Маклаков А. И., Серебренникова Т. А., Савинков А. В
Задача 8.
Имеется N частиц, энергия которых может принимать лишь два значения E1 и Е2. Частицы находятся в равновесном состоянии при температуре Т. Чему равна суммарная энергия Е всех частиц?
Решение. Суммарную энергию всех частиц можно представить в виде:
, где N1 и N2 – число частиц, имеющих энергию E1 и Е2, соответственно. Для нахождения N1 и N2 используем формулу Больцмана (2.8), на основании которой
,
причем N1 + N2 = N. Решая систему из двух уравнений с двумя неизвестными, найдем:
,
,
.
Задача 9.
Потенциальная энергия молекул в центральном поле зависит от рассеяния r до центра поля как , где а > 0. Температура газа Т. Найти: а) долю молекул в шаровом слое (r, r + dr) и плотность вероятности этого события, б) число молекул в шаровом слое, если их концентрация в центре поля n0.
Анализ и решение. Молекулы газа находятся в поле потенциальных сил, поэтому можно использовать распределение Больцмана (2.6):
(1)
где В – постоянная, характерная для данного поля.
Вследствие шаровой симметрии поля, задачу удобнее в сферической системе координат (r, φ, θ) (Рис. 2.3). Элемент объема (dx·dy·dz) в (1) в прямоугольной системе координат равен r2·dr·sinθ·dθdφ в сферической системе.
Тогда:
(2)
Для определения доли молекул dNc/N в шаровом слое (r, r + dr) проинтегрируем (2) по θ в пределах от 0 до π и по φ в пределах от 0 до , т.е.
. (3)
Постоянную В найдем из условия нормировки, для чего (3) проинтегрируем по r в пределах от 0 до +∞.
.
Интеграл табличный, откуда В = (а/πkT)3/2 и
.
Плотность вероятности:
.
Для нахождения числа молекул dNc в шаровом слое используем соотношение (1) в виде:
.
dN/dV – локальная плотность частиц в системе, которая при r = 0 равна n0, откуда В = n0/N. Тогда число молекул в шаровом слое из (3):
.
Задача 10.
В бесконечно высоком вертикальном сосуде находится углекислый газ при температуре Т. Считая поле сил тяжести однородным, найти, как изменится давление газа на дно сосуда, если температуру газа увеличить в раз.
Анализ и решение. Получим зависимость давления газа в сосуде от Т. Рассмотрим сосуд с единичным квадратным сечением, что упростит решение задачи, но не уменьшит его общность. На высоте z от поверхности дна (Рис.2.4) выделим столбик газа высотой dz и найдем давление dp, которое он оказывает на нижнее сечение. Это давление равно весу выделенного столбика газа, т.е. dp = g · dm, где dm – масса газа в выделенном объеме dV. dm = ρ · dV = ρ ·dz (dS = 1). Плотность газа ρ = n · m, где n – число молекул в единице объема, m – масса молекулы. Молекулы газа, находящиеся в формуле Больцмана (2.8):
,
где n0 – число молекул в единице объема при z = 0. Подставляя полученные соотношения в выражение для dp, получим:
.
Для определения давления всего столба газа на дно сосуда проинтегрируем это выражение по z в пределах от 0 до +∞:
,
откуда следует, что p пропорционально Т. Однако при изменении температуры может изменяться и n0. Получим зависимость n0 от Т. Воспользуемся выражением (2.6):
,
где dN – число молекул в объеме dV = dx·dy·dz, N – число молекул во всем столбе. Проинтегрируем это выражение по объему столба:
,
откуда .
Представим выражение (2.6) в виде:
(1)
dN/dV = n – локальная плотность молекул. При z = 0, как следует из (1), dN/dV = n0= ВN = mgN/kT или p = n0kT = mgN = const.
Таким образом, при нагревании газа, находящегося в бесконечно высоком вертикальном сосуде, давление газа на дно сосуда не изменится.
3. ЗАКОНЫ ИДЕАЛЬНОГО ГАЗА.
3.1. Основные понятия и формулы.
Уравнение состояния идеального газа с молярной массой М, имеющего массу m и занимающего объем V:
, (3.1)
где v = m/M – число молей газа, R – универсальная газовая постоянная, или
p = n · kT (3.1а)
где n – число молекул в единице объема, k – постоянная Больцмана.
Основное уравнение кинетической теории идеальных газов:
, (3.2)
где – средняя кинетическая энергия молекулы, которая равна
, (3.3)
где i – число степеней свободы молекулы газа.
3.2. Примеры решения задач.
Задача 1.
Два одинаковых сосуда соединены трубой с клапаном, пропускающим газ из одного сосуда в другой при разности давления p ≥ 1,1 атм. Сначала в одном сосуде был вакуум, а в другом идеальный газ при T1 = 27єC и давлении р1 = 1 атм. Затем оба сосуда нагрели до T2 = 107єC. Найти давление газа в сосуде, где был вакуум.
Дано: p ≥ 1,1 атм, р1 = 1 атм, t1 = 27єC = 300 К, t2 = 107єC = 380 К.
Определить: p2’.
а)
Анализ и решение. Обозначим объем каждого сосуда V. В результате нагрева газ в первом сосуде из состояния с параметрами p1, V, T1 (рис.3.2а) перешел в состояние с параметрами p1́, V, T2 (рис.3.2б), а во втором сосуде, где был вакуум, параметры состояния газа p2’, V, T1.
б)
Предположим, что в газе содержится ν молей, после нагрева в первом сосуде осталось ν’ молей, а во втором стало (ν – ν’) молей.
Уравнение состояния газа до нагрева:
p1V = νRT1 (1)
после нагрева в первом сосуде:
p1’V= ν’RT2, (2)
во втором сосуде:
p2’V = (ν – ν’)RT2, (3)
причем:
p1’ – р2’ = p. (4)
Решая систему из трех уравнений (2), (3), (4), получим:
.
Из (1) νR/V = p1/T1, тогда окончательно:
.
Задача 2.
Поршневой насос захватывает на один цикл объем газа V1 и выталкивает его в атмосферу. Сколько циклов n должен сделать насос, чтобы понизить давление воздуха в сосуде объема V от p0 до p?
Анализ и решение. Каждый цикл работы насоса осуществляется в две стадии. При перемещении поршня насоса в крайнее правое положение (первая стадия, клапан k1 – открыт, k2 – закрыт) газ занимает (V + V1), а давление в системе становится р1 (Рис. 3.2). При переходе поршня в крайнее левое положение (вторая стадия, клапан k1 – закрыт, k2 – открыт) порция газа объема V1 выталкивается в атмосферу. Откачка газа обычно происходит в изотермических условиях, когда Т = const и справедливо уравнение изотермы:
pV = const. (1)
Связь исходного состояния газа с состоянием в конце первой стадии первого цикла:
p0V = p1(V + V1). (2)
Запишем аналогичное уравнение для второго цикла, когда давление в системе стало р2:
р1V = p2(V + V1),. (3)
для третьего цикла:
p2V = p3(V + V1). (4)
Используя метод последовательной подстановки выражений (1), (2) и (3) в (4), получим закон изменения давления для трех циклов:
.
Тогда для n циклов связь конечного давления р с начальным р0 будет:
,
откуда необходимое число циклов:
.
Задача 3.
В баллоне объемом V = 7,5 л при Т = 300 К находится смесь идеальных газов: ν1 = 0,1 моля О2, ν2 = 0,2 моля N2, ν3 = 0,3 моля СО2. Найти: давление в смеси и среднюю молекулярную массу данной смеси .
Дано: V = 7,5 л = 7,5‡10–3 м3, Т = 300 К, ν1 = 0,1 моля О2, ν2 = 0,2 моля N2, ν3 = 0,3 моля СО2.
Решение. По определению в идеальном газе молекулы не взаимодействуют между собой, поэтому для смеси идеальных газов уравнение состояния (3.1) можно записать в виде:
,
откуда:
.
Для нахождения средней молярной массы смеси воспользуемся определением числа молей газа ν = m/M, где m и М – масса и молярная масса газа, соответственно.
Тогда:
. (1)
Введя среднюю молярную массу и массу смеси , получим:
pV = mRT/
. (2)
Из сравнения (1) и (2) следует, что:
.
Заменяя mi = νiMi (i = 1, 2, 3) и , получим:
.
Задача 4.
Определить массу воздуха и полную энергию воздуха, заключенного в пространстве между оконными рамами (площадь рамы S = 2 м2, расстояние между ними l = 25 см) при атмосферном давлении, если температура меняется линейно от t1 = –10єС наружного стекла до t2 = +20єС у внутреннего.
Дано: S = 2 м2, l = 25 см = 0,25 м, р = 1 атм, t1 = –10єС = 263 К, t2 = +20єС = 293 К.
Определить: m, E.
Анализ и решение. Для нахождения массы газа можно использовать уравнение состояния (3.1), однако в нем необходимо учесть, что температура воздуха в пространстве между рамами неодинакова. На расстоянии х от наружного стекла выделим тонкий слой воздуха толщиной dx, в пределах которого температуру можно считать постоянной. Уравнение состояния для этого слоя воздуха pdV = (dm/M)RT, где dV = S ‡ dx – объем, dm – масса воздуха в слое. Поскольку в пространстве между стеклами температура воздуха от слоя к слою изменяется линейно, ее зависимость от х может быть представлена в виде: 
. Подставляя выражение для Т в уравнение состояния, получим:
Рис. 3.3
,
откуда:
.
Для нахождения всей массы воздуха проинтегрируем полученное выражение по m в пределах от 0 до l.
.
Введя новую переменную , получим:
кг.
Молярная масса воздуха может быть подсчитана, как в задаче 3, и взята равной М ≈ 29 моль–1.
Найдем полную энергию Е молекул воздуха. Энергия dE молекул воздуха в выделенном слое dx, согласно (3.3):
,
где n – число молекул в единице объема, p = nkT, согласно (3.1а), тогда:
.
Полную энергию Е найдем путем интегрирования выражения для dE, учтя, что p = const, т.е.:
.
Воздух, в основном, состоит из двухатомных молекул, поэтому i = 5, тогда Е = 1,27‡105 Дж.
Задача 5.
Найти максимально возможную температуру идеального газа в бесконечно медленном процессе, описываемом уравнением , где константы p0 > 0 и α > 0, V – объем одного моля газа.
Решение. Известно, что бесконечно медленные процессы подчиняются уравнению состояния идеального газа:
pV = RT. (1)
Для учета специфики процесса, рассматриваемого в задаче, подставим выражение р из ее условий в (1) и найдем интересующую величину Т:
. (2)
Для нахождения экстремального (максимального или минимального) значения Т нужно взять производную от Т по V, приравнять ее нулю и найти значение Vэ, при котором Т – экстремальна.
,
откуда:
. (3)
Известно также, что функция принимает максимальное значение, если ее вторая производная меньше нуля.
Действительно,
, т.к. V, α > 0,
т.е. при условии (3) температура принимает максимальное значение Тmax, которое получается подстановкой (3) в (2),
.
Задача 6.
Высокий цилиндрический сосуд с азотом находится в однородном поле тяжести, ускорение свободного падения в котором g. Температура Т азота меняется по высоте так, что его плотность всюду одинакова. Найти градиент температуры по высоте (dT/dh).
Решение. Для простоты площадь поперечного сечения возьмем равной единице. Выберем сечение столба газа на высоте h (рис.3.4). Давление, оказываемое на него газом, в общем случае:
, (1)
где ρ(h) – плотность газа на высоте h.
C другой стороны, согласно уравнению состояния:
, (2)
где m – масса молекулы азота.
Приравнивая (1) и (2), получим:
.
Т.к. ρ(h) = const, вынеся эту величину из-под знака интеграла, получим:
.
Градиент температуры найдем путем дифференцирования этого выражения по
.
Знак минус показывает, что с увеличением высоты, температура газа уменьшается.
Задача 7.
Сосуд, содержащий идеальный газ, молекулы которого обладают i степенями свободы, движется со скоростью . На сколько увеличится средне-квадратичная скорость теплового поступательного движения молекул при остановке сосуда ? Теплоемкость и теплопроводность сосуда бесконечно малы.
Решение. При движении сосуда со скоростью U молекула обладает дополнительной кинетической энергией εс:
. (1)
Согласно (3.3) средняя энергия теплового движения молекулы, обладающей i степенями свободы равна:
. (2)
Средняя же энергия только поступательного теплового движения молекулы есть:
. (3)
Сравнивая (2) и (3), получим:
. (4)
При остановке сосуда энергия εс молекулы переходит в энергию теплового движения, изменяя ее на величину ε, т.е.
.
Из (4) можно записать, что приращение :
(5)
Подставляя (1) в (5), получим:
,
т.е. чем большим числом степеней свободы обладает молекула, тем меньше увеличивается ее среднеквадратичная скорость при остановке сосуда.
4. ПЕРВОЕ НАЧАЛО ТЕРМОДИНАМИКИ.
4.1. Основные понятия и формулы.
В этом разделе особое внимание следует обратить на расчет термодинамических величин, таких как теплота, работа, внутренняя энергия, различные теплоемкости. Основой этих расчетов является первое начало термодинамики:
Q = U + A
или
δQ = dU + pdV, (4.1)
где Q (или δQ для элементарного процесса) – количество теплоты, сообщенное системе.
Общее выражение для разности теплоемкостей при постоянном давлении Ср и постоянном объеме СV:
. (4.2)
Наиболее общим процессом, происходящим в системах, является политропический, основной характеристикой которого является постоянство теплоемкости (с = const). Уравнение, описывающее политропический процесс pVn = const. Молярная теплоемкость политропического процесса:
, (4.3)
где , n – показатель политропы.
Работа, совершаемая газом:
(4.4)
в политропическом (а при n = γ, и в адиабатическом) процессе:
, (4.5)
когда температура ν молей газа меняется от Т1 до Т2, или объем от V1 до V2 при давлении р1.
Внутренняя энергия ν молей идеального газа:
.
4.2. Примеры решения задач.
Задача 1.
На рисунке изображен график газового процесса. Как изменяется объем при переходе 1 → 2?
Решение. Для ответа на вопрос задачи дополним Рис. 4.1. Поскольку необходимо найти изменение объема, то проведем изохоры (V = const), проходящие через точки 1 и 2, характеризующие исходное и конечное состояние системы, и через точку 1` касания к кривой процесса, характеризующую промежуточное состояние системы.
Рис. 4.1
Уравнение изохоры можно получить из уравнения состояния
, положив V = const, т.е. .
Это уравнение прямой, проходящей через начало координат, наклон которой определяется коэффициентом , т.е. обратно пропорционален объему.
Таким образом, изохора, имеющая меньший наклон, описывает состояние системы, занимающей больший объем, и наоборот, т.е. на участке 1–1` происходит расширение системы, а на участке 1`–2 ее сжатие.
Задача 2.
Водород, находившийся при нормальных условиях в закрытом сосуде объемом V = 5 л, охладили на Т = 55 К. Найти приращение внутренней энергии газа и количество отданного им тепла.
Дано: р0 = 1 атм., Т0 = 273 К, V = 5 л = 5‡10–3 м3, Т = 55 К.
Определить: U, Q.
Решение. Согласно (4.6) изменение внутренней энергии
, где неизвестно количество ν молей газа в системе. Эту величину можно найти из уравнения исходного состояния газа , тогда:
кДж.
Знак минус учитывает, что газ охлаждался, т.е. Т < 0.
Для ответа на второй вопрос используем первое начало термодинамики, в которое входит неизвестная величина Q: .
Согласно (4.4), , т.к. объем системы в ходе процесса не меняется, поэтому Q = U.
Задача 3.
Нагревается или охлаждается идеальный газ, если он расширяется по закону 
? Какова молярная теплоемкость в этом процессе?
Рис. 4.2
Анализ и решение. Для ответа на первый вопрос нарисуем график (Рис. 4.2) процесса в координатах (p, V), который описывается уравнением
(кривая 1). Начальному состоянию газа соответствует точка А. Через эту точку проведем дополнительно изотерму p = const/V (кривая 2), которая должна располагаться выше кривой 1, т.к. р пропорционально 1/V, и адиабату (кривая 3), которая должна располагаться между кривыми 1 и 2, т.к. γ больше 1 и меньше 2.
Изотерма описывает процесс при Т = const с подводом тепла Q, адиабата – процесс уменьшения температуры при Q = const, следовательно, кривая 1 может описывать только процесс отдачи тепла с уменьшением Т, т.е. охлаждения газа.
Для ответа на второй вопрос будем исходить из общего определения теплоемкости . Подставим δQ в первое начало (4.1) для одного моля газа , но и ,
откуда:
, (1)
где производную необходимо выразить через условия задачи.
Из уравнения следует, что , т.к. по условию задачи, , откуда и . Подстановка и в (1) окончательно дает .
Задача 4.
Вычислить удельные теплоемкости для газовой смеси, состоящей из 7 г азота и 20 г аргона, считая газы идеальными.
Дано: m1 = 7 г = 7‡10–3 кг N2, m2 = 20 г = 2‡10–2 кг Ar, M1 = 28, M2 = 40.
Определить: .
Анализ и решение. Для решения задач на смеси нужно найти величины, которые являются аддитивными и в которые входят интересующие нас параметры. Такой величиной в этой задаче является внутренняя энергия.
Удельная теплоемкость смеси:
, (1)
где М – эффективная молярная масса смеси. Молярную теплоемкость смеси можно найти из условия аддитивности внутренних энергий. Внутренняя энергия смеси:
, (2)
где – внутренняя энергия i-ой компоненты смеси (i = 1, 2).
С учетом (4.6) соотношение (2) будет:
, (3)
где и – число молей и молярная теплоемкость i-ой компоненты смеси, соответственно.
Но (i = 1, 2),
а из (4.6) .
Подставив эти выражения в (3), получим:
. (4)
Для определения эффективной молярной массы смеси в (1) запишем уравнение состояния смеси:
,
откуда:
(5)
Подставив (4) и (5) в (1), получим:
.
Задача 5.
Внутри закрытого теплоизолированного цилиндра с идеальным газом находится легкоподвижный теплопроводящий поршень. При равновесии поршень делит цилиндр на 2 равные части и температура газа Т0. Поршень начали медленно перемещать. Найти Т газа как функцию отношения η объема большей части к объему меньшей части. Показатель адиабаты газа γ.
Анализ и решение. На Рис. 4.3 изобразим цилиндр в исходном и промежуточном состоянии газа, введя соответствующие обозначения объемов. Так как процесс происходит в теплоизолированном цилиндре, можно полагать, что он адиабатический, а поскольку разделяющий газы поршень теплопроводящий и процесс его перемещения медленный, можно считать, что температура в системе везде одинакова и равна Т.
Пусть в каждой половине цилиндра находится по ν молекул газа. Элементарная работа δА, которая совершается над газом, при перемещении поршня есть:
δА = δА1 + δА2.
Индексы «1» и «2» будут, в дальнейшем, относиться к величинам, характеризующим процессы в левой и правой частях цилиндра.
Т.к. процесс адиабатический, то из первого начала, можно получить:
или . (1)
Из уравнений состояния газа в каждой половине V цилиндра имеем:
, i = 1, 2.
Подставляя рi в (1), упрощая и разделяя переменные, получим:
.
Проинтегрируем его с учетом пределов изменения входящих величин:
,
или
(2)
Остается выразить V1 и V2 через η и V, как требуется в задаче. Из Рис. 4.3 следует, что:
и .
Решение этой системы уравнений дает и .
Подставив эти выражения в (2), получим окончательное решение:
.
Задача 6.
Идеальный газ с показателем адиабаты γ расширили по закону р = αV, α – постоянная. Первоначальный объем газа V0. В результате расширения объем увеличился в η раз.
Найти: а) работу, совершенную газом; б) приращение внутренней энергии газа; в) молярную теплоемкость газа в этом процессе.
Дано: р = αV, V0 → ηV0.
Определить: а) А; б) U; в) СМ.
Решение. а) Работа, совершаемая газом, согласно (4.4), , но так как р = αV, а объем изменяется от V0 до ηV0, то:
.
б) Внутренняя энергия газа, согласно (4.6), .
Так как р = αV, то . Внутренняя энергия в начальном состоянии: , в конечном – , тогда ее изменение:
.
в) Процесс расширения газа можно рассматривать как политропический с n = –1, так как по условию р = αV, т.е. . Но для политропического процесса, согласно (4.3):
.
ч. 1 ч. 2 ч. 3 ч. 4 ч. 5
