö

(V

- b) = RT

для 1 моль газа

ç p

+

÷

×

M

2

ç

÷

è

VM

ø

æ

m2

a

ö

æ

m

ö

для ν моль газа

ç p

+

×

÷

× çV -

b÷

2

2

ç

M

V

÷

è

M

ø

è

ø

где a и b – постоянные Ван - дер - Ваальса, V_M – объем 1 литра газа.

,

=   nRT ,

Критические параметры p

кр

=

a

;

T

=

8a

.

27b2

кр

27bR

Собственный объем молекулы

V =

b

=

pd

3

.

4N A

6

Высота поднятия жидкости в капилляре радиусом r

_{h   =} 2s cos Q _.

rgr

8

Примеры решения задач

1.   Молекулярно-кинетическая теория идеальных газов

Задача 1. Определить, сколько киломолей и молекул водорода содержится в объеме 50 м³ под давлением 767 мм рт. ст. при температуре 18°С. Какова плотность и удельный объем газа?

	Дано:				Решение:
		м3					основании	уравнения
	V = 50				На
	Ρ = 767 мм. рт. ст. @ 767·133 Па				Менделеева – Клайперона:
	Т = 291 К					pV = nRT		устанавливаем
	М = 2 кг/моль				число киломолей ν, содержащихся в
	ν – ?				заданном  объеме  V.  Зная  р  -
	N – ?				давление,   V   –   объем,   Т   –
	ρ – ?				температуру газа,			R –   молярную
	d – ?				газовую постоянную
	можно определить ν:

n    = ^pV ;  n = ^{767 ×133 × 50} = 2,11 (кмоль)

RT8,31×10³ × 291

 

Число молекул N, содержащихся в данном объеме, находим, используя число Авогадро N_А (которое определяет какое количество молекул содержится в одном киломоле ). Общее количество молекул, находящихся в массе m данного газа, может быть установлено, так как известно число молей ν.

N    = nN _A .

Подставляя в формулу число киломолей, устанавливаем число молекул, содержащихся в объеме V: N = 2,11× 6,02 ×10²⁶ = 12,7 ×10²⁶ .

Плотность газа ρ = m/V определяем из уравнения Менделеева - Клайперона:

pV = _M^m RT;

 

r   = ^pM_RT .

Подставляя числовые значения в единицах СИ в формулу, определим плотность газа:

9

_{r  =} 767 ×1,33₃×10² × 2 _{= 8,44 ×10}- 2 _(кг/м3 _). 8,31×10 × 291

 

Удельный объем газа d определяем из уравнения Менделеева - Клайперона:

d =	V	=		RT	;
	m			pM
8,31			×103 × 291					3	3
d =
							» 11,9 (м(м/кк/г).
	767 ×133					× 2
Ответ: 11,9 м3/кг.

Задача 2. В сосуде объемом 2 м³ находится смесь 4 кг гелия и 2 кг водорода при температуре 27°С. Определить давление и молярную массу смеси газов.

Дано:

Решение:

уравнением

V = 2 м3

Воспользуемся

m1= 4 кг

Менделеева -  Клайперона,  применив

М1= 4·10-3 кг/кмоль

его к гелию и водороду:

m2= 2 кг

-3

p V =

m1

RT

(1)

М2= 2·10

кг/кмоль

1

M1

Т1= 300 К

p2V =

m2

RT

(2)

р - ?

М - ?

где

M 2

р1 – парциальное давление гелия;

m1

– масса гелия;

М1 – его

молярная масса; V

– объем сосуда;

Т – температура газа;

R = 8,31 Дж/(моль·К) –молярная газовая постоянная; р2

– парциальное

давление водорода; m2 – масса водорода; М2 – его молярная масса.

По закону Дальтона:

p = p1 + p2

(3)

Из уравнений (1) и (2) выразим р1 и р2 и подставим в уравнение

(3):

m RT

m

RT

æ

m

m

ö

2

2

RT

1

ç

1

÷

p = M V +

M V

+ M

V

(4)

= ç M

1

2

÷

1

2

è

ø

С      другой стороны, уравнение Менделеева - Клайперона для смеси газов имеет вид:

10

æ	m	+ m	2	ö
pV = ç	1			÷RT	(5)
		M
è				ø

Сравнивая (4) и (5) найдем молярную массу смеси газов по формуле:

М =

m1 + m2

=

m1 + m2

,

(6)

m

m

2

n + n

1

+

1

2

M1

M 2

где ν1 и ν2 – число молей гелия и водорода соответственно.

æ

4

2

ö

8,31× 300

2,5 ×106

p = ç

+

÷

×

»

(Па).

4 ×10-3

2

×10-3

2

è

ø

M =

4

+ 2

= 3

×10-3 (кг(кг//моль).

4

+

2

4 ×10-3

2 ×10-3

Ответ: 3·10-3 кг/моль.

Задача 3. При каком давлении средняя длина свободного пробега молекул водорода <λ> = 2,5 см при температуре 68° С? Диаметр молекул водорода принять равным d = 2,3·10 ^–10 м.

Дано:

Решение:

2,5·10-2 м

водорода

при

<λ>=

Давление

Т= 341 К

температуре Т можно найти по

d= 2,3·10-10 м

уравнению

Менделеева-

NA = 6,02·1026 кмоль-1

Клайперона,  в  котором  удобно

ввести число молекул n0 в 1 м3.

р – ?

Это проводится следующим образом

:

pV =

N

RT ;

n  =

N

;

k =

R

;

N A

0

V

N A

где NA – число Авогадро и k – постоянная Больцмана.

Следовательно, p =

N

kT. Так как

N

= n , имеем

p = n kT .

V

V

0

0

Число молекул в 1 м3  выразим через среднюю длину свободного

пробега. Из формулы < l > =

1

,

находим

n0 =

1

.

2pd 2n

2pd 2 < l >

0

Таким образом:

11

p =	kT	=	1,38 ×10-23 × 341	» 0,8(Па())..
	2pd 2 < l >		2 × 3,14 × 2,32 ×10-20 × 2,5 ×10-2

Ответ: 0,8 Па.

Задача 4. Определить плотность разреженного азота, если средняя длина свободного пробега молекул 10 см. Какова концентрация молекул?

Дано:

Решение:

< λ >

= 10 см = 0,1 м

Средняя

длина пробега

молекулы

определяется формулой:

р - ?

n0 - ?

1

< l >=

,

(1)

2pd2 n0

где d – эффективный диаметр молекул (для азота d = 0,31·10 –9 м).

Концентрацию молекул найдем из равенства:

n

=

N

=

m

N

1

= r

N A

,

(2)

A V

0

V

M

M

где NA – число Авогадро; М = 28·10

–3

кг/моль – молярная масса азота.

Решая совместно уравнения (1) и (2), находим:

n

=

1

= r

N A

;

p

2 < l >

M

0

2

d

M

n0 M

r =

=

;

2 < l >

2pd

N A

N A

n

=

1

» 2,34 ×1019 (м);

0

2 × 3,14 × 3,12 ×10-20 × 0,1

r = 2,34 ×1019 ×

28

= 1,09 ×10-6 ((кг//м33))..

6,02 ×1026

Ответ: 1,09·10^-6 кг/м³.

Задача 5. Вычислить коэффициент внутреннего трения и коэффициент диффузии кислорода, находящегося при давлении 0,2 МПа и температуре 280 К.

12

Дано:

p   = 2·10⁵ Па

d = 2,9·10^-10 м

М = 32·10^-3 кг/моль Т = 280 К

η - ? D - ?

h    = ¹₃ r < l >< υ_ар

 

Решение:

На основании представлений молекулярно – кинетической теории газов коэффициент внутреннего трения идеального газа (динамическая вязкость)

и     коэффициент диффузии определяются по формулам:

> (1);	D =	1		< l >< υар >  (2),
		3

где ρ – плотность газа; < λ > – средняя длина свободного пробега молекул; <υ_ар> – средняя арифметическая скорость молекул.

Из (1) и (2) следует

h = rD.

(3)

Среднюю  арифметическую  скорость  и  среднюю  длину

свободного пробега молекул находим по формулам:

< υар >=

8RT

,   (4)

< l >=

1

,

(5)

pM

2pd 2 n0

где  R = 8,31 Дж/(моль·К) – молярная  газовая

постоянная;

Т –

термодинамическая

температура;

d = 2,9·10 –10 м – эффективный

диаметр  молекулы

кислорода;

n0 – число

молекул

в

1 м3

(концентрация).

Из уравнения Менделеева - Клайперона определяем n0

(см. задачу 3): n

0

=

p

(6)

kT

где р – давление; k = 1,38·10 –23 Дж/К – постоянная Больцмана.

Подставляя (6) в уравнение (5), получаем:< l >=

kT

.

(7)

2pd 2 p

Окончательный вид расчетной формулы для коэффициента диффузии найдем, подставляя выражения (4) и (7) в уравнение (2):

D =

1

8RT

×

kT

=

2kT

RT

.

(8)

3

pM

2pd 2 p

3pd 2 p  pM

Mn0

Плотность кислорода определяется

по

формуле:r =

.  С

Mp

N A

учетом (6) имеем:

r =

.

(9)

N AkT

13

Подставляя (9)

и (8) в (3),

получаем расчетную формулу для

коэффициента внутреннего трения:

h =

2

MRT .

3p  pd 2 N A

Вычисляем:

D =

2

×

1,38 ×10- 23 × 280

×

8,31× 280

» 7,4 ×10-6 (м2 /с)

3,14 × 2,92 ×10- 20 × 2 ×105

3,14 × 32 ×10-3

3

h =

2

32 ×10-3 × 8,31× 280

» 2

×10-5

(кг/(м × с)).

3 × 3,14

3,14 × 6 ×1023 × 2,92 ×10- 20

Ответ: 2·10

-5

кг

.

м·с

Задача 6. Наружная поверхность кирпичной стены площадью 25 м² и толщиной 37 см имеет температуру 259 К, а внутренняя поверхность–293 К. Помещение отапливается электроплитой. Определить ее мощность, если температура в помещении поддерживается постоянной. Теплопроводность кирпича 0,4 Вт/(м·К).

Дано:

Решение:

м2

теплоты,

прошедшее

S = 25

Количество

D = 37 см = 0,37 м

через наружную стену, определим

T1

= 259 K

по закону Фурье:

T2

= 293R

T

- T

χ = 0,4 Вт/(м·К)

Q = -c

1

2

St

(1)

d

N - ?

где t – время протекания теплоты.

За время t – электроплита должна выделить такое же количество

теплоты:

Q = Nt

(2)

Приравнивая правые части уравнений (1) и (2), получаем:

_{Nt = -c} ^T1 ^{- T}2 _{St ,}

d

откуда	N = -c	T1 - T2	S ,	N = -0,4 ×	259 - 293		× 25 = 0,92 (кВт).
		d			0,37

Ответ: 0,92 кВт.

14

2.   Основы термодинамики

Задача 7.

Чему

равны

средние

кинетические

энергии

поступательного  и  вращательного  движения  молекул,

содержащихся в 2 кг водорода при температуре 400 К.

Дано:

Решение:

т = 2

кг

Считаем

водород идеальным газом.

Т = 400 К

Молекула водорода –  двухатомная.

М = 2·10 –3 кг/моль

Связь

между

атомами

считаем

жесткой, тогда

<Eпост> - ?

<Eвр> - ?

число степеней свободы молекулы водорода равно 5. В среднем на

одну

степень

свободы

приходится

энергия:< Ei >=

kT

.

2

Поступательному

движению

приписывается

три

(i = 3),   а

вращательному две (i= 2) степени свободы. Тогда энергия одной молекулы:

		< Eпост >=	3	kT ,   < Eвр	>=		2	kT .
						2
		2
Число	m	молекул,    содержащихся				в   массе   газа   m:
N = nN A =		N A ,  где ν – число молей, NA – число Авогадро. Тогда
	M

средняя кинетическая энергия поступательного движения молекул

водорода будет:	< Eпост >=	m	N A	3	kT =	3		m	RT ,	(1)
		M		2		2 M

где R = kNA – молярная газовая постоянная.
Средняя  кинетическая  энергия  вращательного  движения
молекул водорода:			< Eвр >=			m	RT .	(2)
						M
Подставляя числовые значения и формулы (1) и (2), имеем:
< Eпост >=		3 × 2 × 8,31× 400			= 49,86 ×105			(Дж) = 4986(кДж);
			2 × 2 ×10-3
< Евр >=	2 × 8,31× 400			= 33,24 ×105 (Дж) = 3324(кДж)
Ответ: 4986 кДж,			2 ×10-3
			3324 кДж.

15

Задача 8. При адиабатическом сжатии давление воздуха было увеличено от Р₁ = 100 кПа до Р₂ = 1 МПа . Затем при неизменном объеме температура воздуха была понижена до первоначальной. Определить давление Р₃ газа в конце процесса.

	Дано:			Решение:
Р1		=100 кПа=1·105 Па		На  PV  диаграмме  представлен  график,
Р2		6		соответствующий процессу,  указанному в
		= 1 МПа =1·10 Па		условии задачи.
V2 = const
	g = 1,4
Р3		– ?

Процесс адиабатического сжатия 1-2 совершается без теплообмена и согласно уравнению Пуассона:

PV g

=P V

g ,

1

1

g

2

2

P1

æ

ö

10

5

ç V1

÷

=

= 0,1.

(1)

= ç

÷

P

V

10

6

2

è  2

ø

Макроскопические параметры P, V, T воздуха в состоянии 1, 2, 3 связаны соотношением:

P1V1

=

P2V2

=

P3V3

,

T

T

T

откуда

P1 V1 = P3V3.

1

2

3

По условию задачи V2 = V3. Используя уравнение (1) можно записать

V2

1

= (0,1) g .

V

1

Тогда

P

=

P1

= 5,2 ×105 Па.

1

3

(0,1) g

Ответ:

P = 5,2 ×105

Па.

3

16

Задача 9. Вычислить массу столба воздуха высотой 1 км и сечением 1 м²,   если  плотность  воздуха  у  поверхности  Земли

r0 = 1,2 кг / м3 ,

а давление

Р0  =  1,013 · 105

Па.  Температуру

воздуха считать одинаковой.

Дано:

Решение:

h = 1 км = 1000 м

Атмосферное  давление  меняется  с  высотой,

S = 1 м2

плотность воздуха также является функцией

Т = const

высоты r (h). Массу воздуха в элементе объема

Р0=1,013 · 105 Па

dV представим в виде:

r0 = 1,2 кг/м 3

dm = r dV .

Найдем  изменение  плотности  воздуха  с

высотой.

m – ?

Согласно уравнению состояния идеального газа

PV

=

m

RT ,  P =

r

RT ,

P =

r0

RT ,

m

m

0

m

P

=

r

.

(1)

P

r

0

0

P0

Продифференцировав (1), получим dP =

dr.

(2)

r0

С другой стороны убыль давления				dP при переходе от высоты		h0 к
высоте h0 + dh			- dP = rgdh,			(3)
где r – плотность воздуха на высоте h.
Используя уравнения (2) и (3) получим:
	d r		= -	r0	g dh ,
	r	0		P
				0

или

_- ^r 0

 

r = r ₀ e ^P 0

Вычислим массу столба воздуха

m = ò dm = ò r dV = ò r S dh ,

h	-	r 0	g h	-	r 0	g h
					P 0
		P 0
m = ò S r0 e				dh = - S r0 e
0

g h

.

_×       ^P0

r₀ g

 

h

 

0

æ

= ^ç_ç1- e

è

-	r 0	g h  ö	S P
	P 0	÷
			0	.
		÷
			g
		ø

17

Подставив данные, приведенные в условии задачи получим:

m = 1,13 · 10³ кг.

Ответ:         m = 1,13 · 10³ кг.

Задача 10. Определить скорость вылета поршня массой 4 кг из цилиндра при адиабатном расширении кислорода в 40 раз, если начальное давление воздуха 10⁷ Па, а объем 0,3 л.

	Дано:					Решение:
							А,   совершаемая   адиабатически
	Т = 4 кг					Работа
	V2/V1 = 40					расширяющимся воздухом, в данном случае
	p1	= 10 7Па				идет на увеличение кинетической энергии
	V1	= 0,3 л = 3·10-4 м3				поршня, т. е
	υ - ?							mυ2
						A =			,
								2

где т и υ – масса и скорость поршня.

Для  подсчета  работы  адиабатически							расширяющегося  газа
		p V	é	æ V		ö	g-1 ù
воспользуемся формулой:	A =	1  1	ê	ç	1	÷	ú	, где γ – отношение
		g -1	ê	èV2		ø	ú
			ë				û

теплоемкостей газа при постоянном давлении и постоянном объеме (для кислорода γ =1,4).

_{A  =} 10⁷ × 0,3 ×10^-3 _{(1 - 0,22) = 5,85 ×10}3 _{(Па). Так как A =} mυ² _{, то}

0,42

υ =	2A		,	υ =	2 × 58,5 ×102	» 54(м/с).
	m				4

Ответ: 54 м/с.

Задача 11. Молекулярный пучок кислорода ударяется о неподвижную стенку. После соударения молекулы отражаются от стенки с той же по модулю скоростью. Определить давление пучка на стенку,

если скорость молекул 500 м/с и концентрация молекул в пучке 5·10 ²⁴ м ^-3.

18

	Дано:				Решение:
						определяется по формуле:
	υ = 500 м/с				Давление
	n0 = 5·10 24 м –3				p =			F	,	(1)
								S
	р - ?
	где F – сила давления, S – площадь.
	Силу давления найдем из второго закона Ньютона:
			Ft = mDυ ,							(2)
	где m  –  масса		кислорода,  ударившегося				о		стенку за	время t,

υ  – изменение скорости молекул при ударе.

Массу  одной  молекулы  кислорода  найдем  из  закона

Авогадро: m =

M

,   где

М = 32·1023 кг/моль – молярная

масса

1

N A

кислорода; NA =6,02 ×1023 моль-1 – постоянная Авогадро.

За время t о стенку ударяются молекулы, находящиеся в объеме:

V = Sυ× t , масса которых: m = m1n0υ× tS .

(3)

Изменение скорости при соударении: Dυ = υ - (-υ) = 2υ

.

(4)

Подставляя

выражения

(3), (4)

в

(2),

находим:

Ft =

Mn0υ× tS 2υ

=

2Mn0υ2 × tS

,

откуда

p =

F

=

2Mυ2n0

,

N A

N A

S

N A

_{p  =} 5 ×10²⁴ × 2 × 32 ×10^-3 × 25 ×10⁴ _{» 1,33 ×10}5 _(Па). 6,02 ×10²³

Ответ: 1,33·10⁵ Па.

Задача 12. Определить удельные теплоемкости с_р, с_v, для смеси 1 кг азота и 1 кг гелия.

	Дано:				Решение:
	m1= 1	кг			Удельной	теплоемкостью какого – либо газа
	М1= 28 кг/кмоль				называется  величина,  равная  количеству
	i1 = 5				теплоты, которое нужно сообщить единице
	m 2 = 1 кг				массы   тела,    чтобы   повысить   его
	М2 = 4 кг/кмоль газа.				температуру  на  1  градус.  При  этом
	i2  = 3				величина теплоемкости зависит от условий,
					при которых
	ср - ?
	сv - ?

19

происходит нагревание. Если нагревание происходит при постоянном

объеме, то: c_V = ^D_D^Q_Tm^V , где DQ_V = DU_V , т.е. все сообщаемое количество теплоты идет на изменение внутренней энергии системы.

 

Изменение       внутренней       энергии      смеси       газа      определяется

формулой: DU =	m1	×	i1	RDT +	m2	×	i2	RDT ,  где  i1   и   i2   –  число
	M1				M 2
		2				2

степеней свободы первого и второго газов.

æ

i1

m2

i2

ö

ç m1

÷

ç

×

+

×

÷R

2

M 2

2

Окончательно получим: с

=

è M1

ø

.

(1)

V

m1 + m2

Если нагревание происходит при постоянном давлении, то

с p

=

DQp

,

(2)

DTm

где  DQ_p = DU + DA₁, т.е. сообщаемое газу количество теплоты идет

не только на изменение внутренней энергии, но и на работу по расширению газа. Работа при изобарическом расширении для

каждого газа равна: DA =

m1

RDT ;

DA

=

m2

RDT , поэтому:

1

M1

2

M 2

æ

m

i

m

2

i

2

ö

æ

m

m

2

ö

ç

1

×

1

+

×

÷

ç

1

+

÷

DQp = ç

M1

2

M

2

2

÷RDT + ç

M1

M

÷RDT .

è

ø

è

2 ø

Подставляя это значение в уравнение (2), получим:

é m

æ i

ö

m

2

æ i

2

öù

ê

1

ç

1

+ 1÷ +

ç

+ 1÷úR

2

с p =

ë M 2 è

ø

M 2 è 2

øû

.

m1 + m2

Произведем вычисления:

æ

1

× 3,5 +

1

× 2,5

ö

× 8,31×103

ç

÷

8

2

с

=

è

ø

» 3116(Дж/(кг × К)).

V

2

Дж

Ответ: 3 116

.

кг·К

20

Задача 13. В цилиндре под поршнем находится водород, который имеет массу 0,02 кг и начальную температуру 27°С. Водород сначала расширился адиабатически, увеличив свой объем в 5 раз, а затем был сжат изотермически, причем объем газа уменьшился в 5 раз. Найти температуру в конце адиабатического расширения и работу, совершаемую газом. Изобразить процесс графически.

Дано:

Решение:

адиабатном

процессе

m = 0,02 кг

При

Т1

= 27°С = 300 К

температура и объем газа связаны

М = 2 кг/кмоль

Т

æ V

ög-1

V2

соотношением:

2

=

ç

1

÷

, где

= 5

Т1

èV2

ø

V1

c p

i = 5

–

отношение

g = cV

T2

- ?

А - ?

теплоемкостей газа при

постоянном давлении и постоянном

объеме. Для водорода γ = 1,4.

Отсюда выражение для конечной температуры Т2 будет:

æ

ö

g -1

æ

1 ö

0,4

Т2

ç

V1

÷

» 157(K).

= 300èç

5 ø÷

= Т1çV

÷

è  2

ø

Работа А₁ газа при адиабатическом расширении равна изменению внутренней энергии:

A₁ = _M^m C_V (T₁ - T₂ ) = _M^m ₂ⁱ R(T₂ - T₁ ).

 

A = ^{0,02 × 5 × 8,31×103} (300 - 157) » 2,97 ×104 ( Дж())..

₁                          2 × 2

Работа А₂   газа при изотермическом процессе может быть

выражена в виде: A2 = RT2  ^m ln ^V2 .

 

M     V₁

Подставляя известные числовые значения величин, входящих в правую часть равенства, и выполняя арифметические действия,

находим: A₂ = 8,31×10³ ×157 × ^0,₂⁰² ln ¹₅ » -2,1×10⁴ ( Дж()).

 

Знак «минус» показывает, что при сжатии газа работа совершается над газом внешними силами. Полная работа, совершенная газом при описанных процессах, равна:

21

A   = 2,97 ×10⁴ - 2,1×10⁴ = 8,7 ×10³ ( (Дж))..

График процесса приведен на рисунке 1.

p

1

3

2

Рис. 1

Ответ: 8,7 · 10³ Дж.

Задача 14. Кислород массой m = 2 кг занимает объем V₁ = 1 м³ и находится под давлением р₁ = 0,2 МПа. Газ был нагрет сначала при постоянном давлении до объема V₂ = 3 м³, а затем при постоянном объеме до давления р₃ = 0,5 МПа. Найти изменение U внутренней энергии газа, совершенную им работу А и количество теплоты Q, переданное газу. Построить график процесса.

Дано:

Решение:

внутренней  энергии  газа

m = 2

кг

Изменение

М = 32 кг/моль

выражается формулой:

V1

= 1 м3

i R

р1

= р2 = 2·105 Мпа

DU =

mDT ,

(1)

2

M

V2

= 3 м3

где i – число степеней свободы молекул

р3

= 5·105 Мпа

газа   для

двухатомных

молекул

R = 8,31·10 –3 Дж/(кмоль·К)

кислорода (i = 5); М – молярная масса;

U - ?

R – молярная газовая постоянная.

А - ?

Q - ?

Начальную  и  конечную  температуры  найдем,  используя

уравнение Менделеева - Клайперона:

22

pV =	m	RT .		(2)
	M		pVM
Решая его относительно Т, получим: T =				(3)
			mR

T1 = ^{2 ×105 ×1× 32} » 385(K);

2 × 8,31×103

T3 = ^{5 ×105 × 3 × 32} » 2888(K);

2 × 8,31×103

Подставляя в выражение (1) числовые значения входящих в него

величин, находим: DU = ⁵ × ^8,31×103 × 2(2888 - 385) » 3,25 ×10⁶ (Дж).

2             32

Работа расширения газа при постоянном давлении выражается формулой: A = R _M^m DT . Подставив числовые значения, получим:

 

А  = 8,31×10³ × ₃₂² × (1155 - 385) » 0,4 ×10⁶ (Дж).

 

Работа газа, нагреваемого при постоянном объеме , равна нулю, т.е. А₂ = 0. Следовательно, полная работа, совершенная газом, равна:

A = A₁ + A₂ = 0,4 ×10⁶ (Дж) . Согласно первому началу термодинамики

количество теплоты Q, переданное газу, равно сумме изменения внутренней энергии U и работы А: Q = DU + A, следовательно:

Q    = 0,4 ×10⁶ (Дж) + 3,25 ×10⁶ (Дж) = 3,65(МДж) .

График процесса приведен на рисунке 2.

p

0	V1	V2	V
	Рис. 2

23

Ответ: 3,65 МДж.

Задача 15.  Идеальный двухатомный газ,  содержащий количество

вещества	n = 1		моль  и  находящийся			под	давлением
Р1 = 0,1 МПа		при	температуре	Т1 = 300 К,		нагревают		при
постоянном		объеме до давления Р2			= 0,2 МПа. После этого
газ изотермически  расширялся до					начального		давления и
затем изобарно был сжат до начального объема V1. Построить
график	цикла.		Определить	температуру		Т	газа	для

характерных точек цикла и его термический КПД h.

i	Дано:				Решение:
	= 5				В координатах Р, V график цикла имеет
n = 5моль					следующий вид
Р1= 0,1 Мпа = 1·105 Па					Р
Т1= 300 К					Р2		2
Р2= 0,2 Мпа = 2·105 Па
					Р1
							1•		• 3
	T2	– ?
								V1	V2     V
Т3		– ?

h   – ?

Переход газа на участке 1 -2 происходит изохорически при V₁ = const. Давления и температуры газов в состояниях 1 и 2 связаны между собой соотношением:

^P1  ₌ ^T1   ₌ ¹ _.

 

P₂    T₂         2

Отсюда T₂ = 2Т₁ = 600 K.

Так как переход газа 2-3 изотермический, то Т₂ = Т₃.

Термический КПД цикла определяется выражением

η =	Q 1 - Q 2	,	(1)
	Q 1

где Q₁ – количество теплоты, полученное от нагревателя за цикл, Q₂ – количество теплоты, отданное холодильнику за цикл. Газ получает количество теплоты на участках 1-2 и 2-3

24

Q 1= Q 1-2 + Q 2-3,

где Q _1-2 = C _v v (T ₂ - T ₁) – количество теплоты, полученное при изохорическом нагревании,

Q _2-3 = ν RT ₂ l n (P ₂ / P ₁) – количество теплоты, полученное при изотермическом расширении.

Газ отдает количество теплоты на участке 3-1 при изобарическом сжатии:

Q _3-1 = Q ₂ = C_р ν (T ₂ - T ₁),

C_n = ₂ⁱ R – молярная теплоемкость газа при V = const,

 

C р	i + 2	R  – молярная теплоемкость газа при P = const.
	2

Подставив значения Q ₁ и Q ₂, С _v и С _р  в формулу (1) получим:

Т

2

ln

P2

- (T

- T )

h =

P1

2

1

= 0,099 ,

h = 9,9 %.

P2

i

T

ln

+

(T

- T )

2

P

2

2

1

Ответ: T 2 = T 3 = 600 K,

η = 9,9 %.

Задача16. Кислород массой 1 кг совершает цикл Карно. При изотермическом расширении газа его объём увеличивается в 2 раза, а при последующем адиабатическом расширении совершается работа 3000 Дж. Определить работу, совершенную за цикл.

	Дано:			Решение:
		V1
	V2 = 2			Идеальный цикл Карно состоит
	A2-3 = 3000 Дж			из двух изотерм и двух адиабат
	i = 5			(рис. 3).
	А - ?

На рисунке 3 участок 1-2 соответствует изотермическому расширению газа (Т₁ = Т₂), участок 2-3 – адиабатическому расширению газа, участок 3-4 – изотермическому сжатию (Т₃ = Т₄) и участок 4-1 – адиабатическому сжатию.

При изотермическом расширении внутренняя энергия идеального газа остается постоянной, следовательно, все подводимое тепло Q₁ идет на работу по расширению газа на участке 1-2, т.е.

25

1 (p1, V1, T1) _Q1

^T1    2 (p₂, V₂, T₂)

4

T2

3 (p3, V3, T3)

(p4, V4, T4)

Q2

Рис. 3

Q = A

=

m

RT ln

V2

.

(1)

11- 2

M

1

V1

При изотермическом сжатии на участке 3-4 Q₂ тепло отдается холодильнику (Q₂), и это количество теплоты определяется работой, затраченной на сжатие газа:

Q	2	= A	=	m	RT	ln		V4	.	(2)
		3-4		M	3		V3

Состояния 2 и 3 лежат на одной адиабате, поэтому можно записать:

T V			2	g-1 = T V g-1					(3)
2						3		3
Для состояний 4 и 1, которые отвечают одной адиабате, имеем:
T V			g-1 = T V					g-1	(4)
1		1				4		4
Поделив выражение (3) на (4), получим:
	V2	=			V3		,		(5)
	V
				V		4
1

так как Т1

= Т2 и Т3 = Т4.

Работа при адиабатическом расширении на участке 2-3 равна:

A

= -DU

2-3

=

m

×

i

R(T

- T )

(6)

2-3

M  2

2

3

Работа при адиабатическом сжатии на участке 4-1 равна:

A

= -DU

4-1

=

m

×

i

R(T  - T ) = -

m

×

i

R(T

- T ) .

4-1

M

2

41

M  2

1

4

26

, поэтому:

Так как Т1 = Т2, а Т3 = Т4, то А2 - 3 = -А4 - 1, т.е. полная работа по

адиабатическому сжатию и расширению равна нулю.

Следовательно, работа цикла: А = А1-2 – А3-4.

V2

Из уравнений (1), (2) и (5) получим: A =

m

R(T - Т

2

) ln

.  (7)

M

1

V1

Из уравнения (6) выразим разность температур Т2 – Т3, равную

Т1

– Т3, и подставим в уравнение (7):  A =

2

A

ln

V2

. Произведем

V

i

2-3

1

вычисления: A = ₅² × 3000 × 0,693 = 831,6(Дж) .

Ответ: 831,6 Дж.

Задача 17. В результате изотермического расширения объем 8 г кислорода увеличился в 2 раза. Определить изменение энтропии газа.

	Дано:			Решение:
	m = 8 г = 8 ×10-3 кг			Изменение энтропии системы
	M = 32 кг/кмоль			определяется по формуле:
					2 dQ
	V2 = 2V1
				DS = S2 - S1 = ò		T	,	(1)
				1
	∆S - ?			где dQ – количества тепла,

сообщенное газу, Т – абсолютная температура, S₁ и S₂ – значения энтропии в начальном и конечном состояниях системы.

При изотермическом расширении все подводимое количество теплоты идет на работу по расширению, т.е. dQ = dA = pdV.

Из уравнения Менделеева – Клапейрона: p = _M^m × ^RT_V

 

dQ =	m	×		R	dV .	(2)
	M
			V

Подставляя выражение (2) в (1), получим:

V	m		dV		m		V2
DS = ò2		R ×		=		R ln		.
			V		M
V M							V
1						1

Произведем вычисления:

DS = ^{8 ×10-3} × 8,31×10³ × 0,693 » 1,44(Дж/град).

32

Ответ: 1,44 Дж/град.

27

Задача 18. Горячая вода некоторой массы отдает теплоту холодной воде такой же массы, и температуры их становятся одинаковыми. Показать, что энтропия при этом увеличивается.

Решение:

Пусть температура горячей воды T₁, холодной – T₂, а температура смеси Θ. Определим температуру смеси, исходя из уравнения теплового баланса:

	mc(T1 - Q) = mc(Q - T2 ), или T1 - Q = Q - T2
откуда:	Q =	T1 + T2	.	(1)
	2

Изменение энтропии, происходящее при охлаждении горячей воды:

Q cmdT				Q
DS1 = ò		= cm ln			.
	T		T1
T1

Изменение энтропии, происходящее при нагревании холодной воды:

Q cmdT

Q

DS2 = ò

= cm ln

.

T

T2

T2

Изменение энтропии системы равно

Q2

DS = DS1 + DS2 = cm ln

Q

+ cm ln

Q

= cm ln

,

T1

T2

T1

× T2

(T + T

)2

или с учетом соотношения (1) имеем: DS = cm ln

1

2

.

4T1T2

)2

)2

(T + T

(T + T

Так как T > T  > 273 K , то

1

2

> 1 и ln

1

2

> 0.

1

2

4T1T2

4T1T2

Поэтому DS > 0, т.е. энтропия возросла.

Ответ: энтропия увеличивается.

Задача 19. Лед массой 2 кг, находящийся при температуре –10°С, нагрели и превратили в пар. Определить изменение энтропии.

28

Дано:

Решение:

кг

энтропии

определяется  по

m = 2

Изменение

T1 = 263 K

формуле:

2 dQ

T2 = 273 K

DS = S2

- S1 =

.

ò

T

T3 = 272 K

1

Общее изменение энтропии равно сумме

c = 2,1×103

Дж/(кг × К)

å DS

i

,  где  DS

i

–

изменения

энтропии,

1

l = 3,35 ×10

5

Дж/кг

происходящие

на

отдельных

этапах

процесса:

r = 2,26 ×106 Дж/кг

n

DSi .

DS = å

i=1

∆S - ?

1.      Изменение энтропии DS₁  происходит при нагревании льда от

начальной

температуры  T1 = 263 K

до

температуры

плавления

2 dQ

T

T = 273 K:

DS

=

ò

1

, так как dQ

= mc dT , то DS  = mc ln

2

, где

2

1

T

1

1

1

1

T1

1

₁  – удельная теплоемкость льда.

2.                    Изменение энтропии DS₂  происходит при плавлении льда. В этом^{m–массальда;с}

случае dQ2 = ml . Тогда:      ^DS2 ^{= ml} , где T2 – температура плавления

T₂

льда; λ – удельная теплота плавления.

3.      Изменение энтропии DS₃ происходит при нагревании воды от температуры T₂ до температуры кипения T₃ = 373 K. Величина DS₃ вычисляется аналогично DS₁ :

DS      = mc  ln ^T3 ,

 

_{3                 2}         T₂

где с₂ – удельная теплоемкость воды.

4. Изменение энтропии DS₄ происходит при испарении воды; так как

DQ = mr , то

DS      = ^mr ,

₄         ^T3

где r – удельная теплота парообразования.

Общее изменение энтропии

29

æ

T2

l

T3

r

ö

DS = DS1 + DS2 + DS3 + DS4

ç

÷

T

+ T  + c2 ln T  + T

=

= mç c1 ln

÷

è

1

2

2

3

ø

æ

2,1×103 ln

273

3,35 ×10

5

+ 4,19 ×103 ln

373

2,26 ×10

6 ö

» 1,73 ×104 (Дж/К)

= 2ç

+

+

÷

ç

263

273

273

373

÷

è

ø

Ответ: 1,73·10⁴ Дж/К.

Задача 20 . Резиновый шнур, жесткость которого k = 3 · 10³ H/м под действием груза удлинился на D l = 20 см. Считая процесс растяжения шнура изотермическим и происходящим при температуре t = 27°C, определить изменение энтропии.

Дано:			Решение:
k = 3·103 H/м   Согласно 1-го закона термодинамики
D l = 20 cм				D Q = D  + A.
t = 27°C		Так как при изотермическом процессе

D  Q = T DS, то T DS = D  + A.

D  S - ?Процесс   растяжения   шнура   происходит   при

постоянной температуре, а значит изменения внутренней энергии не происходит. Работа А равна изменению потенциальной энергии резинового шнура:

А = D E_POT = ^{k Dl 2} ,

2

_{T   DS =} k D l ² _. 2

Отсюда:

D   S = ^{k D l 2}  = 0,2 ^Дж .

Ответ:^2TК

D  S = 0,2 ^Дж_К .

30

Задача 21. Углекислый газ массой 88 г находится в сосуде емкостью 10 л. Определить внутреннее давление газа и собственный объем молекул.

Дано:

V = 10 л = 10 ^–2 м³

m   = 88 г = 8,8·10^-2 кг

М   = 4,4·10^-2 кг/моль а = 0,361 Н·м/моль² b = 4,28·10^-5 м³/моль

р’ - ?

 

V^’ - ?

Решение:

По уравнению Ван-дер-Ваальса выражение добавочного давления р^/ имеет вид:

= æ m ö²  a

_p¢         ^{ç          ÷}                _,

 

_{è M ø       V} 2

где а– постоянная Ван-дер-Ваальса, V – объем.

æ	8,8 ×10-2		ö	2	0,361
p¢ = ç			÷	×				» 14,4(кПа)
		- 2				- 4
ç	4,4 ×10		÷		10
è			ø

Постоянная Ван-дер-Ваальса b учитывает поправку на собственный объем молекул V^’, и, как следует из уравнения Ван-дер-Ваальса,

произведение	m	× b	равно	учетверенному	объему	молекул
	M

_M^m × b = 4V ¢, откуда:

 

m    _× b ₌ 8,8 ×10^{- 2} _× 4,38 ×10^-5 _{= 0,021 (л) .}

M  4   4,4 ×10^-24

 

Ответ: 0,021 л.

31

Список литературы

1.    Савельев И.В. Курс общей физики. Кн.1. – М.: Наука, 1999.

2.  Трофимова Т.И. Курс физики. – М.: Высшая школа, 2003.

3.   Детлаф А.А., Яворский Б.М. Курс физики. – М.: Высшая школа, 2002.

4.   Волькенштейн В.С. Сборник задач по общему курсу физики. – СПб.: СпецЛит, 2001.

5.  Чертов  А.Г.,  Воробьев  А.А.  Задачник  по  физике.  –  М.:

Интеграл–пресс, 1997.

32

Краткое описание документа:

Приведены примеры решения различных типов задач по темам практических занятий раздела «Основы молекулярной физики и термодинамики». Предназначены для студентов 1 и 2 курсов.

Практические занятия являются одной из важнейших компонент учебного процесса по физике. Они способствуют приобщению студентов к самостоятельной работе, учат анализировать изучаемые физические явления, использовать на практике полученные теоретические знания.

Предназначены для студентов, изучающих раздел курса общей физики «Основы молекулярной физики и термодинамики». В методических указаниях представлены примеры решения типичных задач разной степени трудности. Решения сопровождаются необходимыми примерами и комментариями. Задачи систематизированы по основным темам раздела. Приведены основные формулы, облегчающие усвоение алгоритмов решения задач.