Серова Ф.Г., Янкина А.А. Сборник задач по термодинамике (Серова Ф.Г., Янкина А.А. Сборник задач по термодинамике.djvu), страница 14

6Я~ 4и ' И У Интегрируя последнее уравнение, получаем: и =сТ' где с = сопз1. 160. Р е ш е и и е. Рассмотрим бесконечно малый цикл Карно на диаграмме У, х (рис, 23). Количество теплоты Яь получаемой системой при изотермическом переходе из состояния 1 в состои- Рис. 23. ние 2 с учетом бесконечной малости цикла, можно записать в виде ~ д ) дО Работа, совершаемая системой за цикл, численно рав'- на площади фигуры 1234: Т дул А=Бммж8агг=~ т) (Тх — Т!)(ха х!). ~дТ)х По теореме Карно А Тг — Тг т, откуда Где! 1 /вох 162.

~ — ) = — ~ — г1, где Š— напряженность ~дТ )р ТЕ ~дЕ)г' электрического поля. дЕ При — < О диэлектрик, подвергаемый изотерми- дТ ческой поляризации, выделяет тепло, т. е.~ — ) <О, гбг! х '~ дЕ )г / дМ'г 163 Я = Тро ~ ~ дТ ) ЕН; для идеального пара- 107 сн магнетика Я = — — р 2Т 0~ где С вЂ” постоянная Кюри, 164. Р е ш е н и е. Изобразим иа диаграмме У,х две бесконечно близкие адиабаты ВС и ВА и изотермы АВ и СР (рнс. 24), Количество теплоты полученной системой на изотерме АВ, равно Я~ = = А~+ ЛсТ, где А~ = =Убх — работа, совершенРис. 24.

ная системой по изотерме АВ; ЬУ =( д„) изменение внутренней энергии для данного процесса. Работа за цикл численно равна площади фигуры АВСП, которую с большой степенью точности можно считать параллелограммом. Поэтому А = Влвсо = Влвс о' = бу ~х причем ЛУ ж АВ' (-дТ ) КТ' ЛТ Т' Т Согласно теореме Карно имеем: А Т1 — Т2 <~,= Т, Подставляя сюда выражение для Я=~У+(дх) 1пх и А=(~~) Ах ° ЛТ, получим: или Я) =ТЯ) — У. В) (дм) =~ — Т 4 дТ ) + Н1ро. 167. Решение.

В данном случае целесообразно энтропии идеального газа представить в перемен- ныхрнУ: 5 = Ск (п р + С» 1и У + 5г. Тогда изменение энтропии равно: Л5=5г — 5~ = С !п — + С, !п» тг Из уравнения политропы в переменных р и У имеем: поэтому Л5 (С» ПС» ) (и» $', 1 а) При изотермическом процессе а=1, С» пСн Й (Л5)г Я (п б) при адиабатическом процессе п = у, С вЂ” иС» = О, (Л5)„= 0; в) прн изобарическом процессе и = О, (Л5)» = С» ! и — '. $ 168. !) (Л5)» = С»1и ~,', 2) (Л5)„= С» !и г' (Л8), С, — у (ая! 169. Ь,= — Ю!и У+ВУ= — т/т'!п тЯ+т5м где 5м  — постоянные. 170. Л5 — 16,6 ° 10 дж/(кмолэ ° град).

171. Л5 = Р ! и 2. 172. Л5 = 0,96 10' дж/град. 17З. Л5=0,094 ккал/град=3,94 ° 10' дж/град. 176. Л5=5с — 5л=й(4!пЗ вЂ” 1и2), 109 Тогда т мс,тт, тт, (и — ж — ~ — — 1) и Л5, ж т,с, ( — — 1). Т «ос (Т то Для полного изменения энтропии окончательно получим: Л5с«тп'с'~.т 1+!и т )ж2,89 кал. тт, т, о То 186. Р е ш е н и е. Изменение энтропии определяется начальным и конечным состояниями системы и для воображаемого обратимого процесса г т Л5=~ф+~ф, г, т, где Т= т,+т, 2 — температура смеси. Элементарное количество теплоты б!г= стйТ, поэтому Л5=сл4 (!и — + !и — ) =сгп 1п — =ст!п т т ч То (То+то)2 т, т, ) т,т, 4Т,то Величина, стоящая под знаком логарифма, больше единицы, так как (Т, — Т,)о > О.

Поэтому изменение энтропии Л5=(52 — 51) > О. 186. Л5из 8,8 ° 10' дж/град. 188. 5=с !п Т+ 5 — + сопз1 ч (т) (здесь с — удельная теплоемкость жидкости, а — удель- ная теплота парообразования, $ — часть жидкости, перешедшая в пар). 189. Л5ж34 кал/градж142,8 дж/град. 190.

Решение. Изменение энтропии Л5 системы «теплоотдающий элемент+ вода» представим в виде суммы: Л5=Л5,+Л5п, где Л5о — изменение энтропии теплоотдающего элемента, а Л5п — изменение энтропии воды в процессе ее нагревания, ЛЯ' т 0 63. 10з дж/град, Я тз ЬЯц = шср 1и —, т, т, где т — масса воды, которой передано 100 ххах тепла. Поэтому Ш= О = 1,11 кг. г,(й-б) Тогда Ьдцж825,4 дж/град. Окончательно для ЛЯ имеем: 33=184,4 дж/град. Энтропия системы увеличилась, так как процесс тепло- обмена при конечной разности температур необратимый.

191. ЛЗж!7,4 кдж/(град ° ч). 192. ЛЯ = 0,541 кдж/град. 193. Решение. Из первого и второго законов термодинамики имеем: ЫЯ=Ф(% ЫТ+й(т,+У~~дх. (1) Рассматривая энтропию как функцию Т и х, запишем: ЫЯ=( †) ЙТ+( †) х. (2) Сопоставляя выражения (1) и (2), получаем: Из равенства смешанных производных, которое выполняется при их непрерывности, следует: (ф) +У=ТЯ), 113 что и требовалось доказать. 194. Решение.

Внутренняяэнергиягаза в объеме (т равна: У=и(Т) К. Подставляя это выражение в соотношение и учитывая термическое уравнение состояния, по лучим: и(Т) = — Т вЂ”вЂ” 1 н«(т) «(т) 3 «Т 3 нли и«(т) ит — =4 —. «(Т) т Интегрируя, находим: и(Т) = аТ' (а= сопз1), т. е. плотность энергии газа пропорциональна четвертой степени температуры. Таким газом является поле теплового излучения. 195. Решение. Согласно условию задачи ро = ) (Т) и и = и (Т), т. е. ( — ) =т( — ) — р — О. Умножая последнее уравнение на о, получим Т вЂ” )" (Т) =О, «1 (т) отсюда '1 (Т) = ВТ (В = сопз1), причем В не зависит от температуры и объема, следо- вательно, уравнение состояния имеет вид: ро =ВТ. 196.

Р е ш е ни е. Воспользуемся дифференциальной связью термического и калорического уравнений состояния: Учитывая термическое уравнение состояния вещества, получаем нуль в правой части этого выражения, 1!4 следовательно, т. е. внутренняя энергия (Т не зависит от объема У. 167.

а) 0 (У) = — —. + сопз(; 2а ТУ б) (Т (У) = — + сопз(, а агу (90' а) (ду ) у (у д) /д0~ а в случае разреженного газа ~ — ) ж — ) О; ~дУ уг б)( — ~= б) д(Т 1 = 2 Зс дУ)г ТУ (У вЂ” д) Т'У' l дУ~ 2а в случае разреженного газа ~ — ! ж — ) О. Следо~дУЛ ТУ вательно, внутренняя энергия разреженных газов, подчиняющихся указанным уравнениям состояния, при изотермическом расширении возрастает.

200. Цикл Карно на диаграмме Т, 5 имеет вид т, — т, прямоугольного контура, т(= 202. Решение. Для однородных систем с двумя степенямн свободы откуда, пользуясь равенством смешанных производ- ных, находим или Отсюда видно, что если р линейно зависит от темпе- /дС ратуры, то ~ — Р) =О, т.

е. Ст не зависит от объема. д1' т 203. Решение. Теплоемкости Ср и Ср можно представить так: ~р=т( — ',~), С,=Т(Я . Но Поэтому с, С помощью этого соотношения, измерив у = — и с, — можно определить адиабатическую сжнмае( ) дую др )т' 1 Г д1"1 мость р = — —— К 'Л.др), 200. С, — С, = й(1 +,т ). 200 Ср-Ср=~(1+,т,,) 207. СЗ вЂ” Сл= — ТБ( д1. ) (дТ), где 3 — сечедд' дЛ ние; 1 — длина стержня; э — напряжение; Х вЂ” относительное удлинение (деформация). Ее Гдезз 208. Са — Со — — Т вЂ” ~ — ), где в — диэлектрнчее хдТ) ская проницаемость. ГдНХ ГдМ~ 209. Сн — См — — —. 1леТ~ — ) ~ — ) . ДлЯ иДеаль- ~ дт)м~ дт )н' ных парамагнетиков Сл — С и — — аМ', где а = сопз1. 116 211. Решение.

ЬЯ=ТАз, где з — энтропия единицы объема диэлектрика. По первому началу термодинамики имеем: ЬЯ=Ыи — ЕАР, Но, с другой стороны, аз =(~~) оЕ+(,,~~) оТ. эз дз Из равенства смешанных производных следует (эн) = ( — -) + ('.—.) значит (,от) йТ+~Е(юк) + Т(тт) ~ 1Е. Интегрируя последнее выражение, получим: л и(Т, Е)=(~~Е(эн) + Т(~ ) !АЕ+и(0, Т! о где и(0, Т) — плотность внутренней энергии диэлектрика в отсутствие электрического поля. 212. и(Т, Е)=и(Т, О). У к а з а и и е. Следует воспользоваться результа- С тами задачи 2 11 и соотношением Р = — Е, где С=сонэ!.

21З. ( —,'") =0, и=ЩТ). 215. Е=ЗМл!пТ+ЗУй!пУ вЂ” — л!ез( ) . 210. Р е ш е н и е. Для равновесного излучения давление р= 3 Пг где и — плотность энергии; и = оТ' (закон Стефана— Больцмана). Воспользовавшись вторым началом термодинамики в виде ЫЯ = —,г)(иУ)+ г Ю, 1 где иУ вЂ” внутренняя энергия равновесного излучения, получим: Ю= й( — ТзУ). Отсюда, учитывая, что при У =0 о = О, находим: 3 = — аТзУ. 4 з 21Т. д= — Т (У вЂ” У )= — (и — Ц). 4 4 =з э 218. Тз У = сонэ(, рУ ' = сопя(, С = сопя! ° Т. У к а з а н и е. Следует использовать результат задачи 216. 1 1 220.

Сг —— 4аТзУ, Сг — — Т ~ — ) = со, газ~ ( дТ)г так как при р = сонат и Т = сопз(. 221. Р е ш е н и е. Так как максимальная работа совершается адиабатическн изолированной системой при обратимом процессе, то энтропия при этом постоянна, а работа равна разности внутренних энергий до и после процесса. До соединения сосудов энтропия обоих газов была равна сумме их энтропий, следовательно, 3, =2тСи!и Та+ чей!п(У,У) — 2т1~!и т+ 2ч8е (задача 169). После соединения получим идеальный газ в количестве 2т молей, занимающий объем У, + Уз прн некоторой температуре Т.

Энтропия газа Бз — — 2тСт!п Т+ 2тй!п(У~+ Уз) — 2тй 1п 2т+ 2тЗм !И Из условия постоянства энтропии находим темпера- туру Внутренняя энергия обоих газов до соединения и~ = 2тсгТь после соединения из=2тсгт. Поэтому максимальная работа 222. А* = тс К Т1 — 4 Т,)', где С вЂ” молярная теплоемкость; т — число молей однсго тела. 223. А* = тс '( (Т вЂ” Тз) + Тю !п — '~ . 224 А*=тсг(т — То)+чтой!п ~ + эс То(п —,'+ ло р г + т (Т л' — Т,)Л.