Серова Ф.Г., Янкина А.А. Сборник задач по термодинамике (Серова Ф.Г., Янкина А.А. Сборник задач по термодинамике.djvu), страница 11

(Тк — 4Ь, рк= .. ° Тк= ° 1 4 (4Ь)ч' 4)Т (4Ь) ' з = 3,75 попадает в интервал для з,. 14. рк= — Идк =57 кг/м'. Зкт„ 15. Т,ж 154'К, р„ж50 атм. 72 а.гог, м'/ о !о в, к мв/кмомвг Вещество 5,56 3,64 1,36 1,36 2,44 ° 1О 3,43 ° 1О Водяной пар Углекислый газ Кислород Азот Водород Гелий 3,66 4,26 3,16 3,85 2,63 2,34 17.

У„= — "ж0,13 мз. ЗКТ„ 8Р, 18. Уя= — — ж0,2 л. 3 РкУШ /1 Ткр 19. Решение. В уравнение состояния Ван-дер- Ваальса ~р+ —,)(У вЂ” Ь) =КТ переменные согласно соотношеУ=фУк, Т=ттк, вводим приведенные ниям Р = ярк, где а Рк 2 7 5г Ук — ЗЬ, Тк — —. В результате получаем: (гт+ —,)(Зф — 1) =8т. Это уравнение не содержит никаких постоянных, зависящих от рода вещества. 20. ге= Р =2,45. Указание. Нужно использоРк вать приведенное уравнение состояния Ван-дер-Ваальса.

! ~ 21. гз(2ф — 1)=те ~ тй/. 22. (я + 4гр-Чг) (4ф — 1) = 15т. 28. (и+ Зт 'ф ')(Зф — 1) =8т. 24. Решение. Приведенное уравнение Ван-дерВаальса (и+ Зф з)(Зф — 1) =8т в случае ~р )) 1 приближенно можно записать в виде: 8 щ — т.

з Учитывая, что для уравнения Ван-дер-Ваальса КТ„8 Ра1тк получим ттт„ лф= — т, ра1та откуда р 1т = тгт. 25. Решение. При больших объемах отношение а а — мало, поэтому еяти можно разложить в ряд и йту ' ограничиться двумя членами разложения, т. е. а е кти 1 а р,л~ Тогда уравнение состояния примет вид: р(У вЂ” Ь1=т1т — — '. 1т ' а Ь Но при больших объемах величины — и — малы, по- Т Тт этому а а ( следовательно, уравнение состояния запишется так: (р + —,'„) (У вЂ” ь) = Рт. 26. Р е ш е н и е. Представим уравнение Ван-дерВаальса в стандартной форме ЙТ а рУ= гт ' 1 —— гт Ы ' Ь Так как величина а « 1т, то (1 — — ) =1+ — + к> ги + — + ....

Следовательно, 1т2 а ру=йт 1+ откуда значения вириальных коэффициентов получаются равными: А=Ь вЂ” а, В=Ьз, йт Из условия А=О находим температуру Бойля: а Тв = —. йь 27. Решение. Так как оба вещества описываются одним и тем же приведенным уравнением состояния и подчиняются закону соответственных состояний, т.

е. при и, = пз и ~р, = ~р, будет иметь место равенство т, = т„ то, очевидно, для этих веществ Следовательно, а, Т„ аг Т„,' 29. а =0,00366 град , р = 0,987 10 ' л~(н. 30. Решение. Воспользуемся термическим уравнением состоянии для простой системы: У=У(Т, х).

Его дифференцирование приводит к выражению: Л'=( — '„~) ах+( — „'~) гает. При й'=0 получим: ~ дх ) ( дТ ) + ( дТ ) откуда В случае 1' = р и х = У имеем: 31. Р е ш е н н е. а) Уравнение Ван-дер-Ваальса может быть записано в виде; ЙТ а Р= ь откуда На основании установленного в задаче 30 тождества дТ )р Т вЂ” 2а (К вЂ” Ь)~Я К Следовательно, для искомых величин получим выра- жения: „=1(1 ь)11 2а (1 ь)1 ь) ~ р а (, 2Ь)' б) Уравнение Бертло может быть записано в виде: ЙТ а Р= р — ь тк2 тогда ( ) ( ) др~ Я а /др~ КТ 2а дт)„= к — ь+ тк 1,дк,)г 1к — ьВ+ т1 К' 2а 1 [~~1к — ь)з тк1к- ь) ~ 76 43.

Я = 0,217 ккал. А~ Уг — 1 1 44. — = А, т~ — 1 1 45. М=- — ( — 1+ 1 !1 46. А= р,1"", п — 1 ватель политропы. 47. Решение. По зт~- , = 1,1. — эт' у) А ж 7 град. (- -) 1 1 — — где п — пока— рЛ-1 ~ ' 1 2 первому началу термодинамики А=(1 — ЬУ. Количество тепла„получаемого идеальным газом в процессе политропического расширения, равно: а=с(т,— т,), а изменение внутренней энергии ли = с, (т, — т,).

А = (С вЂ” Сг) (Т, — Т,). Поэтому Но С вЂ” С Л 1 — н' поэтому А= — (т, — т,), Из полученного выражения видно, что: 1) при расширении (А > О) по политропе с п > 1 идеальный газ охлаждается (Тг < Т1); 2) в процессе политропического расширения газа (А > О) с п < 1 газ нагревается (Тз > Т!); 3) при нзотермическом расширении газа (и = 1, А > О) Т, = Т!, т.

е. температура остается постоянной. т и р ! ! !/ ! 1 С вЂ” 1~) С ! 2 А т — 1 с 49.— = '0 т — и' где у = —, п — показатель политропы. 50. А=202,6 дж, Я= — 70 кал. 51. Решен и е. Работа, совершаемая газом в процессе изобарного расширения, равна Так как изобарный процесс для идеального газа является политропическим с показателем политропы п=О, то А = т)т (Тг — Т,).

Отсюда 1 Т,— Т, = — р(1, — 1,). о!! Значит, искомое отношение равно А 1 — =1 —— 0 52. Решение. Рассмотрим частный случай, когда катушка намотана вокруг достаточно длинного цилиндра из однородного изотропного магнетика. Напряженность поля Н, в катушке с током Т, у кото. рой на единицу длины приходится п витков (рис.

10), равна п1. Напряженность поля Н в магнетике равна сумме напряженности Н, и напрягкенности Нм размагничивающего поля, которым можно пренебречь, если образец имеет форму длинной иглы. Тогда Н = Н,. Работа, совершаемая электрическим источником против э. д. с. индукции за время Ж, выражается в виде: бА' = ТЖ вЂ”, иФ Ж где магнитный поток через катушку Ф равен: Ф = ЯпВ = $'пВ. Здесь У = ( — объем магнетика, а магнитная индукция В связана с на- магничениостьюМ соотношением: В ро(Н+М). Рис. 10. После несложных преобразований получим: ОЛ' = г((2 Ь'роН ) + рогН г(М.

Первый член г(~ — $'раН ), не зависящий от наличия /1 ~2 магнетика, характеризует работу возбуждения магнитного поля напряженностью Н. Выражение роНОМ является, очевидно, отнесенной к единице объема работой, необходимой для увеличения намагниченности на величину ОМ. Поэтому бА = — 1ь>Й ° г(М = — Во ° г(М, где Во = рк>Й. 54. Решение. Зависимость намагниченности М от напряженности магнитного поля Н в ферромагнетике на диаграмме Н, М изображается гистерезисной кривой (рис. 11). Элементарная работа намагни.

чивания единицы объема, равная бА = — Ва НМ = — мзй ЫМ, численно равна площади заштрихованной фигуры, увеличенной в р, раз. Работа двойного перемагничивания единицы объема сердечника соленоида, очевидно, равна А= — р, $ Н11М = — НоЗ, где Б — площадь петли кривой гистерезиса на диаграмме Н, М. Если М, Н и ро выражены в единицах СИ, то работа А получится в джоулях. 55. Решение. Состояние системы определяется температурой Т и внешними параметрами х; (1= =1,2,...,1,...,1 — 1). В выражение элементарной работы дифференциал температуры не входит, т.

е, коэффициент при ОТ равен нулю. Если бы ЬА в общем случае было полным дифференциалом какой-либо функции со- стОЯниЯ Ф (Т, хп х2, х>,), то, учитывая выражение обобщенных /дФх сил Г,=~ — ) и равен- 1,д~ ) ,к1 Рис, 11. 80 откуда (н,) + — (о,) — (нро), ц, — д,. Значит, теплота образования водяного пара из его элементов равна: Я = ф — Яз = 58,9 ° 10' ккал(кмоль. Я ) О, следовательно, при образовании водяного пара из элементов тепло выделяется. 58. Р еш е н и е. Согласно первому началу термодинамики в первом случае бЯр = аУ + Рь и(' во втором случае поэтому ЬЯР б!рзу = рь д$ или Яр Я~ рь М Для реакции Н,+ — О,=Н,О, ! идущей при постоянном давлении р, и температуре Т, изменение объема связано с изменением числа кило- молей до и после реакции, т.

е. (~2 т1) ~ йг кГ Рр Рр где 3 М2= 1 ч1= —. 2' Следовательно, я — Ъ = — —,(з.т. ! !е' = 292+ Яз — Я1 = 17,9 клал(моль. 60. Я = 29 ° 102 ккал. 61. Решение. Согласно первому началу термодинамики 59 = 2(У + Р 1ЛУ. Считая У = У (Т, (2), преобразуем 5Я к виду: 1)=(Ю +Й%) + 1 82 Отсюда с,=®), и для разности теплоемкостей Ср — Сг получим: с,— с,=~(ф) +р~®) .

Л 62. с — гг = — (р — молярная масса). Р 63. сг =650 дж/(кг град), с =910 дж/(кг ° град). 64. сг ж 3,12 ° 10з дж/(кг град), с,= 5,19 ° !Оз дж/(кг град). 65. с„=0,69 10 дж/(кг град). с, = 0,97 1О' дж/(кг град). ,С„, +,С„ 66. с = тш1+ т~п2 ,С,+ С сг= ч1Р~ + тгви ,С„+ «,,С„ гк у ~Сг~ + угСк~ где Сгн Сгм Сго ф— молярные теплоемкости газов соответственно при постоянном объеме и постоянном давлении.

67. Ср — — 2,9 й, ср — — 0,248 ккал/(кг ° град) = 1,034 1Оз дж/(кг ° град). ср 27 68. — = — ж 1,6. с„ 17 69. Решение. Воспользуемся общим выражением для разности теплоемкостей Ср — Сг (см. решение задачи 61) и, подставив в него данное значение вели- Г дУ Ч чины( — ), найдем: (. дг )г с,— с,=(р+ — ',)Я) . 83 тдУ~ Производную ~ — ) вычислим путем дифференпиро- ~дТ)р вания уравнения состояния: ~ ),-=, д1~ 1 — Ь дТ )„Т 2а (У вЂ” Ь)' ктур Тогда и 2а (У вЂ” Ь)'-' агуз 70. Решение.

Согласно первому началу термодинамики ЬО=лдУ вЂ” и лт аМ. Используя в качестве переменных намагниченность М и температуру Т, запишем: ~~ = (ф) лТТ+ ~Я дм ) — р Нт г~М. См =(дг)„ С.=с. + ~(дм), — У.ТУ1(дт)„. Отсюда Гд01 Для идеального парамагнетика ~ — ) = О. Ис~дМ)г= . пользуя далее соотношение М = хН и закон Кюри А х= — (А=ссай), получаем: т аН' Сн См — у~ Используя в качестве переменных 1 и Т, запишем; а~ =(ф) ат+~(Я вЂ” фа. Отсюда с,=( — '„') . где а=Ара.