Теплопередача. Термодинамика газа. Изопроцессы.: Часть 3

Задача 7

Условие

В вертикальном цилиндре под поршнем массы M находится одноатомный газ при начальной температуре 300\,\mathrm{K} . Снаружи вакуум. Поршень движется без трения, стенки и поршень теплоизолированы и не имеют теплоёмкости. Гирю массы M осторожно подносят вплотную к поршню и отпускают без начального удара. После нового равновесия гирю мгновенно убирают и вновь ждут установления равновесия. Нужно найти температуру после одной такой процедуры и указать результат для повторений.

Решение

Пусть S — площадь поршня, h_0,h_1,h_2 — высоты в трёх равновесных состояниях. Давление сначала равно Mg/S , с гирей — 2Mg/S , после её удаления — снова Mg/S . На первом этапе сохраняется сумма внутренней энергии газа и потенциальной энергии поршня с гирей:

2Mgh_{0} + \frac{3}{2}Mgh_{0} = 2Mgh_{1} + 3Mgh_{1},\quad\quad h_{1} = \frac{7}{10}h_{0}

После мгновенного удаления гири газ ещё имеет энергию сжатого состояния. Теперь потенциальная энергия учитывается только для одного поршня:

Mgh_{1} + 3Mgh_{1} = Mgh_{2} + \frac{3}{2}Mgh_{2},\quad\quad h_{2} = \frac{8}{5}h_{1} = 1,12h_{0}

Начальное и окончательное давления одинаковы, поэтому отношение температур равно отношению объёмов и высот. Каждый полный цикл нагрузки умножает температуру на один и тот же коэффициент:

T_{f} = 1,12T_{0} = 336\ \text{К},\quad\quad T_{n} = T_{0}(1,12)^{n}

Переходы после скачков нагрузки необратимы; равенство начального и конечного давлений не делает весь процесс изобарическим.

Ответ

После одного цикла T_f=336\,\mathrm K ; после n циклов T_n=300(1{,}12)^n\,\mathrm K . После четырёх циклов — около 472\,\mathrm K .

Задача 8

Условие

Одноатомный газ количеством \nu молей при температуре T_0 заключён между двумя поршнями одинаковой массы m . По исходному рисунку оба поршня первоначально движутся вправо: левый со скоростью 3v , правый со скоростью v ; внешнее давление равно нулю. Трения нет, масса газа мала по сравнению с массами поршней. Требуется найти температуру газа в момент, когда один из поршней имеет нулевую скорость.

Решение

Рассматриваем случай без теплообмена с внешней средой. Газ ускоряет правый поршень вправо и тормозит левый, поэтому нулевая скорость может возникнуть у левого поршня. Внешнего горизонтального воздействия нет; в момент его остановки весь импульс поршней принадлежит правому:

3mv + mv = mu,\quad\quad u = 4v

Изначально кинетическая энергия двух поршней равна 5mv^2 , а после остановки левого — 8mv^2 . Дополнительная механическая энергия 3mv^2 получена за счёт уменьшения внутренней энергии одноатомного газа:

5mv^{2} + \frac{3}{2}\nu RT_{0} = 8mv^{2} + \frac{3}{2}\nu RT_{1},\quad\quad T_{1} = T_{0} - \frac{2mv^{2}}{\nu R}

Нулевая скорость левого поршня мгновенна: затем он может двигаться в противоположном направлении. Формула относится к случаю, когда такой момент достижим.

Ответ

T_1=T_0-\frac{2mv^2}{\nu R} ; скорость правого поршня 4v . Необходимое условие применимости — T_1>0 . Ответ применим к этому адиабатическому рассмотрению.

Задача 9

Условие

На горизонтальных колёсиках находится теплоизолированный сосуд массы m . Массивная перегородка массы M , причём M\gg m , делит его на две равные части; с каждой стороны находится по 1 молю одноатомного газа при температуре T_0 . Массой газа, трением, теплоёмкостью стенок и перегородки пренебрегают. Короткий удар сообщает скорость v именно сосуду, тогда как перегородка в первый момент остаётся неподвижной. Нужно найти среднее повышение температуры двух равных порций газа после затухания относительных колебаний.

Решение

После короткого удара внешняя горизонтальная сила отсутствует. Когда относительное движение затухнет, сосуд и перегородка движутся с общей скоростью:

mv = (m + M)u,\quad\quad u = \frac{mv}{m + M}

Разность начальной и конечной кинетических энергий увеличивает суммарную внутреннюю энергию газа. Если в каждом отсеке находится \nu молей, суммарная теплоёмкость двух порций равна 3\nu R . В следующем балансе T_1 означает среднюю температуру этих равных порций:

\frac{mv^{2}}{2} + 3\nu RT_{0} = \frac{m^{2}v^{2}}{2(m + M)} + 3\nu RT_{1},\quad\quad\Delta T = \frac{mMv^{2}}{6\nu R(m + M)}

Для средней температуры достаточно суммарной энергии; равенство конечных температур двух термически разделённых отсеков дополнительно не требуется. При M\gg m основная часть начальной кинетической энергии оболочки переходит во внутреннюю.

Ответ

\Delta\overline T=\frac{mMv^2}{6\nu R(m+M)} , где \nu=1\,\text{моль} в каждом отсеке. При M\gg m : \Delta\overline T\approx mv^2/(6\nu R) .

Задача 10

Условие

В сосуде постоянного объёма V находится идеальный газ с неизменной молярной массой \mu , но переменной массой m . Для трёх заданных прямоугольных циклов перестройте процесс между графиками T(m),m(p),p(T) . В первой строке прямоугольник задан на T(m) , во второй — на m(p) , в третьей — на p(T) . По каждой оси исходного прямоугольника нормированные значения равны 1 и 2; вершины 1,2,3,4 расположены слева внизу, слева вверху, справа вверху и справа внизу. Обход: 1\to2\to3\to4\to1 .

Решение

pV = \frac{m}{\mu}RT,\quad\quad\frac{p}{mT} = \frac{R}{\mu V} = const

Для каждой строки независимо выберем базовые величины по состоянию 1: a=m/m_0,\;\theta=T/T_0,\;q=p/p_0 , где p_0=Rm_0T_0/(\mu V) . Тогда q=a\theta . Порядок координат на графиках: (a,\theta) для T(m) , (q,a) для m(p) и (\theta,q) для p(T) .

m = const:\ p \propto T;\quad\quad T = const:\ p \propto m;\quad\quad p = const:\ mT = const

Первая строка. При постоянной массе m(p) имеет горизонтальные отрезки; при постоянной температуре — лучевые отрезки из начала координат. На p(T) изомассы являются лучевыми отрезками, изотермы — вертикальными. Координаты вершин в порядке 1→2→3→4:

m(p): (1,1),(2,1),(4,2),(2,2);\qquad p(T): (1,1),(2,2),(2,4),(1,2).

Вторая строка. Исходный прямоугольник m(p) даёт состояния (a,\theta,q)=(1,1,1),(2,1/2,1),(2,1,2),(1,2,2) . Поэтому:

T(m): (1,1),(2,1/2),(2,1),(1,2);\qquad p(T): (1,1),(1/2,1),(1,2),(2,2).

Ветви T(m) последовательно: \theta=1/a,\;a=2,\;\theta=2/a,\;a=1 — две гиперболы и две вертикали. Ветви p(T) : q=1,\;q=2\theta,\;q=2,\;q=\theta .

Третья строка. Исходный прямоугольник p(T) даёт состояния (a,\theta,q)=(1,1,1),(2,1,2),(1,2,2),(1/2,2,1) . Получаем:

T(m): (1,1),(2,1),(1,2),(1/2,2);\qquad m(p): (1,1),(2,2),(2,1),(1,1/2).

Ветви T(m) : \theta=1,\;\theta=2/a,\;\theta=2,\;\theta=1/a . Ветви m(p) : a=q,\;q=2,\;a=q/2,\;q=1 . Гиперболические участки нельзя заменять прямыми отрезками между вершинами.

Ответ

Все шесть преобразованных графиков определяются приведёнными координатами вершин и законами ветвей. Направления на каждом графике: 1\to2\to3\to4\to1 . Пустые поля исходного задания заполняются по этим зависимостям.