МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА и ТЕРМОДИНАМИКА

МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА и
ТЕРМОДИНАМИКА
1 (ЦТ 2001 г.Тест 9. В 2). В калориметр налили 2 кг воды, имеющей температуру +5ºС, и положили кусок льда
массой 5 кг, имеющий температуру – 40ºС. После установления теплового равновесия температура содержимого калориметра стала равна …ºС. Удельные теплоемкости воды,
льда и удельная теплота плавления льда даны (взять из
справочника). Теплоемкостью калориметра и теплообменом с внешней средой пренебречь.
Сложность при решении этой задачи состоит в невозможности записи уравнения теплового баланса при неизвестной температуре равновесного состояния. Решение облегчается построением графика зависимости (Q, t) для льда
и для воды (становится наглядным).
Рение
Равновесное
состояние
Q
шеQ2
Q3
Q1
-40
0
5
tºC
Теплота, отданная водой при охлаждении до точки замерзания Q1 = m1C(t1–t0) = 42·103Дж; теплота, отданная водой при замерзании, Q2 = m1λ = 660·103Дж ; теплота, поглощенная льдом при нагревании до точки плавления, Q3
= m2 = 420·103Дж. Т.к. Q1 < Q3 < Q1+ Q2 , температура
(cм. график) после установления теплового равновесия
равна 0ºС.
23
2 (ЦТ 2001 г.Тест 12. В 2). В колбе находится вода при
температуре 0ºС. Выкачивая из колбы воздух и пары воды,
воду замораживают посредством ее испарения. Если притока
теплоты извне нет, то до момента полного замерзания воды в
колбе испарится …. % воды, бывшей первоначально в колбе.
Удельная теплота испарения воды равна 2,4∙106 Дж/кг, удельная теплота плавления льда равна 3,3∙105 Дж/кг.
Решение
Учащимся в этой задаче видится противоречие: по их
представлениям для замораживания воды необходим отвод
тепла из системы, а для испарения – подвод тепла извне.
В рассматриваемом случае обмен теплом происходит
внутри системы, между ее частями: испарение осуществляется за счет теплоты, выделяющейся при кристаллизации.
Теплота, поглощенная испарившейся водой, равна ∆m∙r;
теплота, выделившаяся при кристаллизации воды (кроме
испарившейся ∆m!), равна (m–∆m)λ . Т.к. притока тепла
m
m
) 
r;
извне нет, (m–∆m)λ =∆m∙r; отсюда (1`
m
m
m

(
)
 0,12 , т.е.12%.
m
r
3 (ЦТ 2001г.Тест 13.А 13).
На рисунке изображены
P
гиперболы для трех идеальных газов с одинаковыми
массами и различными мо3
лярными массами ( μ1, μ2,
μ3), находящихся при одина2
1
ковой температуре. Каково
соотношение между молярными массами этих газов?
V
(Пунктирные линии на
рисунке добавлены в процессе решения )
24
Решение
Поскольку речь идет об идеальном газе, воспользуемся
m
уравнением состояния идеального газа: PV  RT .

Зафиксируем
mRT  const .
P=сonst1
и
учтем,
что по условию
const
Тогда из const1  V 
следует, что

большему V соответствует меньшее μ, т.е. μ3< μ2< μ1 –
ответ 5.
Можно провести аналогичные рассуждения и прийти к
тому же результату, зафиксировав объем газа.
4 (ЦТ 2001 г.Тест № 9. А15).
Один моль идеального газа совершает замкнутый процесс, состоящий из двух изохор и двух
изобар. Температура в точке 1
равна T1, а в точке 3 – T3. Точки 2
и 4 лежат на одной изотерме. Работа, совершаемая газом за цикл,
равна
11) R(T1  T3  2 T1T3 2) R T1T3
Р
Р2V1T2
P2V2T3
P1V1T1
P1V2T2
V
3) 2R T1T3
Р
2
3
1
4
V
4) R(T3  T1 ) 5) R(T3  T1 )
Причины ошибок в этой
задаче – нерациональный путь
решения (работу ищут как
сумму работ на отдельных
участках цикла) и частые
ошибки в индексах (параметрам
каждой
узловой
точки
приписывается свой индекс по
номеру
точки,
причем
обозначения
записываются
в
25
данных отдельно от рисунка).
Следует записать обозначения, как показано на нашем
рисунке; выразить работу как площадь, ограниченную
циклом в координатах (PV); пользуясь рисунком и
уравнением состояния идеального газа, перейти к тем
параметрам, данные о которых имеются в условии задачи
(в данной задаче это температура); если необходимо –
установить связи между параметрами с помощью
уравнений изопроцессов.
Решение данной задачи выглядит так:
A  ( P2  P1 )(V2  V1 )  P2V2  P1V2  P2V1  P1V1 =
= RT3  RT2  RT2  RT1  R(T3  T1  2T2 ). (1)
Из уравнений изохоры и изобары:
T2 P2
T
V

(2); 2  1 (3) .
T1 P1
T3 V2
Из (2) и (3): T2  T1T3 .
Подставляем T 2 в (1) :
A  R(T1  T3  2 T1T3 ) .
5 (ЦТ ? г. Тест ? .А16).
На P-V диаграмме изображен цикл, проводимый с
одноатомным идеальным газом. Коэффициент полезного
действия цикла равен
1) 10 %
2) 20 %
3) 30 %
4) 40 %
5) 50 %
Q2
P 4P0,V0,T1
4P0, 2V0, T2
Q1
P0, V0, T0
Решение
При решении этой задачи,
следует
выполнять
все
рекомендации, относящиеся к
предыдущей.
Дополнительный
источник
ошибок
–
неправильное
использование
V
26
T1  T2
, справедливой только для цикла
T1
Карно. Для всех других циклов следует использовать
Q  Q2
A
формулу   1
.
или  
Q1
Q1
Необходимо помнить, что Q1 в этих формулах – сумма
всех поглощенных на различных участках цикла
теплот. В данной задаче это теплоты Q1 и Q2 . Т.к.
выпускники общеобразовательных классов, как правило,
не знакомы с классической теорией теплоемкости, для
вычисления теплот приходится использовать первое
начало термодинамики. КПД цикла не зависит от количества
рабочего вещества, поэтому все уравнения можно записывать
для 1 моля вещества.
Решение
3P V
A  0 0 (площадь треугольника) .
2
3P V 3
3
3
29
Q1  Q2  U  A  R(T2  T0 )  0 0  (RT2  RT0  P0V0 )  (8P0V0  P0V0 )  P0V0
2
2 2
2
2
A
 
 0,1 , т.е. 10%.
Q1  Q2
формулы  
6 (ЦТ 2001 г. Тест 10. А15).
Два моля идеального газа совершают замкнутый цикл, изображенный на рисунке. Известно,
что температура T1=280 К,
P2/P1=5, Т4/ T1=2. Работа, совершаемая газом за цикл равна
Р
2
P2
3
1
P1
4
T1 T2
T
1)8.5 кДж 2) 10,2 кДж 3)15,0 кДж 4)18,6кДж 5)25,3 кДж
27
T
Р
Р2 V1 T2 P2 V2 T3
P1V1T1
При выполнении этого задания
делают те же ошибки, что и в
задании 4 и не учитывают, что
работа
цикла
измеряется
ограниченной циклом площадью
только в координатах (PV).
P1 V2 T4
Решение
После
перевода
графика,
V
данного в условии, в координаты
(PV) находят A=(P2–P1)(V2–V1);
после применения уравнения состояния идеального газа
получают: A=2R(T3 –T4 –T2 +T1). Из уравнений изобары и
изохоры видно, что T2/T1= P2/P1, т.е. T2= 5T1; T3/T2= T4/T1,
т.е. T3 = 10T1. Подставляя числовые значения, получим
A=18,6 кДж.
7 (ЦТ 1997 г. Тест 9. 13). Одноатомный идеальный газ
получил от нагревателя 2 кДж тепловой энергии. На сколько изменилась его внутренняя энергия?
1) на800Дж
4) на 600 Дж
2) на 1200 Дж
5) на 1600 Дж
3) на 1000Дж
Эта задача обычно не решается потому, что учащиеся
ожидают прямого указания в условии на характер теплового процесса, и отсутствие этого указания принимают
за ошибку автора задачи (это заблуждение разделяют и
многие учителя, считая условие «некорректным»). В действительности условие в сочетании с предлагаемыми ответами позволяет определить, какой процесс (из известных
учащимся) имеется в виду:
– адиабатический процесс невозможен по определению:
Q ≠ 0;
– изотермический тоже не подходит: для идеального газа ΔU = 0, такого ответа нет;
28
– изохорический не годится, т.к. ΔU = Q = 2000 Дж, такого ответа тоже нет.
Остается исследовать изобарический процесс:
3
3
5
Q  PV   RT   RT   RT   RT ;
2
2
2
3
3Q
U   RT => U 
 1200 Дж .
2
5
8 (ЦТ 1999 г.Тест 103. 13). Внутренняя энергия 2 молей
одноатомного идеального газа равна 5000 Дж. В результате
изотермического расширения газ совершил работу 1000
Дж. Внутренняя энергия газа после расширения равна:
1) 6000Дж 2) 7000Дж 3) 4000Дж 4) 3000Дж 5) 5000Дж
Как правило, учащиеся не затрудняют себя внимательным прочтением условия и становятся в тупик, пропустив в
тексте слова «идеальный» и «изотермическое». В данном
случае, при Т = const, U=const,  U = 5000 Дж. Остальные данные (число молей и работа расширения) на результат не влияют и для решения не нужны. Многие учителя
придерживаются мнения, что правильно составленная задача не должна содержать избыточных данных. Однако современная и вполне оправданная точка зрения состоит в
том, что задачи с избыточными данными являются средством формирования научного мышления; смысл задачи
может состоять именно в самостоятельном отборе учащимся сведений, необходимых для решения.
9 (ЦТ 1998 г. Тест 4. 17 ). Изменение внутренней энергии
идеального газа в результате процесса 1-2-3-4-5, изображенного на диаграмме, равно
1) 8 Дж
2) 4 Дж
3) 2 Дж
4) 3 Дж
5) 0 Дж
29
Р, Па
Ошибки возникают в
процессе нерационального
4
решения, если изменение
3
внутренней энергии рассчитывают, суммируя ΔU для
2
3
4
отдельных участков процесса:
1
5
1-2, 2-3 и т.д.
Красивое,
безошибочное
3
0
1 2 3 4
V, м
решение получается, если внимательно рассмотреть диаграмму. При этом обнаруживается,
что произведения PV в состояниях 1 и 5 равны; это равенство
является признаком того, что точки 1 и 5 принадлежат одной
изотерме. Т.к. внутренняя энергия идеального газа определяется только его температурой, ΔU = 0.
1
2
10 (ЦТ, физика-II. 2001 г….). В двух теплоизолированных баллонах объемом V1 и V2 , соединенных трубкой с
краном, находится один и тот же идеальный газ при давлениях Р1 и Р2 и температурах Т1 и Т2 . Если кран открыть, то
в баллонах установится температура …
Решение
Для решения задачи используется первое начало термодинамики: Q=A+∆U. Т.к. баллоны теплоизолированы, Q = 0. Затруднения возникают при попытке определить A. Ошибка проистекает из небрежного, неосознанного проговаривания формулировки первого начала термодинамики: «полученная
системой теплота расходуется на изменение внутренней
энергии системы и совершение работы», – не договаривается, что имеется в виду работа, совершаемая системой
против внешних сил. В данном случае эта работа отсутP1 V1
T1 ν1
P2 V2
T2 ν2
30
ствует, A=0,  ∆U = 0, внутренняя энергия системы в новом равновесном состоянии остается прежней:
i
i
i
 1 RT1   2 RT 2  ( 1   2 ) RT
(1).
2
2
2
Количества вещества ν1 и ν2 находятся из уравнения
состояния идеального газа:
и
(2).
P1V1   1 RT1
P2V2   2 RT2
Подставив уравнения (2) в (1) и решив полученное
уравнение относительно T, получаем
( P V  P2V2 )T1T2
– ответ.
T 1 1
P1V1T2  P2V2T1
Решая эту задачу в общеобразовательном классе (уровень В), можно оговорить, что газ одноатомный. Это позволит обойтись без использования понятия числа степеней
свободы (i) и пользоваться в выражении внутренней энергии идеального газа привычным для учащихся коэффици3
ентом .
2
Этот же подход можно использовать при решении следующей задачи.
11 (ЕГЭ 2003-2004 г. стр. 78. С1) Теплоизолированный сосуд объемом V = 2 м3 разделен пористой перегородкой на две
равные части. Атомы гелия могут свободно проникать через
поры в перегородке, а атомы гелия – нет. В начальный момент в одной части сосуда находится гелий, у которого количество вещества νНе= 2 моль, а в другой – аргон количеством
вещества νAr= 1 моль. Температура гелия TНе= 300 К, а температура аргона – TAr = 600 К. Определите температуру гелия после установления равновесия в системе.
Решение
Атомы гелия, проникая через перегородку туда и обратно, сталкиваясь с атомами аргона и обмениваясь с ними
31
энергией, обеспечивают выравнивание средней энергии
теплового движения молекул по обе стороны перегородки,
т.е. установление равновесной температуры. Т.к. система
(гелий и аргон в сосуде) замкнута, не испытывает внешних
воздействий ни в виде теплообмена, ни в виде механических воздействий, из первого начала термодинамики следует, что изменение внутренней энергии системы ∆U = 0:
i
i
i
 He RT He   Ar RT Ar  ( He   Ar ) RT , откуда
2
2
2
 He THe   Ar TAr
T
= 400 К – ответ.
 He   Ar
Значение объема сосуда при этом оказывается излишним.
32