Контрольная по физике №1

где Т1 и Т2 – термодинамические температуры нагревателя и холодильника.

Изменение энтропии S = SB – SA при переходе системы из состояния А в состояние В определяется формулой

B dQ

SB SA A T .

ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

Пример 2.1. В сосуде находится m = 10 г углекислого газа при темпе-

ратуре t = 27 °С и давлении Р = 150 кПа.

1.Чему равна плотность газа при этих условиях?

2.Какова средняя квадратичная скорость молекул газа в этом случае?

3.Какая энергия приходится на вращательное движение всех молекул

этого газа, а какая энергия – на поступательное движение?

Дано:

Решение:

m = 10 г = 10–2 кг

1. При описании поведения идеального газа

T = 300 К

удобно использовать уравнение Менделеева –

P =150 кПа = 1,5105 Па

Клапейрона, которое связывает между собой

M

44 10 3

кг

термодинамические

параметры

состояния

co

моль

2

газовой системы. Оно имеет вид

Найти:1) – ?

pV

m

RT .

2)

Vкв – ?

M

3)Wвр – ?

m

По определению плотность V .

4)Wпост – ?

Подставив в определение плотности отношение

m

V

из уравнения Менделеева – Клапейрона, получим

PMRT .

Все величины нам известны по условию задачи. Вычислим плотность газа при заданных условиях:

31

		1,5 105	44 103			1,5 44				2,65	кг	.
		8,31		300			8,31	3			м3

2. Далее вычислим среднюю квадратичную скорость молекул.

V	3RT	,		или	V		3 8,31 300		412	м	.
кв	M				кв		44 10 3			с

3. Внутренняя энергия идеального газа вычисляется по формуле

U= 2i Mm RT ,

где i – число степеней свободы молекулы газа.

В нашем случае газ трехатомный, для него i = 6. Из этих шести степеней свободы три степени приходятся на поступательное движение, а три степени

– на вращательное движение: i = iпост + iвр = 3 + 3. Учитывая это, можем написать, что энергия вращательного движения всех молекул газа равняется

W

iвр

RT

iвр

m

RT ,

вр

2

2 M

W

3

RT

и Wвр = Wпост.

вр

2

Вычислим эту энергию:

W

102

3

8,31 300 0,85 103

Дж 850 Дж .

вр

44 103

2

Ответ: 1) 2,65 кг/м3 .

2)Vкв 412 м/с .

3)Wвр 850 Дж .

4)Wвр= Wпост .

Пример 2.2. Двухатомный газ в количестве ν = 0,20 моля при давлении

Р1 = 105 Па занимает объем V1 = 10 л. Сначала газ сжимают изобарически до объема V2 = 4,0 л,. после этого изотермически расширяют до первоначального объема V1.

1. Постройте график заданного процесса в координатах Р – V.

32

2. Определите работу А, совершенную газом, количество теплоты,

полученное системой, и изменение внутренней энергии при этом процессе.

	3. Чему равно изменение энтропии системы S при данном процессе?
Дано:			Анализ:
ν = 0,20 моля			По условию задачи с газовой системой
Р1= 1∙105 Па			проводится последовательно два процесса.
V1= 10 л			Первый процесс – изобарическое сжатие, при
V2= 4,0 л			котором температура системы понижается, объем –
i = 5			уменьшается, поэтому работа газа и изменение
			внутренней энергии отрицательны. Согласно первому
Найти:
2)	А = ? Q = ? U = ?		началу термодинамики, при этом процессе тепло от
3)	S = ?		системы отводится, так как Q dU A .

Второй участок графика соответствует изотермическому расширению,

при котором работа положительная, а внутренняя энергия не изменяется, так как температура остается постоянной. Первое начало термодинамики для изотермического процесса имеет вид

Q A.

Решение:

1.Построим график заданного процесса. Работа газа на графике процесса

вкоординатах Р – V равна площади,

ограниченной графиком функции, осью абсцисс и ординатами начального и конечного объема. Полная работа равна алгебраической сумме работ:

А = А12 + А23.

Работа при изобарическом процессе равна А12 = Р1 (V2 – V1). На графике эта площадь заштрихована косыми линиями, наклоненными вправо. При изотермическом процессе работа газа равна площади криволинейной фигуры,

33

поэтому работа при таком процессе равна интегралу от элементарной работы в пределах от V2 до V3:

V 3

V 3

RT

V 3 dV

V

.

V

V

V

A

PdV

2

dV RT

RT ln

3

12

2

2

V 2

V 2

V 2

2

Если учесть, что по условию задачи

V3

V1 и из уравнения Менделеева

– Клапейрона для второго состояния

RT2

P1V2 , получаем

A12 P1V2 ln VV1 .

2

На графике эта работа соответствует площади, заштрихованной косыми линиями, наклоненными в другую сторону.

Таким образом, полная работа газа равна

A P1 V2 V1 P1V2 ln V1 .

V2

Изменение внутренней энергии во всем процессе равно U U12 U23 .

При изобарическом процессе U12 2i R T2 T1 , внутренняя энергия уменьшает-

ся, так как при изобарическом сжатии газ охлаждается.

При втором процессе U 23 0 , так как процесс протекает при постоянной температуре. Полное изменение внутренней энергии равно

U U12 2i R T2 T1 .

Используя			уравнение Менделеева					– Клапейрона для второго состояния
RT PV			и для первого состояния					RT PV			, получаем
2	1	2						1	1	1
			U	i	P	V		V .
			2		1		2	1

Получим численные значения искомых величин:

A 105 4 10 10 3 105 4 10 3 ln 104 600 400 0,92 232 Дж ,

U 52105 10 4 10 3 1500 Дж 1,5 кДж .

34

Согласно первому закону термодинамики, количество тепла, полученного системой, равно сумме изменения внутренней энергии системы и работы газа:

Q U A , или

Q 1500 232 1268 Дж .

2. Определим изменение энтропии системы при заданных процессах.

Вычислим интеграл приведенных теплот для каждого процесса.

2

Q

T2

C p dT

T

Для изобарического процесса имеем S12

C p ln

2

T

T

T

1

T1

1

и, учитывая, что V V и

V1

V2

, получаем

3

1

T1

T2

S12 Cp

ln

T2

Cp

ln

V2

.

T

V

1

1

При изотермическом процессе изменения внутренней энергии не происходит,

поэтому Q23 A23 , изменение энтропии равно

3	PdV	V3	RdV		V		V
S23				R ln	3	R ln	1	.
	T		V		V
2		V2					V
					2		2

Окончательно для всего процесса получаем

S Cp ln V2

V1

так как C			i	R R , а ln	V2
	p
		2			V1

R ln V1 V2

ln V1 .

V2

	V			i			i		V
R ln	1				1 1			R ln	1	,
	V2			2			2		V2

Получим численный ответ S 52 0, 20 8,31 ln 104 3,8 ДжК .

Ответ: 1)	ρ = 2,65 кг/м3.
2)	А = –232 Дж, ∆U = 1,5 кДж, Q = 1268 Дж.

3)S = – 3,8 Дж/К.

Пример 2.3. Найти изменение энтропии S при превращении льда массой m = 10 г, взятого при температуре t1 = 0 С, в пар при температуре t2 = 100 С.

Удельная теплоемкость воды c = 4,2 103 Дж/(кг К); удельная теплота плавления

35

льда = 3,3 105 Дж/кг; удельная теплота парообразования воды r = 2,3 106 Дж/кг.

Анализ:

В данной задаче рассматриваются тепловые процессы, при которых подведение тепла к системе приводит к изменению агрегатного состояния вещества и изменению температуры. Весь процесс можно разбить на три этапа:

первый – лед, получая тепло, расплавится; второй – при дальнейшем подводе тепла натаявшая вода будет нагреваться от t1 = 0 С до температуры кипения t2 = 100 С; третий – при кипении вода переходит в пар. При решении задачи надо определить изменение энтропии при каждом процессе, а затем найти полное изменение как сумму найденных значений.

Решение:

1. Общее изменение энтропии равно сумме изменения энтропии при каж-

дом отдельном процессе:

S = S1 + S2 + S3.

2. Первый процесс – плавление льда. Температура при процессе плавле-

ния остается постоянной (Т1 = const). Изменение энтропии при плавлении льда равно:

	2	Q	2	dm		m		m
	S1	пл					dm		.
		T		T		T		T
	1		1				0
		1		1		1		1

3. Изменение энтропии при нагреве воды, полученной изо льда:

			2	Q		T2		dT		T
S				T				T	mc ln	T
							mc			2	.
	2
			1			T			1
						1

4. Изменение энтропии при превращении воды в пар. Т2 = const:

								2	Q 1				2		Q		r m
			S						T			T		Q	T		T
															12			.
				3
								1				2	1		2		2
					T2				r
5.	S m		c ln							.
					T1				T2
	T1

6. Числовое значение

36

	2		3,3 105	3	373			2,3 106
S 10				4, 2 10 ln						36,9 Дж/К.
			273		273			373

Ответ: S = 36,9 Дж/К.

3. Электростатика

Закон Кулона позволяет вычислить силу электростатического взаимодействия между двумя точечными зарядами:

F	1			q1 q2	,
k	4			r2
		0

где q1 и q2 – величины электрических зарядов; r – расстояние между ними;

	1	9		м
ε – диэлектрическая проницаемость среды; k =			= 9∙10		,
	4	0		Ф

где ε0 = 8,85 10–12 Ф/м – диэлектрическая проницаемость вакуума (электрическая

постоянная).

Силовая характеристика электростатического поля E – напряженность поля. Она определяется как

E Fq .

Модуль напряженности поля, создаваемого точечным или сферическим зарядом радиусом Rсф, на расстоянии r от этого точечного заряда или центра

сферического заряда (при r ≥ Rсф): E k qr2 .

Модуль напряженности поля, создаваемого бесконечной длинной заря-

					E	1
	женной нитью:									,
						2	0		a
	где		dq	– линейная	плотность	заряда, равная заряду, приходящемуся на
			dl

единицу длины проводника; а – кратчайшее расстояние от точки, в которой вычисляем напряженность поля, до заряженной нити.

37

	E
				– напряженность поля, создаваемого бесконечно протяженной
		2	0
	заряженной плоскостью с поверхностной плотностью , где					dq	– заряд,
						ds

приходящийся на единицу поверхности проводника.

Напряженность поля, создаваемого несколькими зарядами, определяется по принципу суперпозиции:

E	E1	E2	E2 ...

Энергетическая характеристика электрического поля – потенциал.

Потенциал равен энергии единичного положительного точечного заряда,

W

помещенного в данную точку поля:

эл

.

q

Потенциал поля, создаваемого точечным зарядом, вычисляется по формуле

k

1 q

.

r

Связь между напряженностью электрического поля и потенциалом:

E

d

U

.

В случае однородного поля:

E

.

dr

d

Работа электрических сил по перемещению заряда из точки с

потенциалом φ в точку с потенциалом φ

2

равна: A

q

.

1

1 2

2 1

Электроемкость уединенного проводника C q .

Электроемкость системы проводников C Uq , где U – падение напряжения на обкладках конденсатора.

	C		0 S	– емкость плоского конденсатора, где S – площадь одной
		d

пластины конденсатора.

Емкость уединенной сферы C 4 0 R , где R – радиус сферы.

Энергия уединенного заряженного проводника

38

W	q2		CU 2		qU	.
эл	2C	2		2

		w		E2
	Объемная плотность энергии электростатического поля		0		.
			2

ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ Пример 3.1. Две длинные, одноименно заряженные нити располо-

жены на расстоянии r1 = 10 см друг от друга. Линейные плотности зарядов одинаковы и равны: 1 = 2 =10 мкКл/м.

1.Найти модуль и направление напряженности результирующего поля в точке А, удаленной от каждой нити на расстояние а =10 см.

2.Какую работу А на единицу длины нити надо совершить, чтобы раздвинуть нити до расстояния r2 = 20 см?

Дано: Анализ:

r =10 см

r2 = 20 см

1 = 2 = τ = 10 мкКл/м a =10 см

Найти:

1) E–?

2) A–? Электростатические поля, создаваемые различ-

ными распределениями зарядов, по принципу суперпозиции складываются в каждой точке пространства. Учитывая симмет-

рию задачи, сделаем рисунок, расположив нити перпендикулярно плоскости чертежа. Точка А удалена от обеих нитей на расстояние а = r1. Получили равносторонний треугольник. Для того чтобы найти направление вектора напряженности поля, создаваемого в точке А зарядом каждой нити, поместим в эту точку пробный заряд «+1» и определим, как поля нитей действуют на этот заряд. Поскольку нити заряжены положительно, они будут отталкивать

39

пробный заряд, и вектора E1 и E2 будут направлены так, как показано на рисунке. Вектор напряженности суммарного поля, согласно принципу суперпозиции, находится по правилу параллелограмма.

Сила взаимодействия этих заряженных нитей зависит от расстояния между ними, поэтому работу сил электростатического поля при раздвижении

нитей надо вычислять через интеграл.

Решение:

1. Из рисунка видно,

что

направлен вправо,

и модуль его можно

E

найти как

E

2E cos 30 ,

так как

, и E1

1

2k

, где k=

1

9 109

м

.

E1

E2

2 0

a

a

4 0

Ф

Окончательно получаем

E

2

1

cos

30 4k

cos 30 ;

2 0

a

a

4 9 109 10 5

E

3

31 105

В

.

0,1

2

м

2. Сила взаимодействия заряженных нитей зависит от расстояния между

ними. Каждая нить создает поле, и это поле действует на заряд другой нити.

E1

1

1 – напряженность поля первой нити.

2

0

r

F

– сила, действующая на единицу длины второй нити, равна

l

F r

E1 2

1

1 2 .

2 0

l

r

Работу этой силы можно вычислить как

r

r

r

1 2

A

2

F

dr

2

1

dr .

l

r

l

r 2 0

r

1

1

40