Міністерство освіти і науки України Дніпровський ...

Міністерство освіти і науки України Дніпровський державний технічний університет

Методичні вказівки до виконання практичної роботи

«Молекулярна фізика та термодинаміка» з дисципліни "Методика викладання фізики "

для здобувачів другого (магістерського) рівня вищої освіти зі спеціальності 104 «Фізика та астрономія»

очної та заочної форм навчання

Затверджено редакційно-видавничою секцією науково-методичної ради ДДТУ

25.09.2017р., протокол № 7

Кам’янське 2017

2

Розповсюдження і тиражування без офіційного дозволу Дніпровського

державного технічного університету заборонено Методичні вказівки до виконання практичної роботи «Молекулярна фізика та термодинаміка» з дисципліни "Методика викладання фізики " для здобувачів другого (магістерського) рівня вищої освіти зі спеціальності 104 «Фізика та астрономія» очної та заочної форм навчання/ Укл.: доцент Калініна Т.В., Кам’янське, ДДТУ, 2017 - 73 с.

Укладач: к.ф.-м.н., доцент Калініна Т.В

Відповідальний за випуск: д.ф.-м.н. наук, проф. Лисенко О.Б.

Рецензент: к. ф.-м. н., доцент Таран В.Г.

Затверджено на засіданні кафедри ФКС

(протокол № 15 від 31.08.2017 p.)

Коротка анотація видання. Методичні вказівки призначені ознайомити майбутніх педагогів з методикою розв’язання задач по фізиці, містять у собі основні теоретичні положення з окремих розділів фізики, зразки розв’язання задач та задачі для самостійного розв’язання.

9

Зміст

1. Загальні положення ............................................................................. 4

2. Мета роботи ......................................................................................... 4

3. Основні теоретичні положення ........................................................... 5

3.1 Молекулярна фізика і термодинаміка 5

3.1.1 Основні закони і формули 17

3.1.2 Приклади розв’язування задач 20

3.1.3 Задачі для самостійного розв’язання 88

Література 110

10

1. Загальні положення

Метою виконання практичних робіт є практичне закріплення

теоретичних знань.

Методичні вказівки складені у відповідності з робочою програмою з

дисципліни "Методика викладання фізики " для здобувачів другого

(магістерського) рівня вищої освіти за спеціальністю 104 «Фізика та

астрономія».

Практичні роботи складені за планом . На початку наведено їх мету і

теоретичні основи з даної теми, необхідні для кращого розуміння

матеріалу, що вивчається, перелічені основні теоретичні положення та

формули необхідні для розв’язання задач з конкретного розділу фізики, та

порядок виконання роботи.

2. Мета роботи

Ознайомитися з основними теоретичними положеннями з розділу

шкільного курсу фізики «Молекулярна фізика і термодинаміка»», методами

розв’язання та прикладами розв’язання задач. Застосовувати отримані знання

при проходженні педагогічної практики.

11

3. Основні теоретичні положення

3.1 МОЛЕКУЛЯРНА ФІЗИКА І ТЕРМОДИНАМІКА

Молекулярно – кінетична теорія

Модель ідеального газу лежить в основі розв’язування багатьох задач з цього розділу. Треба підкреслити, що ідеальним буде газ, який задовольняє умовам: 1) власний об’єм молекул його нехтовно малий в порівнянні з об’ємом посудини; 2) між молекулами газу відсутні сили взаємодії; 3) зіткнення молекул газу між собою і стінками посудини абсолютно пружні.

Модель ідеального газу можна використовувати при вивченні реальних газів, тому що вони в умовах близьких до нормальних, а також при низькому тиску і високій температурі наближаються за своїми властивостями до ідеального газу.

При вивченні в середній школі основ молекулярно-кінетичної теорії розв’язуються задачі таких трьох типів:

1) на засвоєння основних положень молекулярно-кінетичної теорії, експериментальних фактів та явищ, що її обґрунтовують, і на формування конкретних уявлень про розміри молекул, їх швидкості, величину їх мас, про число молекул в одному молі речовини тощо та про способи визначення цих величин;

2) на застосування основного рівняння кінетичної теорії; 3) на застосування рівняння стану газу в загальному випадку і для

окремих випадків. При розв’язуванні задач, особливо перших двох типів, важливо мати на

увазі спрощення, які часто застосовуються при вивченні основ молекулярно-кінетичної теорії. До таких спрощень належить: 1) замість розгляду справжнього розподілу молекул за складовими їх швидкостей припускають, що молекули газу рухаються в трьох взаємно перпендикулярно напрямах. Внаслідок однакової ймовірності будь-якого напряму для швидкості молекули припускають, що по кожному з трьох взаємно перпендикулярних напрямів рухається третина всіх молекул; 2) справжній розподіл молекул за числовим значенням швидкості часто замінюють припущенням про рівність

12

швидкостей всіх молекул за числовим значенням; 3) при розгляді ударів молекул в площинку справжню кількість ударів замінюють середньою.

Задачі на застосування основного рівняння кінетичної теорії газів, яке можна записати у вигляді

203

1 квVnmP ,

де P – тиск газу, n – концентрація його молекул (кількість молекул в одиниці об’єму газу), m0 - маса молекули газу, <Vкв> - середня квадратична швидкість його молекул, причому

N

іікв V

NV

1

21 ,

де N - загальне число молекул в посудині, Vі - швидкість і –ї молекули, мають передбачити визначення однієї з величин (тиск, концентрацію молекул, середню квадратичну їх швидкість та масу), які входять до цього рівняння. Треба також звернути увагу на те, що в основному рівнянні ρ = nm0 - густина газу При розв’язуванні задач досить часто доводиться використовувати також формулу, яка встановлює залежність середньої кінетичної енергії поступального руху молекули газу від температури

КТЕк 23

,

де К – постійна Больцмана.

Ідеальний газ

Задачі на газові закони зводяться до визначення однієї з величин, які входять до рівняння стану Клапейрона-Менделєєва чи його наслідків, або ж величини, зв’язаної з параметрами стану Р, V і Т заздалегідь відомим співвідношенням. При цьому рівняння стану і наслідки з цього рівняння доцільно записувати, користуючись абсолютною шкалою температур. Це дає можливість наочніше і значно глибше розкрити зміст газових законів і одночасно значно спростити розв’язання всіх задач і попередити можливість допущення багатьох помилок в розв’язках.

13

Певна маса m ідеального газу характеризується трьома параметрами: об’ємом V, тиском Р і абсолютною температурою Т, які зв’язані між собою рівнянням Клапейрона-Менделєєва

RTMmPV ,

де М – молярна маса газу. Стан газу масою m вважається відомим, якщо задані, як незалежні,

будь-які два з перелічених трьох параметрів. Тоді третій невідомий параметр можна визначити з рівняння стану як функцію двох інших. Крім того, якщо відомі об’єм, тиск і температура газу, то з рівняння стану можна обчислити масу газу. Зміна хоча б одного з параметрів газу веде до зміни стану газу.

Важливо звернути увагу, що в рівняння Клапейрона-Менделєєва входить відношення маси газу до його молярної маси, яке дорівнює числу молів газу. Таким чином, поведінка газу визначається не масою, а числом молів. Це особливо важливо враховувати, коли доводиться розглядати суміш газів. У цьому випадку повний тиск суміші (при заданих об’ємі і температурі) визначається загальною кількістю молів:

RTMm

Mm

MmPV

n

n

2

2

1

1 .

Якщо в умові задачі задано певний фіксований стан газу, то здебільшого розв’язання задачі зводиться до простого обчислення невідомої величини з рівняння стану, або наслідків з цього рівняння. Треба мати на увазі, що без застосування додаткових міркувань такі задачі можна розв’язувати лише відносно однієї невідомої величини. Поряд з цим потрібно розв’язувати задачі, в яких число невідомих параметрів стану більше одного і в умові задачі розглядається кілька фіксованих станів ідеального газу. Для розв’язання таких задач потрібно записати рівняння Клапейрона-Менделєєва для кожного визначеного стану газу, тобто скласти систему рівнянь, з якої потім обчислювати невідомі параметри. При цьому масу газу треба визначати так, щоб один з параметрів ( Р, V, Т) або маса газу залишались сталими при переході з одного стану в інший. Зокрема, в задачах, де розглядається газ над ртуттю в замкненій трубці манометра, незмінною завжди залишається маса газу. В інших випадках буває доцільним вважати

14

сталими об’єм або тиск. Така фіксація одного з параметрів дає змогу виключати його при розв’язанні системи рівнянь.

Звичайно в задачах наводяться дані про два стани газу – початковий і кінцевий. Тоді при розв’язанні задачі треба відповідно записати рівняння Клапейрона-Менделєєва двічі: для початкового і кінцевого станів.

У тих випадках, коли об’єм газу може змінюватися за рахунок переміщення поршня, клапана, краплини ртуті тощо, тиск газу визначають з умови руху цих рухомих тіл. У випадку їх спокою ця умова означає рівність нулю векторної суми сил, які діють на поршень, клапан або інше тіло.

При розв’язуванні системи рівнянь стану газу можна знайти кілька значень шуканої величини, яке відповідає фізичному змісту задачі.

У випадках, коли задачі розв’язують застосовуючи закони Гей-Люссака

чи Шарля, записані у вигляді формул )1(0o

t tVV і )1(0o

t tPP ,

важливо пам’ятати, що V0 і Р0 - це відповідно об’єм і тиск при 0оС, оскільки іноді помилково вважають, що це початкові значення об’єму і тиску. У більшості випадків закони Гей-Люссака і Шарля, що описують ізобарний і ізохорний процеси, записують через абсолютну температуру у вигляді

2

2

1

1TV

TV

і 2

2

1

1TP

TP

.

Основи термодинаміки

Розв’язування задач на основи термодинаміки має сприяти формуванню

поняття про роботу і теплопередачу як два еквівалентні процеси, при яких відбувається зміна внутрішньої енергії ідеального газу, про кількість теплоти як величину, еквівалентну величині роботи, тобто як величину, що вимірює зміну внутрішньої енергії в тепловому процесі. Задачі мають розв’язуватись на основі застосування закону збереження і перетворення енергії в теплових процесах (перше начало термодинаміки): зміна внутрішньої енергії ідеального газу U відбувається за рахунок припливу кількості теплоти Q

ззовні і виконання роботи А газом, що розширюється (або роботи виконаної над газом зовнішніми силами):

UAQ

15

У процесі розв’язування задач є можливість не один раз показати, що зміна внутрішньої енергії однозначно визначається початковим і кінцевим станами системи, в той час як кількість теплоти і робота істотно залежать від способу, за допомогою якого система переходить від одного стану до іншого.

При розв’язуванні задач на тепловий баланс необхідно виходити з того, що рівняння теплового балансу є проявом закону збереження енергії в теплових процесах: у замкнутій системі тіл при здійсненні теплового процесу кількість теплоти, що її віддає одне тіло, дорівнює кількості теплоти, одержаної другим тілом. Загальна зміна кількості теплоти для всіх тіл замкнутої системи дорівнює нулю. Для написання рівняння теплового балансу треба знати, які речовини і в якому агрегатному стані вони є в початковому і кінцевому станах системи. Якщо це невідомо, то для розв’язання задачі це потрібно з’ясувати в першу чергу.

Кількість теплоти Q при нагріванні і охолодженні тіла масою m від

температури ot1 до температури ot2 визначається за формулою

)( 12oo ttcmQ

де с – питома теплоємність речовини, з якої складається тіло. Інколи в задачах приводиться значення теплоємності тіла. Ця величина визначається добутком сm .

Треба мати на увазі, що в приведеній формулі ot2 - кінцева температура

тіла, а ot1 - початкова температура. При ot2 > ot1 Q>0 – тіло нагрівається, а при ot2 < ot1 Q<0 – тіло охолоджується. Таким чином, знак в цій формулі в

тепловому балансі буде враховано автоматично. Кількість теплоти Q, необхідна при плавленні або кристалізації твердого

тіла масою m при температурі плавлення обраховується за формулою mQ ,

де - питома теплота плавлення. Знак „+” береться у випадку плавлення, а „-” – у випадку кристалізації.

За таким же принципом визначається знак для Q при випаровуванні і конденсації при температурі кипіння

mLQ ,

де L - питома теплота пароутворення.

16

Кількість теплоти Q, що виділяється при згорянні маси m речовини

визначається за формулою mrQ ,

де r – питома теплота згоряння. Робота газу розглядається лише при ізобарному процесі, а тому задачі

мають розв’язуватися на визначення величини роботи виконуваної газом при розширенні від об’єму V1 до V2, тобто

)( 12 VVРА

Коефіцієнт корисної дії теплової машини як пристрою, що перетворює внутрішню енергію палива в механічну, визначаємо за формулою

1

2

1

21 1QQ

QQQ

,

де Q1 – кількість теплоти, яка одержана робочим тілом від нагрівника; Q2 – кількість теплоти, що передана робочим тілом холодильнику.

Треба мати на увазі, що зміна AQQ 21 , тобто дорівнює роботі, яку

виконала теплова машина. Коефіцієнт корисної дії ідеальної теплової машини, що працює за

циклом Карно, визначаємо за формулою

1

2

1

21 1ТТ

ТТТ

,

де Т1 –температура нагрівника, Т2 –температура холодильника.

Ненасичена та насичена пара. Вологість повітря. Рідини

Парою називають звичайно гази при температурі нижче від критичної, коли їх можна перетворити в рідину підвищенням тиску без зниження температури. Ненасичена пара за своєю природою нічим не відрізняється від звичайного газу, це в принципі однакові стани речовини і відмінність між ними умовна. Тому для пари справедливим є рівняння газового стану

RTMmPV , яким і потрібно користуватися при розв’язуванні задач на

ненасичену пару. Якщо нехтувати взаємодією молекул, то це рівняння можна застосувати і як рівняння стану для сухої насиченої пари. У цьому випадку

17

об’єм V в рівнянні буде вже не об’ємом усієї посудини, а лише тим об’ємом, який займає пара ( в посудині крім пари звичайно є і певна кількість рідини).

При розв’язуванні задач на процеси, які відбуваються з насиченою парою, потрібно враховувати, що при зміні тиску, температури чи об’єму пари змінюється також і маса пари. Наприклад, при ізотермічній зміні об’єму маса пари змінюється пропорційно об’єму і тому густина пари і її тиск не змінюються. У зв’язку з цим для насиченої пари рівняння стану доцільніше

записувати у вигляді RTМР

.

Отже, розв’язуючи задачу на пару, яка перебуває в стані, близькому до насичення, потрібно спочатку з’ясувати, є пара насичуючою чи ні (а, отже, постійна її маса при зміні стану чи ні).

Абсолютною вологістю повітря f називається маса водяної пари, що знаходиться в 1м3 повітря при даних умовах. Значення f може оцінюватись по густині водяної пари в повітрі. В цьому разі її виражають не в СІ, а в г/м3.

В метрології абсолютна вологість оцінюється по тиску водяної пари, вираженому в міліметрах ртутного стовпчика. При кімнатних температурах (Т≈300К) тиск в мм рт. ст. приблизно рівний густині в г/м3.

Відносною вологістю повітря н

fr називається відношення

абсолютної вологості до тієї кількості водяної пари, яка необхідна для насичення 1м3 повітря при даній температурі, або як відношення абсолютної

вологості Р до тиску її в стані насичення нР

Рr . Величину r, яка завжди ≤1,

виражають в процентах. При розв’язуванні задач на властивості рідин необхідно підкреслити два

підходи у визначенні коефіцієнта поверхневого натягу. По-перше коефіцієнтом поверхневого натягу називається робота, яку необхідно затратити для ізотермічного збільшення площі поверхні рідини на одну

одиницю, тобто SА

. По-друге, якщо поверхня рідини обмежена

периметром змочування, то коефіцієнт поверхневого натягу чисельно дорівнює силі, що діє на одиницю довжини периметра змочування і

18

спрямованій перпендикулярно до цього периметра, тобто, lF

. Сила

поверхневого натягу лежить в площині, дотичній до поверхні рідини. Якщо поверхня рідини опукла чи вгнута у вигляді сфери радіуса R, то в

напрямі до центра цієї поверхні діє додатковий тиск R

Р 2 .

3.1.1 Основні закони і формули

1. Закон Бойля-Маріотта

2211 VPVP .

2. Закон Гей-Люссака

2

2

1

1TV

TV

.

3. Закон Шарля

2

2

1

1TP

TP

.

4. Закон Клапейрона

2

22

1

11T

VPTVP

.

5. Рівняння Клапейрона-Менделєєва

RTMmPV .

6. Число молів газу

Mm

.

7. Число молекул газу

ANN .

8. Тиск газу

RTM

P ; nKTP .

19

9. Середня квадратична швидкість молекул

MRTV

Nv

N

iiкв

31

1

2

.

10. Основне рівняння кінетичної теорії газів

203

1квvnmP .

11. Перший закон термодинаміки

AUQ .

12. Робота розширення газу при ізобарному процесі

12 VVРА .

13. Внутрішня енергія одноатомного газу

RTMmU

32 .

14. Коефіцієнт корисної дії теплової машини

1

21Q

QQ .

15. Коефіцієнт корисної дії циклу Карно

1

21T

TT .

16. Кількість теплоти при нагріванні або охолодженні тіла

oo ttcmQ 12 .

17. Кількість теплоти при плавленні або кристалізації

mQ .

18. Кількість теплоти при кипінні або конденсації

LmQ .

19. Кількість теплоти при згорянні речовини

rmQ .

20. Відносна вологість повітря

20

0PPf ;

0

f

3.1.2 Приклади розв’язування задач

Молекулярно-кінетична теорія

Задача 3.1 Знаючи молярну масу води, визначити число молекул води в

склянці місткістю 200см3. Яка маса молекули води? Який наближений

розмір молекул води?

Розв’язання

Щоб знайти кількість молекул води, треба спочатку

знайти кількість молів її в заданому об’ємі і потім

перемножити на число Авогадро NА=6,02∙1023моль-1.

Кількість молів буде Mm

. Виразимо масу води m

через густину і об’єм Vm . Тоді кількість молекул буде

.109,61002,61018

10210 24133

3433молекулмоль

молькгммкгN

MVN A

Щоб знайти масу молекули води m0, треба молярну масу її розділити на

число Авогадро. Тобто 260 1099,2

ANMm кг.

Наближений об’єм молекули

0mV . оскільки об’єм молекули можна

вважати пропорційним кубу її діаметра, то мmd 83 0 101,3

.

Задача 3.2 На шляху молекулярного пучка стоїть „дзеркальна” стінка.

Знайти тиск на неї, якщо швидкість молекул 103м/с, їх концентрація 5∙1017м-3,

Дано:

М=18∙10-3кг/моль

V=2∙10-4м3

N-? m0-? d-?

21

маса молекули 3,32∙10-27кг. Розглянути три випадки: а) стінка

перпендикулярна швидкості пучка і нерухома; б) пучок рухається в напрямі,

який утворює з стінкою кут 45о; в) стінка рухається на зустріч молекулам зі

швидкістю 50м/с.


Відома формула основного рівняння кінетичної теорії

газів 203

1квvnmP може бути використана для

розв’язання цієї задачі після деяких логічних міркувань.

Справа в тому, що в цій формулі n – концентрація молекул

газу, що рівноймовірно рухаються по всіх трьох

напрямках х, у і z і причому в прямому і протилежному

напрямі. Тобто до стінки рухається тільки 61 концентрації. В даній задачі n –

концентрація молекул пучка, що рухається тільки до стінки. Таким чином

праву частину приведеної формули треба збільшити в 6 разів.

Отже ПаvnmР 3201 103,32

ПаРР 312 104,2sin

12

03 )(2 PuvnmР

Зауваження: в задачі всі молекули рухаються з однаковою швидкістю і

тому vvкв .

Задача 3.3 Пластинку покривають золотом у вакуумі за допомогою

напилювання. Атоми золота, що падають на пластинку, мають однакову

енергію 4∙10-20Дж і створюють тиск 0,15Па. За який час товщина покриття

зростає на 8∙10-6м, якщо молярна маса золота 197∙10-3кг/моль, а густина

19300 кг/м3?

Дано:

v=103м/с

n=5∙1017м-3

m0=3,32∙10-27кг

u=50м/с

α=45о

Р1-? Р2-? Р3-?

Дано:

22


Запишемо вираз для маси золота, яка осідає на

пластинці за час t . Очевидно, за цей час на пластинці

осядуть всі ті атоми золота, які були в об’ємі стовпчика

з основою, що дорівнює площі пластинки S, і висотою

tl , тобто tSnN , де n – концентрація

атомів в потоці, що рухається зі швидкістю . Таким

чином, маса золота, що осідає на пластинці за час t визначається виразом

tSnmm 0 , де AN

Mm 0 - маса атома золота.

З іншого боку, маса золота, що осідає за час t на пластинці, може бути

знайдена через густину золота hSm . Тоді hStSnm 0

nmht

0

. Концентрацію молекул золота з врахуванням, що удар їх

непружний знайдемо з формули тиску 20 nmP , а швидкість з формули

кінетичної енергії 0

22

0 22 m

EmE кк

. Таким чином

кк

кEPnnE

mЕnmP

222

00 .

Отже, .47,850822

2

00

хвcM

NEP

h

mEPm

Eht Aк

к

к

Задача 3.4 В закритій посудині протікає повне згоряння кусочка вугілля

з утворенням вуглекислого газу. Після цього посудину охолоджують до

початкової температури. порівняйте кінцевий тиск в посудині з початковим.

Об’єм вугілля малий в порівнянні з об’ємом посудини.

Розв’язання.

Ек=4∙10-20Дж

Р=0,15Па

h=8∙10-6м


ρ=19300кг/м3

t -?

23

Тиск не змінився. На перший погляд може здатися, що тиск повинен

збільшитись оскільки збільшилась маса газу. Але, як витікає з рівняння

nKTР молекулярно-кінетичної теорії, тиск газу при даній температурі

залежить не від маси, а від концентрації молекул газу. Рівняння реакції

горіння має вигляд 22 СООС , тобто на одну молекулу кисню, яка

вступила в реакцію, приходиться одна молекула вуглекислого газу, що

утворилась. Таким чином, концентрація молекул в посудині не змінилась, а

значить не змінився і тиск.

Задача 3.5 В герметично закритому балоні знаходиться суміш з 0,5г

водню і 8г кисню під тиском 2,35∙105Па. Між газами протікає реакція з

утворенням водяного пару. Який тиск встановиться в балоні після

охолодження до початкової температури? Конденсації пари не

спостерігається.


Початковий тиск суміші до реакції

KTnnР )( 211 . Концентрації молекул виразимо через

кількість молів ν.

VN

VNn A11

1

і VNn A2

2

Таким чином, KTVNР A)( 211 . Число молів

водню було 25,01

11

Mm , кисню 25,0

2

22

Mm .

Реакція протікає так: OHOH 222 22 . Це значить, що в реакцію

вступить весь водень і тільки половина кисню. В результаті утвориться

25,03 молів водяного пару і 125,04 молів кисню. При заданій

Дано:

m1=0,5∙10-3кг

М1=2∙10-3кг/моль

m2=8∙10-3кг


Р1=2,35∙105 Па

Р2-?

24

температурі і об’ємові тиск газу після реакції буде KTVNР A)( 432 .

Відношення

21

43

1

2

РР ПаРР 5

121

432 1076,1

.

Задача 3.6 Які середні кінетичні енергії <Eк> поступального руху і

середні квадратичні швидкості молекул кисню і водню при температурі

27оС?


Середня кінетична енергія поступального руху

молекули КТEк 23

не залежить від маси молекули,

а залежить тільки від температури <Eк>=6,2∙10-21Дж.

З другого боку середня кінетична енергія

поступального руху молекули визначається через

середню квадратичну швидкість і масу молекули AN

Mm 0 .

МENvv

NMvmЕ кА

квкв

A

квк

222

222

0 .

Отже, середня квадратична швидкість при одній і тій же температурі

більше у більш легких (з меншим М) молекул. Таким чином,

4832

1

МENv кА

кв м/с; < квv >=1932м/с.

Задача 3.7 У скільки разів зміниться тиск газу, якщо к-а частина

молекул, що вдаряються в стінку, почне поглинатись нею?


Дано:



Т=300К

<Eк>-? < квv >-?

< квv >-?

25

Тиск молекул газу при відсутності поглинання визначається за відомою

формулою 203

1квvnmP . Після того, як к-а частина почала поглинатись її

імпульс зменшився в 2 рази, а концентрація стала к∙n. Концентрація тих

молекул, що відбиваються від стінки стала (1-к)n. Таким чином, тиск став

)2

1(31

)121(

31)1(

31

31

21

20

20

20

20

кvnm

ккvnmvnкmvкnmР

кв

квквкв

Тобто, тиск зменшився в 2

1 к раз.

Задача 3.8 Дві однакові паралельні пластини площею S знаходяться в

посудині близько одна до другої; їх температури Т1 і Т2, температура стінок

посудини Т1. Пластини відштовхуються з силою F. Оцінити тиск

розрідженого газу в посудині.


Тиск молекул на пластини буде різний в зв’язку з тим, що температура

газу біля пластин буде різною. Тобто, 22 nKТР і 11 nKТР . Сила їх

відштовхування визначається різницею тиску. Значить STTnKF )( 12 , де

12 TT . Тиск газу в посудині визначаться температурою стінок Т1. Отже

1nKТР . Концентрацію молекул знайдемо з формули сили відштовхування

SТТKFn

)( 12 . Таким чином

STTTFP

)( 12

1

.

Задача 3.9 Кристали кухонної солі (NaCl) кубічної системи (рис. 3.1)

складаються з атомів (іонів) Na і Cl, що чергуються в вузлах решітки.

Визначити середні відстані між їх центрами. Молярна маса солі 59,5∙10-

3кг/моль, а густина 2,2∙103кг/м3.

26


Рис.3.1

Як видно з рисунка елементарний кубик решітки утворюють чотири

іони Na і чотири Cl, що знаходяться в його вершинах. Кожний іон Na або Cl

входить до складу восьми елементарних кубиків. Тому в кристалі число

елементарних кубиків дорівнює числу іонів Na і Cl. Значить в одному молі

буде 2NА елементарних кубиків. Об’єм одного моля MV , а об’єм одного

кубика буде AA N

MNV

22 .

Сторона кубика (найменша відстань між центрами іонів):

103 1082,22

AN

Md

м.

Задача 3.10 Як змінився б тиск в закритій посудині з газом, коли б сили

притягання між його молекулами раптом зникли?


В газах (або рідинах) між молекулами діють сили взаємного притягання,

які намагаються зменшити об’єм газу. Отже, до зовнішнього тиску, що

стискає газ, додається ще внутрішній молекулярний тиск, який виникає

внаслідок взаємного притягання молекул. Неважко зрозуміти, що при

зникненні сил взаємного притягання тиск газу збільшився б.

Дано:

М=59,5∙10-3кг/моль

ρ=2,2∙103кг/м3

d-?

27


Задача 3.11 У двох балонах газобалонного автомобіля міститься газ

(пальне для двигуна) під тиском 2∙107Па. Місткість кожного балона 8∙10-2м3.

скільки кілограмів газу було витрачено за час поїздок, якщо тиск в балонах

знизився до 107Па? Температура 0оС. Густина пального при нормальних

умовах 6,00кг/м3.


Скористаємось рівнянням Клапейрона-Менделєєва і

запишемо його для двох станів газу

RTMmnVР 1

1 і RTMmnVР 2

2 ,

звідки

RTnVMPm 1

1 і RTnVMPm 2

2 .

Тоді )( 2121 PPRT

nVMmmm .

Щоб знайти значення молярної маси запишемо рівняння Клапейрона-

Менделєєва через густину при нормальних умовах:

0

000

00 P

RTMRTM

Р .

Таким чином

96)()( 210

021

0

00 PPP

nVPPPRT

RTnVm кг.

Задача 3.12 По газопроводу тече вуглекислий газ при тиску 5∙105Па і

температурі 17оС. Яка середня швидкість руху газу в трубі, якщо за 5хв через

площу поперечного перерізу труби 6см2 протікає 2,5кг вуглекислого газу?

Дано:

n=2

Р1=2∙107Па

V=8∙10-2м3

Р2=107Па

Т=Т0=273К

ρ0=6кг/м3

Р0=105 Па

m -?

28


Для заданої маси газу запишемо рівняння

Клапейрона-Менделєєва

RTMmРV .

Об’єм цього газу можна визначити через швидкість

tSV . Тоді RTMm

tРS , звідки

52,1PSMtmRT

м/с.

Задача 3.13 Коли з посудини випустили деяку кількість газу, тиск в ній

впав на 40%, а абсолютна температура на 10%. Яку частину газу випустили?


Виходячи з умови задачі, приходимо до висновку, що в

посудині після того, як випустили газ в кількості m , тиск

складав 60% від початкового, а температура 90% від початкової.

Запишемо рівняння стану газу для двох випадків

11

1 RTMmVP і 1

112

22 9,06,0 TR

MmmVPRT

MmVP

,

де 21 mmm .

Розділимо ці рівняння і отримаємо

9,06,01

1m

mm

321

1mm

31

1

mm .

Задача 3.14 У балоні є 16г кисню і 10г водню. У скільки разів зміниться

тиск у балоні, коли весь кисень сполучиться з необхідною для реакції

частиною водню? Температура в балоні підтримується стала. Тиском

насиченої водяної пари нехтувати.

Дано:

Р=5∙105Па

Т=290К

t=300c

S=6∙10-4 м2

m=2,5кг

М=44∙10-3 кг/моль

V-?

Дано:

Р2=0,6Р1

Т2=0,9Т1

1mm -?

29


До початку реакції тиск в балоні дорівнював сумі

парціальних тисків кисню і водню:

2

2

1

121 M

mMm

VRTPPP .

З рівняння реакції сполучення водню з киснем

OHOH 222 22 випливає, що один моль кисню (32г)

сполучається з двома молями водню (4г). Тоді 16г кисню сполучається з 2г

водню і в балоні залишиться 82 m г водню і тільки водень, що залишився,

буде створювати тиск в балоні. Отже, 2

21 M

mVRTP

. Таким чином,

73,01221

121

MmMm

MmPP .

Задача 3.15 Деякий газ масою 7∙10-3кг, що знаходиться в балоні при

температурі 27оС, створює тиск 50кПа. Водень масою 4∙10-3кг в цьому ж

балоні при температурі 60оС створює тиск 444кПа. Яка молярна маса

невідомого газу?


Маючи на увазі, що об’єм газів однаковий, рівняння

Клапейрона-Менделєєва для них мають вигляд:

11

11 RT

MmVP і 2

2

22 RT

MmVP

Поділивши рівняння, одержимо

1221

121

2

1 МТmMТMm

PP 3

212

2121 1028

ТРmРТMm кг/моль

Дано:

m1=16∙10-3кг


m2=10-2кг


РР1 -?

Дано:

m1=7∙10-3кг

Т1=300К

Р1=5∙104Па


m2=4∙10-3кг

Т2=333К

Р2=444∙103Па

М1-?

30

Задача 3.16 Закритий з обох кінців циліндр наповнений газом під

тиском 100кПа і температурі 30оС і розділений легкорухомим поршнем на дві

рівні частини довжиною по 50 см. На яку величину треба підвищити

температуру в одній половині циліндра, щоб поршень перемістився на

відстань 20см, якщо в другій половині циліндра температура не зміниться?

Знайти тиск газу після переміщення поршня.


Рівняння стану газу до нагрівання в кожній половині

циліндра

RTMmPLS , (1)

де VLS - об’єм половини циліндра,

S – площа його перерізу.

Після нагрівання однієї половини її об’єм став SlLV )(1 і рівняння

стану газу в ній

)()(1 TTRMmSlLP , (2)

а об’єм другої половини SlLV )(2 і рівняння стану газу в ній

RTMmSlLP )(1 (3)

В рівняннях Р1 – тиск газу після переміщення поршня, однаковий в обох

половинах циліндра в силу рівноваги поршня, ТТ температура в

нагрітій половині. Розділивши останні два рівняння одне на друге, одержимо:

lLlLТТТ

, звідки 4042

lLlTТ К.

Праві частини першого і третього рівнянь рівні між собою, тому

711 1067,1)(

lLPLPРLSSlLP Па.

Задача 3.17 Посудина об’ємом 100л розділена навпіл напівпроникною

перегородкою. В одній половині посудини знаходиться 2г водню, а в другій

Дано:

Р=107Па

Т=303К

L=0,5м

l=0,2м

Т-? Р1-?

31

28г азоту. Визначити тиск, що встановиться по обидва боки перегородки,

якщо вона може пропускати тільки водень. Температура в обох половинах

постійна і рівна 127оС.


Враховуючи, що водень вільно переходить через

перегородку, то він розповсюдиться по всьому об’єму V

посудини і для нього рівняння стану буде

4

1

11

1

11 103,3

VMRTmРRT

MmVP Па.

Такий тиск буде в тій половині, де був раніше

тільки водень.

Для азоту рівняння стану буде RTMmVP

2

22 2

і його

тиск VRT

MmP

2

22

2 . В тій половині, де знаходиться азот присутній і водень.

Тому повний тиск двох газів в цій половині буде рівний сумі їх парціальних

тисків.

Таким чином 5

2

2

1

121 102

VRT

Mm

MmPPP Па.

Задача 3.18 Який радіус повинна мати наповнена гелієм повітряна куля,

щоб вона змогла піднятись в повітрі, якщо маса 1м2 оболонки кулі 50г?

Температура повітря 27оС, тиск 105Па.


На кулю діє сила ваги оболонки і гелія, які

спрямовані вниз до поверхні Землі. Сила ваги

виштовхнутого повітря (Архімедова сила) спрямована

вверх. Щоб повітряна куля змогла піднятись в повітрі,

Архімедова сила повинна бути не меншою, ніж сума

перших двох сил, тобто

Дано:

V=0,1м3

m1=2∙10-3кг


m2=28∙10-3кг


Т=400К

Р-?

Дано:

m0=5∙10-2кг/м2

Т=300К

Ра=105 Па

Мп=29∙10-3кг/моль

МНе=4∙10-3кг/моль

r-?

32

gmmF HеA )( ,

де 200 4 rmSmm маса оболонки.

3

34 rggVF nnA ; 3

34 rVm HeHeHe

Густина повітря і гелія може бути знайдена з рівняння стану

RTM

P пa

.

Отже RT

PM ann

,

RTPM aHe

He

.

Таким чином

320

3

344

34 r

RTPMrmrg

RTPM aHean

.

Після перетворень 03)( mMMRTrP

Hena , звідки

15,0)(

3 0

Hena MMP

RTmr м.

Задача 3.19 В атмосферному повітрі на долю азоту приходиться

76,0an маси повітря, а на долю кисню - 24,0кn . Визначити середню

молярну масу повітря.


Рівняння стану кожного з цих газів мають вигляд

RTM

mnVPa

a1 і RTM

mnVPк

к2

Сума приведених рівнянь mRTМn

MnPV

к

к

a

a

,

де 21 PPP . З другого боку для повітря маси m: RTMmPV

п .

Порівнюючи праві частини, маємо

Дано:

mа=na∙m

Ма=28∙10-3кг/моль

mк=nк∙m

Мк=32∙10-3кг/моль

Мп-?

33

310291

аккa

кап

пк

к

a

aМnMn

МММММ

nMn кг/моль.

Задача 3.20 Тиск повітря в автомобільній камері при -13оС був 160кПа

(надлишкове над атмосферним). Яким став тиск, коли повітря в камері

нагрілось до 37оС? У скільки разів при цьому зменшиться площа дотику

колес автомобіля до дороги. Атмосферний тиск 100кПа. Зміною об’єму шини

можна знехтувати.


Оскільки маса газу і об’єм залишаються незмінними, то

можна застосувати закон Шарля 2

2

1

1Т

РРТ

РР аа

,

де аРР 1 і аРР 2 - тиск газу в камері. Отже

512

11

1

22

1

122 101,2)()(

ТТТРР

ТТР

ТРРТРР аа

а Па

Оскільки сила тиску на газ в камері в обох випадках визначається вагою

автомобіля, то можна записати

3,11

2

2

12211

PP

SSSPSР .

Задача 3.21 Манометр на балоні з газом в приміщенні з температурою

17оС показує тиск 350кПа. На подвір’ї він показує 300кПа. Яка температура

повітря на подвір’ї, якщо атмосферний тиск нормальний?


Маса газу і його об’єм в балоні залишаються постійними

і можна скористатись законом Шарля з врахуванням, що

реальний тиск в балоні в першому і другому випадку буде

аРР 1 і аРР 2 .

Отже 258)(

1

212

2

2

1

1

а

аааРР

РРТТТ

РРТ

РР К.

Дано:

Т1=260К

Р1=1,6∙105Па

Т2=310К

Ра=105Па

Р2-? 2

1SS -?

Дано:

Т1=290К

Р1=3,5∙105Па

Р2=3∙105па

Ра=105Па

Т2-?

34

Задача 3.22 При стисненні газу його об’єм зменшився з 8 до 5л, а тиск

підвищився на 60кПа. Знайти початковий тиск.


З умови задачі випливає, що змінюються і об’єм і тиск

газу. Третій параметр – температура – залишається незмінним.

Отже маємо справу з ізотермічним процесом, що описується

законом Бойля-Маріотта: 2211 VPVP . Тиск РРР 12 .

Таким чином, 5

21

212111 10)(

VVPVРVРPVP Па.

Задача 3.23 Бульбашка повітря піднімається з дна водоймища. На

глибині 6м вона мала об’єм 10мм3. Знайти об’єм бульбашки біля поверхні

води. Атмосферний тиск 105Па, густина води 103кг/м3.


За законом Бойля-Маріотта 2211 VPVP . На глибині h тиск

газу в бульбашці такий, що зрівноважує атмосферний тиск і

тиск стовпчика води. Отже, ghРР а 1 .

Тиск газу в бульбашці біля поверхні води буде

зрівноважувати атмосферний тиск, тобто aPP 2 .

За цих умов закон Бойля-Маріотта прийме вигляд

51221 106,1)(

V

PghPVVPVghР

a

aaа

м3.

Задача 3.24 Компресор забирає з атмосфери за кожну секунду 3л

повітря, яке подається в балон об’ємом 45л. Через скільки часу тиск в балоні

буде перевищувати атмосферний в 9 разів. Початковий тиск в балоні рівний

атмосферному.

Дано:

V1=8∙10-3м3

V2=5∙10-3м3

Р=6∙104Па

Р1-?

Дано:

h=6м

V1=10-5м3

Ра=105Па

ρ=103кг/м3

V2-?

35


Початковий об’єм повітря VnVV 01 , де 0nV - об’єм

його, який буде подано в балон, n – кількість порцій заданого

повітря, V - об’єм балона. Тиск цього повітря Р1. Після того,

як робота компресора припиниться, об’єм повітря буде V, а

тиск Р2. Тоді за законом Бойля-Маріотта

12089)(0

02211 VVnVPVnVРVPVP aа порцій. Оскільки кожна

порція закачувалась за 1с, то час роботи компресора t=120с.

Задача 3.25 Балон вміщує 40л стиснутого повітря, тиск якого 15МПа.

Який об’єм води можна витиснути з цистерни підводного човна повітрям з

цього балона, якщо човен знаходиться на глибині 20м?


До початку витиснення води об’єм повітря був V1 і його

тиск Р1. Після закінчення процесу витиснення об’єм повітря

буде V1+V, а тиск ghРа . Тоді за законом Бойля-Маріотта

))(( 111 VVghРVР а

VghPVghРVР aа )()( 111

96,111

VghP

ghРPVa

а м3

Задача 3.26 Скільки ходів повинен зробити поршень всмоктувального

насоса, щоб відкачати повітря з посудини об’ємом 2л від тиску 105 до 10Па,

якщо ємність насоса 40см3?

Дано:

V0=3∙10-3м3

V=45∙10-3м3

Р1=Ра

Р2=9Ра

t-?

Дано:

V1=4∙10-2м3

Р1=1,5∙107Па

h=20м

ρ=103кг/м3

Ра=105Па

V-?

36


Оскільки початковий і кінцевий стан газу в посудині

різні (маса газу змінюється), то до них не можна

застосовувати закон Бойля-Маріотта. Для розв’язання будемо

розглядати послідовні ходи поршня насоса.

При першому ході поршня повітря, що знаходиться в

балоні V під тиском Р0 заповнить об’єм V1+V0 і в балоні

встановиться деякий тиск Р1. Очевидно,

001010 )(

VVVPPVVPVP

.

При другому ході поршня початковий об’єм знову V, а кінцевий V+V0,

але початковий тиск Р1, кінцевий Р2. Тому

012021 )(

VVVPPVVPVP

Підставивши значення Р1 з попереднього рівняння, одержимо 2

002

VV

VPP .

Можна зробити висновок, що після n-го ходу поршня в балоні

встановиться тиск n

n VVVPP

0

0 ,

звідки

0

0

lg

lg

VVVPP

n

n

, або 465lg

lg

0

0

VVV

PP

n .

Задача 3.27 В пляшці ємністю 0,5л знаходиться 0,3л води. Турист п’є з

неї воду, так щоб повітря в пляшку не потрапляло. Скільки води може

випити турист, якщо він може понизити тиск повітря в пляшці до 80кПа?

Дано:

V=2∙10-3м3

Р0=105Па

Рп=10Па

V0=4∙10-5м3

n-?

37


До того моменту, коли турист почав пити з пляшки воду,

там було V0 -V1 повітря під тиском Р0.

В кінцевому стані, коли турист випив V води, об’єм став

V0 -V1+V, а тиск Р.

За законом Бойля-Маріотта

601010100 1051)()()(

PPVVVVVVРVVP м3.

Задача 3.28 Два балони з’єднані трубкою з краном. в першому

знаходиться газ під тиском 9,8∙104Па, а в другому – при 5,88∙105Па. Ємність

першого балона 1л, а другого 3л. Який тиск встановиться в балонах, якщо

відкрити кран? Температура постійна. Об’єм трубки не враховувати.


Процес змішування газів треба розглядати як перехід

кожного з них з положення, коли він був в одному балоні до

того, коли він почав займати два балони. Тоді для кожного з

газів можна записати закон Бойля-Маріотта у вигляді

)( 21111 VVPVP і )( 21222 VVPVP ,

де 1Р і

2Р - парціальні тиски газів в об’ємі V1 +V2 .

Загальний тиск суміші газів буде 21 РРР .

Знаходячи 1Р і

2Р з попередніх рівнянь, одержимо:

4

21

2211 1086,6

VV

VPVРР Па.

Задача 3.29 Якою була початкова температура повітря, якщо при

нагріванні його на 3К об’єм збільшився на 1% від початкового. Процес

ізобарний.

Дано:

V0=0,5∙10-3м3

V1=0,3∙10-3м3

Р0=105Па

Р=0,8∙105 Па

V-?

Дано:

Р1=9,8∙104Па

V1=10-3м3

Р2=5,88∙105Па

V2=3∙10-3м3

Р-?

38


За законом Гей-Люссака 2

2

1

1TV

TV

. Але

112 01,1 VVVV , а TTT 12 . Тоді :

30001,0

01,001,111

1

1

1

1

TTTT

TTV

TV К.

Задача 3.30 При збільшенні абсолютної температури ідеального газу в 2

рази його тиск збільшився на 25%. У скільки разів при цьому змінився його

об’єм?


За законом Клапейрона 2

22

1

11

TVP

TVP

.

Після нагрівання тиск газу став 112 25,1 PPPP . Отже

.6,125,12

25,12

225,1

11

11

1

2

1

21

1

11 TP

PTVV

TVP

TVP

Задача 3.31 Який тиск робочої суміші встановиться в циліндрі

автомобіля, якщо в кінці такту стискання температура підвищиться з 50 до

250оС, а об’єм суміші зменшиться з 0,75 до 0,12л? Початковий тиск рівний

80кПа.


За законом Клапейрона

2

22

1

11

TVP

TVP

81012

2112

TVТVPР кПа.

Дано:

Т=3К

V=0,01V1

Т1-?

Дано:

Т2=2Т1

Р=0,25Р1

1

2

VV

-?

Дано:

Т1=323К

Т2=523К

V1=0,75∙10-3м3

V2=0,12∙10-3м3

Р1=8∙104Па

Р2-?

39

Задача 3.32 Відкриту з двох кінців вертикальну скляну трубку

довжиною 0,5м наполовину занурюють в ртуть. Потім зверху її закривають і

виймають. Якої довжини стовпчик ртуті залишиться в трубці? Атмосферний

тиск 750мм рт.ст.


При розв’язуванні подібних задач краще

вимірювати тиск висотою стовпчика тієї рідини, яка

розглядається в задачі (в даному випадку – ртуть). Коли

трубку виймають з ртуті, повітря в ній ізотермічно

розширюється від об’єму 2

LS до об’єму SxL )( , де S

– площа перерізу трубки. Початковий тиск в трубці дорівнює атмосферному,

тобто gH , а кінцевий – менший від атмосферного на величину gх , де ρ –

густина ртуті. За законом Бойля-Маріотта

2LS gH ))((

2)()( xHxLLHgxgHSxL

Після перетворень одержимо квадратне рівняння

175,021

20

2)( 222

LHLHxLHxLHx м.

Задача 3.33 На рисунку 3.2 схематично показано ізопроцеси ідеального

газу в координатах V,Т. Побудувати графіки цього процесу в координатах Р,

Т і Р,V.

Рис.3.2

Відповіді наведені на рис. 3.3,а,б.

Дано:

L=0,5м

2Ll

Р1=Н=750мм рт.ст.

х-?

Т

V

1

2

3

40

а) б)

Рис. 3.3

Характер змін Т і V в умові задачі на кожному етапі процесу видно

безпосередньо з графіка; характер же зміни Р можливо визначити з рівняння

Клапейрона (або скористатись тим, що кожний етап процесу являє собою

добре відомий ізопроцес).

Етап 1-2: Т – зростає (пропорційно Т), Р = const – ізобарний.

Етап 2-3: Т =const , V – спадає, Р – зростає (пропорційно V1 ) –

ізотермічний.

Етап 3-1: Т – спадає, V=const, Р – спадає (пропорційно Т) – ізохорний.

На основі аналізу станів можна побудувати графіки цього процесу в

координатах Р,Т і Р,V.

Задача 3.34 Побудувати графіки процесу з ідеальним газом, показаного

на рис. 2.4 в координатах Р,Т і V,Т. Маса газу постійна. Дільниці графіка 1-2

і 3-4 відповідають ізотермічним процесам.

Рис.3.4

Відповідь приведена на рис. 3.5,а,б.

p

V

1

2

4

3

T

P

1 2

3 P

1 2

3

V

41

а) б)

Рис.3.5

Задача 3.35 Як змінювався тиск ідеального газу при протіканні процесу,

графік якого показано на рисунку 3.6. Вказати точки на графіку, що

відповідають найбільшому і найменшому тиску.

Рис.3.6 Рис.3.7


Проведемо через різні точки графіка ізобари (див. рис.3.7).

Найбільшому тиску відповідає сама нижня ізобара, тому такий тиск

відповідає нижній точці дотику В. Найменший тиск відповідає верхній точці

дотику А. Таким чином, на дільниці АСВ тиск газу збільшувався, а на

дільниці ВDА – зменшувався.

Задача 3.36 Поршень в циліндрі з газом нещільно прилягає до стінки і

пропускає газ назовні. На рисунку 3.8 показана залежність об’єму газу від

температури при ізобарному процесі. Вказати напрямок процесу.

T

Т

V

B D

C А

Т

V

p

T

1

2

4

3

V

1

2

4

3

42

Рис.3.8 Рис.3.9


З рівняння Клапейрона-Менделєєва випливає, що кутовий коефіцієнт

ізобари прямо пропорційний масі газу, оскільки MPmR

TV . Тому для

порівняння мас газу в двох станах 1 і 2 досить через точки 1 і 2 провести

ізобари (рис.3.9). Точка 2 відповідає більшому об’єму, а, значить і масі.

Значить, напрямок процесу від точки 2 до точки 1.

Основи термодинаміки

Задача 3.37 Яку кількість теплоти необхідно надати для нагрівання на

Т=20К гелію масою m=40г, що знаходиться в балоні? Чому дорівнює

питома теплоємність гелію?


При постійному об’ємі газ не виконує роботи (А=0) і

перше начало термодинаміки запишеться у вигляді

UQ . Зміна внутрішньої енергії U відбувається за

рахунок зміни середньої кінетичної енергії молекули

TK23 . Кількість молекул в даній масі знаходимо через

кількість молів і число Авогадро ANMmN . Отже зміна

Дано:

m=4∙10-2кг

Т=20К


V=const

Q -? с-?

T

V

1

2 V

1

2

T

43

середньої кінетичної енергії N молекул TKNMmU A

23 . З врахуванням

RKN A (універсальна газова стала) маємо 5,22

3

MTmRQ кДж.

Питома теплоємність речовини за визначенням знаходиться з формули

TmQс

. Отже 1,3

23

MRс кДж/(кг∙К).

Задача 3.38 В посудині ємністю V=2л знаходиться криптон під тиском

Р1=1,0МПа. Стінки посудини витримують тиск Р2=2,0МПа. Яку максимальну

кількість тепла можна надати газу?


Використаємо формулу попередньої задачі

MTmRQ

23

Тепер запишемо рівняння стану газу для тиску Р1 і

Р2, тобто

11 RTMmVP і 22 RT

MmVP .

Знайдемо різницю )()( 1212 TTRMmVPP . Перемножимо одержану

формулу на 23 :

QM

TRmVPP

2

3)(23

12 .

Отже 3)(23

12 VPPQ кДж.

Задача 3.39 Гелій нагрівався при постійному тиску. При цьому йому

було надано 20кДж теплоти. Визначити зміну внутрішньої енергії газу і

виконану ним роботу.

Дано:

V=2∙10-3м3

Р1=1,0∙106Па

Р2=2,0∙106Па


V=const

Q-?

44


При постійному тиску в рівнянні Клапейрона-

Менделєєва RTMmPV зміна об’єму відбувається за

рахунок зміни температури, тобто TRMmVP . Але

VРА . Тоді TRMmA . Зміна внутрішньої енергії в нашому випадку

TRMmU

23 . Отже AU

AU

23

23

.

Рівняння першого начала термодинаміки запишеться у вигляді

31085,2

5,223

QAAAAAUQ Дж.

4102,1 AQU Дж.

Задача 3.40 В вертикальному циліндрі під поршнем знаходиться газ

об’ємом V=2,0л при температурі Т=299К. Знайти роботу розширення газу при

нагріванні його на Т=100К. Маса поршня m=10кг, його площа 50см2,

атмосферний тиск нормальний.


Тиск на газ в умовах, що описані в задачі, постійний

SmgPP a . Робота розширення газу при постійному тиску

VPA . При ізобарному процесі T

VTVTV

TV 1

11

1 ,

TTT 1 .Значить після розширення об’єм буде

TTVV

TTTVV

)(

1 .

Зміна об’єму T

TVVT

TVVVVV

1 .

Дано:

Q =2∙104Дж

Р=const

U-? А-?

Дано:

V=2∙10-3м3

Т=299К

Т=100К

S=5∙10-3м2

m=10кг

Ра=105Па

А-?

45

Таким чином 80

TTV

SmgPA a Дж.

Задача 3.41 Кисень масою m=0,3кг при температурі Т=320К охолодили

ізохорно, внаслідок чого його тиск змінився в n=3 рази. Потім газ ізобарно

розширили так, що температура його стала рівною початковій. Яку роботу

виконав газ? Як змінилась його внутрішня енергія?


Два ізопроцеси, що описані в задачі , показані на

рис. 3.10.

Рис.3.10

Ізопроцес, що протікає між точками 1-2 є ізохорним при V=const і

робота на цій ділянці дорівнює нулю. Ізопроцес між точками 2-3 є ізобарним

і робота на цій ділянці )( 1 VVnPА , яка і буде повною роботою між

точками 1-2-3.

Тиск кисню знайдемо з рівняння Клапейрона-Менделєєва

VRT

MmPRT

MmPV .

Об’єм V1 знайдемо, записавши закони вказаних ізопроцесів і розділимо

їх формули

1

1TV

TV

; nVVPT

VnTTP

TVnTP

TP

11

11

1.

Дано:

m=0,3кг


Т=320К

n=3

А-?

V

P 1

2 3

T

T

V V1

T1

P

nP

46

Отже

4107,1)1()( nnM

mRTVnVnMVmRTA Дж.

Внутрішня енергія газу визначається його температурою. Оскільки

температура початкового і кінцевого стану газу однакові, то в результаті

протікання процесу зміни внутрішньої енергії не відбулось, тобто 31 UU .

Задача 3.42 Для нагрівання m=2,0кг деякого газу на Т=5,0К при

постійному тиску потрібна кількість теплоти Q1=9,1кДж, а для нагрівання на

Т при постійному об’ємі Q2=6,5кДж. Що це за газ?


Рівняння першого начала термодинаміки для першого і

другого ізопроцесів мають вигляд

UAQ 1 і UQ 2

З рівності Т в цих рівняннях однакові U. Значить

AQQ 21 . Як відомо з попередніх задач при ізобарному

процесі

TRMmA .

Отже

3

2121 1032

QQTmRMTR

MmQQ кг/моль.

Це може бути кисень.

Задача 3.43 Свинцева куля, що летить зі швидкістю v1=400м/с, пробиває

дошку, і швидкість її зменшується до v2=100м/с. Початкова температура кулі

tо=27оС. Яка частина кулі розплавиться, якщо вважати, що на нагрівання кулі

йде 60% енергії?

Дано:

m=2кг

Т=5,0К

Q1=9,1∙103Дж

Q2=6,5∙103Дж

М-?

47


За умовою задачі зменшення кінетичної енергії

частково переходить у внутрішню енергію свинцю при

його нагріванні і частковому плавленні, тобто

21 QQЕ .

Коефіцієнт корисної дії при перетвореннях енергії

знаходиться як відношення перетвореної енергії до

початкової

EQQ

21

При нагріванні )(1оо

пл ttcmQ , при плавленні

12 mQ .

)(2

22

21 vvmE

Отже )(

2

)(22

21

1

vvmmttcm оо

пл

318,0)()(

222

21

1 оопл ttcvv

mm

.

Задача 3.44 Автомобіль пройшов шлях S=121,5км зі швидкістю

v=42км/год і витратив при цьому 24,3кг бензину. Яку середню потужність

розвивав двигун автомобіля під час руху, якщо коефіцієнт корисної дії

двигуна 25%?


В двигуні внутрішнього згоряння внутрішня енергія,

що виділяється при згорянні в даному випадку бензину

перетворюється в механічну енергію руху автомобіля, тобто

QEEQ

Механічну енергію Е можна обрахувати через

потужність двигуна і час руху

Дано:

v1=400м/с

v2=100м/с

tо=27оС

tпло=327оС

с=126Дж/(кг∙К)

=2,26∙104 Дж/кг

6,0

mm1 -?

Дано:

S=1,215∙105м

v=11,7м/с

m=24,3кг

r=4,6∙107Дж/кг

25,0

N-?

48

VSNtNE .

Теплота згоряння mrQ . Тоді

41068,2

S

VmrNVmr

SN Вт.

Задача 3.45 На скільки вища температура води біля підніжжя водоспаду

висотою в 120м, ніж біля його вершини, якщо на нагрівання води

затрачується 60% механічної енергії.


В задачі описано перетворення потенціальної

енергії води у її внутрішню енергію нагрівання. Тобто

nn E

QQE

otmcQ , mghEn .

Отже

ooo

сhgt

mghtmc 17,0

С.

Задача 3.46 Космічна частинка, що летіла зі швидкістю v, внаслідок

зіткнення з кораблем нагрілась, розплавилась і випарувалась. Початкова

температура частинки t1о, температура плавлення речовини частинки t2

о, а

температура пароутворення (кипіння) t3о. Питома теплоємність речовини

частинки в твердому стані с1, в рідкому с2. Коефіцієнт перетворення

кінетичної енергії в теплоту . Визначити питому теплоту плавлення

речовини частинки, якщо вона в 10 раз менша за питому теплоту

пароутворення.

Дано:

h=120м

с=4,2∙103Дж/(кг∙К)

6,0

ot -?

49


В задачі описано процес часткового η перетворення кінетичної

енергії частинки у її внутрішню енергію при нагріванні частинки в

твердому стані, її плавленні, нагріванні різної фази до кипіння і

перетворення в пар, тобто

Lmttmсmttmсm oooo )()(2 232121

2

З врахуванням L=10λ маємо

22

)()(2 2321212 oooo ttсttс

.

Задача 3.47 Яку масу m газу треба спалити, щоб вивести супутник

масою m1=103кг на кругову орбіту поблизу поверхні Землі в умовах коли б не

було повітря і вся теплота при згорянні перетворилась в роботу? Радіус Землі

6300км, теплота згоряння палива 46МДж/кг.


З умови руху супутника по круговій орбіті радіуса R

gmR

m1

21 знаходимо його швидкість gR2 . Кінетична

енергія супутника 22

12

1 gRmmEк . Ця енергія з’явиться

за рахунок горіння палива mrQ . Отже

6702211 rgRmmrmgRmrmEк кг.

Задача 3.48 Брусок масою m рівномірно втягують за вірьовку на висоту

h по дошці, кут нахилу якої до горизонту рівний α. Вірьовка паралельна

дошці. Коефіцієнт тертя бруска по дошці μ. Знайти енергію, яка буде

затрачена на нагрівання дошки і бруска.

Дано:

t1о

t2о

t3о

с1

с2

L=10λ

λ-?

Дано:

m1=103кг

R=6,3∙106м

r=4,6∙107Дж/кг

m-?

50


Так як рух є рівномірним, то сила натягу вірьовки повинна бути

)cos(sincossin mgmgmgF .

Щоб підняти брусок на висоту h, треба пройти шлях рівний

довжині утвореної похилої площини sin

hl . Отже буде виконана

робота )1( ctgmghlFA . За рахунок цієї роботи буде

створено потенціальну енергію mgh і частина її піде на нагрівання. Тобто

Qmghctgmgh )1(

ctgmghQ .

Задача 3.49 Знайти число обертів n за хвилину, яку робить вал парової

машини. Поршень має площу S=0,2м2 і хід l=0,5м. Середній тиск пари

Р=1МПа. потужність машини N=200кВт. За один оберт вала поршень робить

один робочий хід.


За один робочій хід поршня об’єм пари змінюється на

величину SlV . Газоподібний пар виконує роботу за один хід

поршня PSlVPA 1 . За t секунд буде зроблено n ходів

поршня і буде виконано роботу nPSlA . Цю роботу можна

знайти через потужність машини NtA . Таким чином

120PSlNtnNtnPSl обертів.

Задача 3.50 Два однакових кусочки крижинок летять назустріч один

одному з рівними швидкостями і при ударі перетворюються в воду. При якій

мінімальній швидкості v крижинок перед ударом це можливо? Температура

крижинок перед ударом oоt 121 С. Вважати, що вся механічна енергія

перетворилась у внутрішню.

Дано:

m

h

α

μ

Q-?

Дано:

S=0,2м2

l=0,5м

Р=106Па

N=2∙105Вт

t=60с

n-?

51


Загальна кінетична енергія двох крижинок

222

22mvmvmvЕк . За рахунок цієї енергії дві

льодинки нагріваються до 0оС, а потім при плавленні

перетворюються в воду

Задача 3.51 В якому відношенні треба взяти маси m1 і m2 двох рідин з

питомими теплоємностями с1 і с2, початковими температурами Т1 і Т2 (Т1>Т2),

щоб загальна температура після їх змішування стала рівною Т0. Теплоємність

посудини, в якій знаходяться рідини, не враховувати.


Загальна зміна кількості тепла у двох рідин залишається

незмінною. Тому рівняння теплового балансу матиме вигляд

0)()( 20221011 TTcmTTcm .

Отже,

)()( 2021012

1 TTcTTcmm

.

Таким чином,

)()(

011

202

2

1TTcTTc

mm

.

Задача 3.52 Для приготування ванни необхідно змішати холодну воду

при oot 111 С з гарячою при oot 662 С. Яку кількість кожної води необхідно

взяти, щоб мати V=110л води при oot 363 С?

Дано: oоt 121 С

oоt 02 С

с=2,1∙103Дж/(кг∙К)

v-?

Дано:

m1

m2

с1

с2

Т1

Т2

Т0-?

смttcvmttmcmv oooo /840))((22)(2 12122

52


Рівняння теплового балансу має вигляд

0)()( 232131 оооо ttcmttcm

оо

оо

TTTT

mm

31

23

2

1

; з врахуванням Vm

2113

32

2

1 2,12,1 VVtttt

VV

оо

оо

За умовою задачі 05,02,2

2,2 212221

VVVVVVV м3=50л.

V1=60л.

Холодної води треба взяти 60л, а гарячої 50л.

Задача 3.53 В калориметр масою mк=75г при температурі Тк=278К

налили рідину масою mр=32г, що мала температуру Тр=293К. Коли в

калориметрі встановилась температура Т1=288К, в нього опустили мідну

гирю масою mм=400г, що мала температуру Тм=281К. Після цього

температура в калориметрі стала Т2=285К. Визначити питомі теплоємності

калориметра і рідини. Теплообміном з навколишнім середовищем нехтувати.


Запишемо рівняння теплового балансу для першого

досліду

0)()( 11 pррккк TTmсTTmс

Звідти

)(

)(

1

1

кк

рррк ТТm

ТТmсс

(1)

Рівняння теплового балансу для другого досліду має вигляд

0)()()( 12122 TTmсTTmсTTmс ррккммм (2)

Підставимо (1) в (2) і знайдемо вираз для ср

Дано:

V=0,11м3 oot 111 С

oot 662 С

oot 363 С

V1-? V2-?

Дано:

mк=7,5∙10-2кг

Тк=278К

mр=3,2∙10-2кг

Тр=293К

Т1=288К

mм=0,4кг

Тм=281К

Т2=285К

ск-? ср-?

53

3

21

12 102,4))((

))((

крр

кмммр ТТТТm

ТТТТmсс Дж/(кг∙К).

Значення ср підставимо в (1). Після підрахунків 3109,0 кс Дж/(кг∙К).

Задача 3.54 В посудину з водою загальною теплоємністю

КДжС 3105,1 при температурі oot 201 С помістили m1=56г криги при

температурі oot 82 С. Яка температура встановиться в посудині?



0)0()0()( 11211 ooв

oок

oo tmсmtmсttC

Звідки

o

в

oк

oo

mсCmtmсCtt 6

1

1211

С.

Задача 3.55 Суміш, що скаладається з m1=5кг криги і m2=15кг води при

загальній температурі Ct oo 0 , треба нагріти до Ct oo 801 за допомогою

водяної пари при Ct oo 1002 . Визначити необхідну кількість пари.

Дано:

КДжС 3105,1

oot 201 С

m1=5,6∙10-2кг oot 82 С

3101,2 кс Дж/(кг∙К)

5103,3 Дж/кг 3102,4 вс Дж/(кг∙К).

tо-?

54



0)())(( 211211 oonвn

ooв ttmсLmttmmсm

Звідки

5,3)()(

12

1211

ooв

oв

n ttсLtmmсmm кг.

Задача 3.56 Парова машина потужністю 14,7 кВт споживає за 1 годину

роботи 8,1кг вугілля з питомою теплотою згоряння 3,3∙107 Дж/кг.

Температура котла 200оС, холодильника 58оС. Знайти фізичний к.к.д.

машини і порівняти його з к.к.д. ідеальної теплової машини.


Фізичний коефіцієнт корисної дії теплової машини

визначається зі схеми перетворення енергії

QWWQ мех

мех

tNWмех ; mrQ .

Отже 198,0mrNt

.

Ідеальна теплова машина працює за циклом Карно

3,011

20

TT .

Дано:

m1=5кг

m2=15кг oot 0 С

6103,2 L Дж/кг 5103,3 Дж/кг 3102,4 вс Дж/(кг∙К)

Ct oo 801

Ct oo 1002

mп-?

Дано:

N=1,47∙104Вт

t=3600с

m=8,1кг

r=3,3∙107Дж/кг

Т1=473К

Т2=331К

η-? η0-?

55

Задача 3.57 В котлі парової машини температура Ct oo 1501 .

Температура холодильника Ct oo 102 . Яку теоретично максимальну роботу

може виконати машина, якщо в топці, коефіцієнт корисної дії якої 80%,

спалено 200кг вугілля з питомою теплотою згоряння 3,1∙107Дж/кг?


Коефіцієнт корисної дії теплової машини QA

,

де А – виконана машиною робота, Q – кількість теплоти,

одержана машиною від нагрівника. Максимально можливий

к.к.д. теплової машини 1

20 1

TT

, якщо машина працює за

циклом Карно. Максиальну роботу може виконати лише

машина, що працює за цим циклом. Отже QA

0 . Кількість теплоти Q за

умовою задачі становить лише частину теплоти, яка виділяється при згорянні

палива. Тому rmQ , де η – коефіцієнт корисної дії топки.

Тоді 900 1064,1 rmA

rmA

Дж.

Задача 3.58 Машина, що працює за циклом Карно, одержала тепло від

нагрівника при температурі 200оС. Холодильник має температуру 100оС. За

певний час машина одержала від нагрівника 104Дж енергії. Визначити

виконану роботу, передану холодильнику кількість теплоти і коефіцієнт

корисної дії машини.


Спочатку знайдемо коефіцієнт корисної дії машини:

21,011

2 TT .

Дано:

η=0,8

m=200кг

r=3,1∙107Дж/кг

Т1=423К

Т2=283К

А-?

Дано:

Q1=104Дж

Т1=473К

Т2=373К

А-? Q-? η-?

56

З формули 1Q

A 3

1 101,2 QA Дж.

Але 31221 109,7 AQQQQA Дж.

Насичена та ненасичена пара. Вологість повітря. Рідини.

Задача 3.59 В циліндрі під поршнем знаходиться 3г водяної пари при

температурі 30оС. Газ ізотермічно стискають. При якому об’ємі випаде роса?


З таблиці про тиск насиченої пари води знаходимо, що

при заданій температурі тиск повинен бути 4,24∙103Па. Тепер,

щоб знайти об’єм, скористаємось рівнянням

098,0

MP

mRTVRTMmVP

нн м3.

Об’єм повинен бути меншим 100л.

Задача 3.60 В циліндрі під поршнем знаходиться вода масою m1=35мг і

пара масою m2=25мг при температурі t=27оС. Газ ізотермічно розширюється.

При якому об’ємі вода в циліндрі повністю випарується?


Коли вся вода випарується, то в циліндрі буде

21 mmm пари. З таблиць знаходимо, що тиск насиченої

пари при вказаній температурі 31056,3 нP Па. Тепер з

рівняння RTMmVPн знаходимо

нMPmRT

V =2,3л.

Задача 3.61 В посудині об’ємом V=10л знаходиться сухе повітря при

температурі oot 01 С під тиском Р1=0,1МПа. Яким буде тиск в цій посудині,

Дано:

m=3∙10-3кг

М=18∙10-3кг

tо=30оС

V-?

Дано:

m1=3,5∙10-5кг

m2=2,5∙10-5кг

Т=300К

V-?

57

якщо туди налити воду масою m=2г і нагріти посудину до температури oot 1002 С.


В посудині знаходяться два гази: повітря і водяний

пар, утворений з води масою 2г. Загальний тиск за

законом Дальтона буде рівний сумі тисків цих газів

РРР 12

Тиск повітря 1Р знайдемо за законом Шарля

6,1361

211

1

1

2

1

ТТРР

ТР

ТР кПа

Тиск пари знайдемо з рівняння Клапейрона-Менделєєва

44,342 MV

mRTР кПа.

Отже Р2=171кПа.

Задача 3.62 Повітря при температурі oot 381 С має абсолютну вологість

251 г/м3. Якого буде абсолютна вологість цього повітря, якщо

температура знизиться до oot 102 С?


При Т2=283К тиск насиченої пари рівний

Рн=1,23∙103Па. Абсолютна вологість при цій температурі

може бути знайдена з рівняння

4,92

2

RT

МРн г/м3.

Надлишок води випаде у вигляді роси.

Задача 3.63 В приміщення треба подати V=20000м3 повітря при oot 181 С і відносній вологісті r1=50%, забираючи його з вулиці при

Дано:

Т1=273К

V=10-2м3

Р1=105Па

m=2∙10-3кг


Т2=373К

Р2-?

Дано:

Т1=311К

251 ∙10-3 кг/м3

Т2=283К

ρ2-?

58

oot 102 С і відносній вологісті r2=60%. Скільки води додатково треба

випарити в те повітря, що подають? Густина насиченої водяної пари при oot 102 С дорівнює 4,92 ∙10-3 кг/м3, при Со18 4,151 ∙10-3 кг/м3.


Кількість води, яку треба додатково випарити,

для підтримання в приміщенні необхідної вологи

можна знайти через різницю абсолютної вологості і

об’єм приміщення, тобто

2,41)()( 221121 VrrVffm кг.

Задача 3.64 Яку силу треба прикласти до горизонтального алюмінієвого

кільця висотою h=10мм, внутрішнім діаметром d1=50мм і зовнішнім

діаметром d2=52мм, щоб відірвати його від поверхні води?


Сила, необхідна для відривання кільця від

поверхні воли, складається з ваги кільця і сили

поверхневого натягу, тобто 21 FРF . Вага кільця

)( 21

221 ddghР . При відриванні кільця поверхнева

плівка розривається по зовнішньому і внутрішньому

колу кільця, тому сила поверхневого натягу 4

212 1034,2)( ddF Н.

Тоді 312

21

22 1073,6)()( ddddghF Н.

Сили поверхневого натягу становлять 35,01

2 PFx від ваги кільця.

Дано:

V=2∙104 м3 oot 181 С

r1=50%

4,151 кг/м3

oot 102 С

r2=60%

4,92 ∙10-3кг/м3

m-?

Дано:

h=10-2м

d1=5∙10-2м

d2=5,2∙10-2м

7,2 ∙103кг/м3

3,7 ∙10-2Н/м

F-? 1

2P

F -?

59

Задача 3.65 Чому дорівнює коефіцієнт поверхневого натягу, якщо з

допомогою піпетки, що має кінчик діаметром 0,4мм, можна дозувати воду з

точністю до 0,01г?


Краплі води відриваються тоді, коли їх вага Р стає

більшою від сили поверхневого натягу rF 2 , де r – радіус

шийки краплини, який приблизно дорівнює внутрішньому

радіусові кінчика піпетки.

Оскільки безпосередньо перед відриванням F=P, то можна записати

078,02

d

mgr

mg

Н/м.

Задача 3.66 Вода піднімається в капілярній трубці на висоту 62мм, а

сірководень – на 21мм. Визначити коефіцієнт поверхневого натягу

сірководню, якщо його густина 1,26∙103кг/м3. Визначити також діаметр

капілярної трубки.


Вода в капілярній трубці буде підніматись до тих

пір, поки додатковий тиск під сферичною поверхнею

не порівняється з гідростатичним тиском стовбчика

води, тобто

4109,2442 gh

dghd

ghr

м.

Теж саме можна сказати і про сірководень.

Значить

2111 101,3

4

ghd Н/м.

Дано:

m=10-5кг

d=4∙10-4м

σ-?

Дано:

103кг/м3

3,7 ∙10-2Н/м

h=6,2∙10-2м

h1=2,1∙10-2м

26,11 ∙10-3кг/м3

d-? σ1-?

60

3.1.3 Задачі для самостійного розв’язування

Молекулярно-кінетична теорія

1. Оцінити розмір атомів свинцю, вважаючи відомими його густину

11300кг/м3, молярну масу 207∙10-3кг/моль і число Авогадро 6,023∙10-3 1/моль.

Відповідь: 101012,3 d м.

2. Обчислити, яка кількість атомів в об’ємі 1,2∙10-7м3 золота, молярна

маса якого 197∙10-3кг/моль, а густина 19300кг/м3.

Відповідь: 21107 ANMVN .

3. За 10 суток повністю випарилось з стакана 100г води. Скільки в

середньому вилітало молекул з поверхні води за 1с?

Відповідь: 4∙1018с-1.

4. В озеро середньою глибиною 100м і площею 10км2 кинули кристалик

кухоної солі NaСl масою 0,01г. Скільки іонів хлору було б в об’ємі 2см3 води,

взятого з цього озера, якщо вважати, що сіль, розчинившись, рівномірно

розподілилась в озері.

Відповідь: 2∙105 іонів.

5. Добре відкачана лампа розжарення об’ємом 100см3 має щілину, через

яку щосекунди проникає мільйон молекул газу. Скільки часу потрібно для

заповнення лампи до нормального тиску, якщо швидкість проникнення газу

залишається сталою?

Відповідь: t 90 млн. років.

61

6. Яка кількість нейтронів, протонів і електронів міститься в 1мг

алюмінію? Густина алюмінію 2700кг/м3, молярна маса 27∙10-3кг/моль, номер

в періодичній таблиці 13.

Відповідь: N1=N2≈2,9∙1020 електронів і протонів;

N3=3,1∙1020 нейтронів.

7. Віднявши від величини ваги посудини з газом вагу посудини, можна

знайти вагу газу. Але молекули „літають” по всій посудині, яким же чином їх

вага впливає на покази терезів?

Відповідь: При відсутності сили тяжіння молекули рухалися б зовсім

хаотично і їх удари по основі і кришці посудини зрівноважувалися б. В полі

сили тяжіння вертикальні складові швидкостей молекул, що рухаються

вгору, - зменшуються. В результаті сила тиску на дно більша сили тиску на її

кришку саме на величину ваги газу.

8. Середня кінетична енергія хаотичного руху молекул при даній

температурі у всіх газів однакова. Визначити відношення середніх

швидкостей хаотичного руху молекул водню і кисню при одній і тій же

температурі.

Відповідь: 4к

вVV .

9. Який тиск Р атмосферного повітря на поверхню, що поглинає

половину налітаючих на неї молекул газу?

Відповідь: аРР43

, де Ра – атмосферний тиск.

10. В розрідженому газі з постійною швидкістю v рухається куля радіуса

R. Концентрація молекул газу n, маса молекули m, теплові швидкості

молекул значно менше швидкості кулі. Оцінити силу опору, що діє на кулю.

62

Відповідь: 22nmVRF .


11. До якої температури треба нагріти балон місткістю 10л з 14г азоту і

30г гелію для того, щоб він розірвався, якщо балон витримує тиск 100ат?

Відповідь: Т≈1,5∙103К

12. Об’єм повітря в кімнаті 100м3. Яка маса повітря вийде з кімнати при

підвищенні температури від 10оС до 25оС, якщо атмосферний тиск

1,05∙105Па?

Відповідь: 33,6m кг.

13. Балон містекістю 20,5л містить суміш водню і гелію. Маса суміші

13г, температура 27оС, тиск 5,4ат. Визначити масу водню і гелію.

Відповідь: m1=5г, m2=8г.

14. У балоні міститься 0,2г водню і 3,2г кисню при температурі 27оС.

Водень сполучається з киснем і після того, як реакція закінчилась, тиск

всередині балона збільшується в три рази. Яка буде при цьому температура

всередині балона?

Відповідь:

1200

21

2

2

1

1

2

2

1

1

11

22

Mm

Mm

Mm

Mm

ТРРТ К.

15. Всередині закритого з обох кінців горизонтального циліндра

знаходиться тонкий поршень, який може переміщатись в циліндрі без тертя.

63

З одного боку поршня знаходиться водень масою 3г, з другого – азот масою

23г. Яку частину об’єма циліндра займатиме водень?

Відповідь: 65,0)(

ваав

ав

а

вmМmМ

МmVV .

16. Дві посудини з однаковою масою одного і того ж газу сполученні

трубкою з краном. В першій посудині тиск 1,0∙105Па, а в другій 3∙105Па.

температура однакова. Який тиск встановиться після того, як кран буде

відкритий?


2

21

21

РР

РРР МПа.

17. В закритій посудині знаходиться повітря і капелька води масою 1г.

Об’єм посудини 75л, тиск в ній Р0=12кПа і температура 290К. Яким стане

тиск в посудині, коли капелька випарується?

Відповідь: MVmRTРР 0 .

18. Під яким тиском Р1 треба наповнити повітрям балон ємністю V1=10л,

щоб при сполученні його з балоном ємністю V2=30л з повітрям при

Р2=100кПа встановився загальний тиск Р=200кПа?

Відповідь: 5

1

22211 105)(

V

VPVVРР Па.

19. В балоні об’ємом V=0,2м3 знаходиться гелій під тиском Р1=105Па

при t1°=17оС. Після того, як ще підкачали, тиск підвищівся до Р2=3∙105Па, а

температура збільшилась до t2°=47оС. На скільки збільшилась маса m гелія?

Молярна маса гелія М=0,004кг/моль.


1

1

2

212 107,5

TP

TP

RMVmm кг.

64

20. Посудина з газом розділена рухомою перегородкою на дві частини,

відношення об’ємів яких 32

2

1 VV . Температура газу в меншому об’ємі

t1°=177оС, а в більшому t°2=267оС. Тиск в обох частинах посудини однаковий

і рівний Р. Яке буде відношення об’ємів, якщо температури вирівняються?

Стінки посудини не теплопровідні, а теплообмін можливий тільки через

перегородку.


12

21

2

1

TVTV

V

V .

21. На деякій висоті тиск повітря Р=230мм рт. ст., а температура

t°=-43оС. Яка густина повітря на цій висоті?

Відповідь: =0,46кг/м3.

22. З балона, в якому знаходиться стиснутий водень об’ємом V=10л,

через вентиль протікає газ. При температурі t1о=7оС манометр показав

Р=5∙106Па. Через деякий час при температурі t2о=17оС манометр показав

такий же тиск. Скільки водню витекло з балона?

Відповідь: 48,1m г.

23. Яка частина газу залишилась в балоні, тиск в якому був Р=120атм, а

температура t°=27оС, якшо тиск упав до Р1=1атм, а температура до t1°=-23оС?

Відповідь: 05,01

11 PT

TPmm .

24. В посудині обєємом 1л знаходиться 0,28г азота при температурі

1500оС. При цій температурі α=30% молекул азота дисоційовано на атоми.

Визначити тиск в посудині.

65


)1(

1121

VRT

Mm

МmPPP атм.

М1=14∙10-3кг/моль – молярна маса атомарного азота.

25. На терезах встановлено дві однакових посудини. Одна з них

наповнена сухим повітрям, а друга – вологим (насиченим водяними парами)

при однакових тисках і темпераутрах. Яка з посудин важче?

Відповідь: З сухим повітрям.

26. При збільшенні абсолютної температури на 40% обєєм газу

збільшився на 40см3. Яким був початковий об’єм? Процес ізобарний.

Відповідь: 100см3.

27. Об’єм деякої маси газу при нагріванні на 10К при постійному тиску

збільшився на 0,03 свого початкового об’єму. Знайти температуру газу.

Відповідь: 333,(3)К.

28. В центрі відкачаної і запаяної з обох кінців горизонтальної трубки

довжиною L=1м знаходиться стовбчик ртуті довжиною h=20см. Якщо трубку

поставити вертикально, стовбчик ртуті переміститься на l=10см. До якого

тиску Р0 була відкачана трубка?

Відповідь: 50)(44)( 22

0

hLl

lhLghР кПа.

29. Який тиск газу в електричній лампочці, об’єм якої 1л, якщо після

відламування кінчика заварювання останньої під поверхнею води на глибині

h=1м в лампочку ввійшло m=998,7г води? Атмосферний тиск нормальний.

Відповідь: ≈130Па.

66

30. В посудину з ртуттю опускають відкриту скляну трубку, залишаючи

над поверхнею кінець довжиною l=60см. Потім трубку закривають і

занурюють ще на 30см. Визначити висоту стовбчика повітря в трубці.

Атмосферний тиск Р0=760мм рт.ст.

Відповідь: h≈48,3см.

31. Бульбашка повітря піднімається з дна водоймища глибиною Н.

Знайти задежність радіуса бульбашки r від глибини h її місцезнаходження в

даний момент часу, якщо її об’єм на дні дорівнює V0. Сили поверхневого

натягу не враховувати.


00)(4

)(3ghP

VgНPr

, де Р0 – атмосферний тиск.

32. До якого тиску накачано футбольний м’яч ємністю V=3л, якщо при

цьому виконано n=40 накачювань поршневого насоса? За кожне накачування

насос забирає з атмосфери V0=150см3 повітря. М’яч спочатку був порожнім.

Атмосферний тиск Р0=0,1МПа.


VPnVР МПа.

33. Два однакові балони, що містять газ при 0оС, з’єднані вузькою

горизонтальною трубкою діаметром 5мм, посередині якої знаходиться

краплина ртуті. Краплина ділить всю посудину на два об’єми, величина яких

становить по 200см3. На яку відстань переміститься краплина, якщо один

балон нагріти на 2оС, а другий на стільки ж охолодити? Розширення

посудини не враховувати.


TdTVx

см.

67

34. У скільки разів збільшиться об’єм повітряної кулі, якщо її занести з

булиці в тепле примішення. Температура на вулиці -3оС, в приміщенні +27оС.


2 VV .

35. При нагріванні газу на Т=1К при постійному тиску його об’єм

збільшився в 2 рази. В якому інтервалі температур протікало нагрівання?


12

1

VV

ТТ К – початкова температура;

21

12

1

2

2

VV

ТVV

Т К – кінцева температура

при V2=2V1.

36. Газ нагрітий від температури 27оС до 39оС. На скільки процентів

збільшився об’єм, якщо тиск залишився незмінним?


12

1

12

1

T

TTV

VVVV або на 4%.

37. Показати, в якій точці досягалась найбільша температура ідеального

газу в ході процесу, графік якого показаний на рис. 3.11.

Рис.3.11 Рис.3.11,а

V

P P А

V

68

Відповідь: Екстремальна температура досягається в точці, де одна з

ізотерм дотикається до графіка вказаного процесу (рис. 3.11,а).

38. На рис. 3.12 зображено графік процесу для даної маси ідеального

газу. Порівняйте об’єми даної маси в точках 1 і 2 графіка.

Рис. 3.12 Рис. 3.12,a

Відповідь: V2>V1. Цю відповідь легко отримати, провівши через точки 1

і 2 ізохори (рис.3.12,а).

39. На діаграмі PV (рис.3.13) зображено процес, в результаті якого газ з

стану 1 перейшов в стан 2. Як при цьому змінювалась температура?

Рис.3.13

Відповідь: Температура зменшувалась (Т2<Т1). Проведіть ізотерми через

точки 1 і 2.

40. При ізобарному нагріванні було отримано залежність V від Т, у

вигляді, показаному на рис.3.14. Що відбувалось з газом?

T

P

1

2

P

1 2

T

V

P 1

2

69

Рис. 3.14

Відповідь: Зменшувалась маса.

Термодинаміка

41. Неон, що знаходиться при нормальних умовах в закритій посудині

ємністю V=20л, охолодили на Т=91К. Знайти зміну внутрішньої енергії

газу і кількість відданої ним теплоти.


3

TTpVQU Дж.

42. Балон ємністю V=50л, наповнений аргоном при температурі

Т1=290К, знаходиться під тиском Р1=500кПа. Якими будуть температура і

тиск газу, якщо йому надати Q=5кДж теплоти.

Відповідь: 512 107,5

32

VQРР Па

32932112

PVQTT К.

43. Один моль одноатомного газу нагрівається при постійному об’ємі до

температури Т=280К. Яку кількість теплоти необхідно передати газу, щоб

його тиск збільшився в n=3 рази?

Відповідь: 72/)1(3 RTnQ кДж.

T

V 1 2

70

44. В циліндрі під поршнем площею S=1дм2 знаходиться 1 моль повітря.

До поршня через блок підвішено вантаж масою М=55кг. Циліндр

охолоджують на Т=100К. На яку висоту піднімається вантаж? Маса

поршня m=5кг. атмосферний тиск нормальний.


gmMSPTRh

aм.

45. На тепловозі є запас 9000кг нафти. При швидкості поїзді 60км/год

тепловоз розвиває середню потужність 3000кВт. Визначити, на яку відстань

вистачить наявного запасу нафти, якщо коефіцієнт корисної дії тепловоза

28%.


28,0

NmrS км.

46. Поїзд вагою 15∙106Н їде по горизонтальному шляху з швидкістю

60км/год. При цьому тепловоз спалює 600кг нафти за годину. Яку швидкість

розвине поїзд при тих же умовах на шляху з підйомом 1:100? Теплотворна

здатність нафти становить 4,6∙107Дж/кг. Коефіцієнт корисної дії тепловоза

становить 28%.

Відповідь: 7,2701,01

Рrm

rm км/год.

47. Свинцева куля масою 20г, що летіла зі швидкістю 500мс вдаряється

в нерухому мідну кулю масою 5кг і застряє в ній. На скільки градусів

нагріється куля, якщо вважати, що вся кінетична енергія свинцевої кулі йде

на нагрівання?

Відповідь: oo

mсmсvmt 2,1

)(2 2211

21

С.

71

48. На візок масою М, що рухається по горизонтальному шляху зі

швидкістю v0, кладуть зверху цеглину масою m, яка до цього перебувала в

спокої. Визначити кількість теплоти, що виділяється при цьому.

Відповідь:

Mm

mvQ12

20 .

49. Визначити, яким повинен бути заряд пороху в патроні, щоб куля

вагою Р=0,098Н при вильоті з дула набула швидкості V=880м/с. Коефіцієнт

корисної дії пострілу 30%. Теплотворна здатність пороху r=3,77∙106Дж/кг.


2

rgPVm

кг.

50. Лампочка розжарювання, яка споживає N=54Вт, занурена в прозорий

калориметр, що містить V=650см3 води. За t=3хв вода нагрівається на

tо=3,4оС. Яка частина споживаної лампочкою енергії пропускається

калориметром назовні у вигляді променистої енергії?


Nt

tCV o .

51. Пневматичний молот масою 2∙103кг кує залізну болванку, маса якої

6кг, причому швидкість молота перед ударом 3м/с. На скільки нагрівається

болванка від одного удару? Удар вважати абсолютно непружним.

Відповідь: oo

cmmvt 32 1

2 С.

52. Трансформатор, занурений в олію, внаслідок перевантаження

починає грітися. Який його коефіцієнт корисної дії, якщо при повній

потужності N=60кВт, m=40кг олії протягом t=4хв нагрілися на tо=20оС?

72

Питома теплоємкість олії с=2095ДЖ/(кг∙К). Кількість тепла, що йде на

нагрівання металу трансформатора і його обмотки, не враховувати.


NtcmtNt o

.

53. В скляний стакан масою 0,12кг при температурі 15оС налили 0,2кг

води при температурі 100оС. Яка температура води встановилась в стакані?

Питома теплоємність скла 830Дж/(кг∙К), води - 4200 Дж/(кг∙К),.

Відповідь: 91оС.

54. Щоб отримати прісну воду в спеціальній установці 1т снігу

перетворюють в воду. Температура повітря – 8оС, вода витікає з установки

при 3оС. Коефіцієнт корисної дії установки 30%. Яку кількість дров

необхідно спалити в установці? Питома теплота згоряння дерева 107Дж/кг,

питома теплоємність льоду 2100 Дж/(кг∙К),, води – 4200 Дж/(кг∙К),, питома

теплота плавлення льоду 3,33∙105Дж/кг.

Відповідь: 119,8кг.

55. В посудину, що містить 1кг води і 1кг льоду при 0оС, з сухопарника

впустили 0,1кг водяної пари. Яка температура встановиться в посудині?

Питома теплота пароутворення води 2,3∙106Дж/кг.

Відповідь: 0оС.

56. В посудину з 2,8л води при 20оС опускають шматок сталі масою 3кг,

нагрітий до температури 460оС. Вода нагрівається до 60оС, а частина її

перетворюється в пару. Знайти масу води, що перетворилась в пар. Питома

теплоємкість сталі 460 Дж/(кг∙К).

Відповідь: 32г.

73

57. Через воду з температурою10оС, пропускають водяну пару при

100оС. Скільки процентів складе маса води, що утворилась з пари, від маси

всієї води в посудині в момент, коли її температура рівна 50оС?

Відповідь: 6,27%.

58. Скільки сталі, взятої при температурі 20оС, можна розплавити в печі

з к.к.д. 0,5, спалюючи 2т кам’яного вугілля? Температура плавлення сталі

1400оС, питома теплота її плавлення 82∙103Дж/кг, питома теплота згоряння

вугілля 29∙106Дж/кг.

Відповідь: 40т.

59. В калориметр з 250г води при 15оС, опустили 20г мокрого снігу.

Температура в калориметрі знизилась на 15оС. Скільки води було в снігу?

Теплоємкістю калориметра знехтувати.

Відповідь: 6,8г.

60. В колбі була вода при 0оС. з колби відкачували повітря і за рахунок

власного випаровування всю воду заморозили. Яка частина води при цьому

випарилась, якщо ззовні тепло не надходило? Питома теплота випаровування

при 0оС 2543∙103Дж/кг, теплота плавлення льоду 3,352∙105Дж/кг.

Відповідь: 11,6%.

61. В посудині Дюара зберігається V=2л зрідженого азоту при

температурі t1о=-195оС. За одну добу ац=24год випарилась половина даної

кількості азоту. Визначити питому теплоту випаровування азоту Lа, якщо

відомо, що при температурі tо=0оС в цій же посудині за л=22,5год плавиться

mк=40г криги. Температура зовнішнього повітря t2о=20оС. Густина

зрідженого азоту ρ=8∙102кг/м3; питома теплота плавлення криги

λл=3,3∙105Дж/кг. Вважати, що швидкість надходження тепла в посудину

пропорційна різниці температур ззовні і всередині посудини.

74


a

кк

кoк

aoa

a mm

ttL

Дж/кг; Vma 2

1 .

62. Коефіцієнт корисної дії якоїсь теплової машини становить 60% від

коефіцієнта корисної дії ідеальної машини, що працює за циклом Карно.

Температура нагрівників і холодильників цих машин однакова. Пара

надходить у машину при температурі 200оС, а температура конденсатора

машини 60оС. Потужність машини 314кВт. Скільки вугілля витрачає машина

за годину? Питома теплота згоряння вугілля 3,14∙107Дж/кг.

Відповідь: 7,202)(6,0 21

1

rTTtTN

m кор кг, заткор NN .

63. Температура пари, що надходить з котла в парову машину,

t1о=227оС, температура в холодильнику t2

о=27оС. Яку теоретично

максимальну роботу можна одержати, витративши тепла Q=4190Дж?

Відповідь: А=1676Дж.

64. Ідеальна теплова машина працює за циклом Карно. При цьому 80%

теплоти, одержуваної від нагрівника, передається холодильнику, температура

якого 0оС. Визначити температуру нагрівника і коефіцієнт корисної дії

машини.

Відповідь: Т1=341К; η=0,2.

Насичена та ненасичена пара. Вологість повітря. Рідини.

65. В балоні ємністю 50л вміщається 0,3г водяної пари при температурі

17оС. Що треба зробити, щоб пара стала насиченою?

Відповідь: Охолодити до 3оС.

66. Яка густина насиченої водяної пари при температурі 100оС?

75

Відповідь: 0,581кг/м3.

67. В циліндрі під поршнем знаходиться водяна пара при температурі

100оС і тиску 40кПа. Яким буде тиск пари в циліндрі, якщо його об’єм

ізотермічно зменшити в п’ять разів?

Відповідь: 105Па і конденсація пари.

68. В кімнаті при температурі 25о відносна вологість 12%. Як зміниться

відносна вологість, якщо температура в кімнаті поступово знизиться до 14оС?

Відповідь: Стане рівною 24%.

69. Відносна вологість повітря ввечері при температурі 14оС дорівнює

80%. Вночі температура знизилась до 6оС і випала роса. Скільки водяної пари

сконденсувалось з повітря об’ємом 1м3?

Відповідь: 2,38г.

70. При визначенні поверхневого натягу бензолу за методом відривання

крапель, 570 крапель зайняли об’єм 6см3. В момент відривання крапель

діаметр найвужчої частини шийки дорівнював 1мм. Яке значення коефіцієнта

в досліді?

Відповідь: 2109,2 Н/м.

71. Яким повинен бути найбільший діаметр пор в гноті керогазу, щоб

гас піднімався від дна керогазу до пальника (висота h=10см)? Вважати пори

циліндричними трубками.

Відповідь: d≈1,5∙10-4м.

72. В рідину, що добре змочує скло, вертикально опущені дві скляні

трубки: одна з діаметром отвору d1=1мм, а друга з d2=1,5мм. Рідина

піднялась в одній трубці вище, ніж у другій на h=5мм. Визначити величину

коефіцієнта поверхневого натягу рідини, якщо її густина ρ=800кг/м3.

Відповідь: 21094,2 Н/м.

76

Література

1. Гончаренко С.У.Фізика: Підручник для 10 кл. середн. загальноосв. шк. –К.:

Освіта, 2002.-319 с.

2. Бугайов О.І., Закота Л.А. Програми середньої загальноосвітньої школи.

Фізика, астрономія. 7-11 класи. – К.: Освіта, 2005. – 111 с..

3. Мякишев Г.Я. Физика для будущих студентов. Механика.- М.: МИРОС,

1994. – 208 с.

4. Гончаренко С.У.Фізика: Підручник для 9 кл. середн. загальноосв. шк. –К.:

Освіта,1997.- 431 с.

5. Коршак Є. В. Підручник з фізики 8 клас для середньої загальноосвітньої

школи. – К.: ВТФ „ Перун „, 2000. – 192 с.

6. Бугайов О.І., Мартинюк М.Т., Смолянець В.В. Фізика. Астрономія.

Підручник для 7 клю середю шкю – К.: Освіта, 1994ю – 304 с.

7. Лукашик В.И. Сборник вопросов и задач по физике:Учебное пособие для

учащихся 6-7 классов сред.шк. – М.: Просвещение, 1988. – 191 с.

8. Ланина И.Я. Внеклассная работа по физике. –М.: Просвещение, 1986. – 216

с.

9. Шахмаев Н.М. Учеб. Для 11 кл. сред. шк.- М.: Просвещение, - 1991. – 239

с.

10. Римкевич А.П. Сборник задач по физике для 9-11 классов сркдней школи.

–М.: Просвещение, 1990. – 224 с.

11. Осадчук Л.А. Методика преподавания физики в школе Просвещение, -

1987. – 345 с.. - М.:

12. СТП 1-98. Стандарт предприятия. Дипломные, курсовые проекты и

работы. Общие требования и правила оформления.-Введ. впервые с

01.01.98.

78

Навчальне видання. Методичні вказівки до виконання практичних робіт з дисципліни "Методика

викладання фізики" для здобувачів другого (магістерського) рівня вищої

освіти за спеціальністю 104 «Фізика та астрономія» очної та заочної форм

навчання.

. Підпис до друку 2017р Формат Обсяг до Тираж екз. Заказ 322618, м. Кам’янське вул.. Дніпробудівська, 2

Міністерство освіти і науки України Дніпровський ...

Documents

Transcript of Міністерство освіти і науки України Дніпровський ...