Home » ЗАДАЧИ ПО ФИЗИКЕ. » ЗАДАЧИ ПО ФИЗИКЕ. ГЛАВА II. ТЕПЛОТА И МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА. § 14. Законы идеального газа и уравнение состояния. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ

ЗАДАЧИ ПО ФИЗИКЕ. ГЛАВА II. ТЕПЛОТА И МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА. § 14. Законы идеального газа и уравнение состояния. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ

ЗАДАЧИ ПО ФИЗИКЕ. ГЛАВА II. ТЕПЛОТА И МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА.
§ 14. Законы идеального газа и уравнение состояния. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ. 

А в т о р ы :
Г. А. Бендриков, Б. Б. Буховцев, В. В. Керженцевг Г. Я. Мякишев

Скачать в хорошем качестве в формате PDF (возможно копировать) ЗАДАЧИ ПО ФИЗИКЕ. ГЛАВА II. ТЕПЛОТА И МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ. (стр. 249-280).

Скачать в хорошем качестве в формате PDF всю книгу (399 стр. — копировать не возможно) Задачи по Физике для поступающих в ВУЗы (8-е издание).

Текст, для быстрого ознакомления (в тексте для быстрого ознакомления формулы могут отображаться не корректно):

§ 14. Законы идеального газа и уравнение состояния. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

417. См. рис. 294, 295 и 296.
418. Согласно закону Бойля — Мариотта ‘ РоУй—РхУи откуда Vi =
= p0V0/pl = Ofi2 м3.

419. i— К2) = 1,2• 10* Н/м2 = 12 кПа = 90 мм рт. ст.

254 Законы идеального газа и уравнение состояния. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

420. р = — +Ро= ПО кПа.
421. Ah = ^ т^~— ^ 2,9 см. Здесь р0=103 кг/м3 — плотность воды,
g — 9,8 м/с2, jn = 0,032 кг/моль —молярная масса кислорода, R =
= 8,31 Дж/(моль • К) —универсальная газовая постоянная.
422. Рх = PqS0 + Я = 260 Н (рис. 297).
423. F = p0 lnr2l(l — d)^46 Н.
424. Давление воздуха рх внутри трубки, обращенной открытым концом
вверх, равно сумме атмосферного давления р0 и давления столбика ртути рgh,
т. е. Pi = po + pgh- Объем воздуха в трубке VX = IS, где S — площадь поперечного
сечения трубки (рис. 298). Когда трубка повернута открытым концом

Законы идеального газа и уравнение состояния. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

Законы идеального газа и уравнение состояния. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

вниз, то атмосферное давление р0 уравновешивается давлением воздуха внутри
трубки р2 и давлением столбика оставшейся в ней ртути pgh/2f т. е. /?0 =
= P2 + Pg-J, или ра = р0 — Р£у. Объем воздуха в этом случае^ 5.
Подставив значения давлений и объемов в выражение для закона Бойля—
Мариотта PiVx — p^V^y найдем:
г lPo-(№h/2)][L-(h/2)]
Po + Pgb
425. В обоих концах трубки воздух первоначально занимал объем Vx —
= -~2~ гДе 5 —площадь поперечного сечения трубки, и имел давление р±.
Когда трубку поставили вертикально, объем воздуха в верхней части трубки
стал V2 = ‘+ l^j S (рис- 299), а давление p2. В нижней части трубки
объем стал V3 = ^ /j S, а давление р$. Согласно закону Бойля—Мари^
отта для верхней части трубки piV1=p2V2y откуда
(L — h)pi = (L — h-\-2l)p2i

255 Законы идеального газа и уравнение состояния. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

и для нижней части трубки PiKi = p3F3, откуда
(L—h) p1 = (L — h — 2l) р3. (2)
С другой стороны, столбик ртути находится в равновесии, когда давление
воздуха в нижней части трубки равно сумме давлений воздуха в верхней
части трубки и столбика ртути, т. е.
Ps = Pi + pgh. (3)
Исключив р2 и р3 из уравнений (1), (2) и (3), найдем:
Pi- щгщ 50 KUa-
426. Давление воздуха в трубке до ее погружения было р0, а объем его
V0 = LS, где S —площадь поперечного сечения трубки. После погружения
трубки в ртуть давление воздуха в ней стало Pi =/?о + а объем его Vx =
= (/*-{~*)S (рис. 300). По закону Бойля — Мариотта PoVo = PiVi> или после
подстановки значений давлений и объемов poLS = (p0 -\-pgh) {h + х) S. Отсюда
х~ ——й—Ь = — 0,38 м,
Po + Pgh
т. е. запаянный конец трубки находится на глубине 38 см ниже уровня ртути
в сосуде.
427. ат = — Lpo
2 (Ро+ pgh)
ниже уровня ртути на 57 см.
428. До вдвигания поршня объем ^воздуха в цилиндре был V0 =SiLi,
а его давление р0. При вдвинутом поршне объем воздуха в трубке F1 = S2X4
а его давление pi = p0 + pgx (Рис* 302). Сотласно закону Бойля —Мариотта
PoV0 = PiVi, или Po^i^i = (Ро + Р&*) S*x’ Решив относительно х это квадратное
уравнение, найдем: _______________
г—_Р±+ ~\Г [ Ро \2 I PosiLi
2gP V \2gpj PgS2
Перед корнем следует взять знак плюс, так как х мы считали положительной
величиной (с увеличением х давление pL увеличивается). Подставив в то же

256 Законы идеального газа и уравнение состояния. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

уравнение x = L2 и решив его относительно $ц найдем минимальное поперечное
сечение цилиндра:
. (Ро + PgLz) S-zLz
Si* PqLi
429. До подъема поршня объем воздуха в трубке V0 — Sh0 (где S —площадь
поперечного сечения трубки), а давление воздуха р0. После подъема
поршня на высоту Я ртуть в трубке
поднимется на высоту h над уровнем
ртути в сосуде (рис. 303). Объем воздуха
в трубке станет 1^ = 5 (Я —/г),

Законы идеального газа и уравнение состояния. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

Законы идеального газа и уравнение состояния. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

а его давление pi—p0 — hd. Отсюда h — (p0 — pi)/d. Согласно закону Бойля —
Мариотта PoV0 = piVlt или p0Sh0=ptS (H—h). Подставив сюда выражение для
А, получим: = (Hd — p0 + Pi)- Решив это уравнение, найдем:
Рг-
pQ — Hd (p0 -Hd)*
■ рФ*А •
Так как давление воздуха в трубке не может быть отрицательным, то перед
корнем следует взять знак плюс. В результате вычислений получится: pL =
= 1,15 -АО* Н/м2.
430. Объем воздуха в трубке до ее погружения V0 — LS, где S — поперечное
сечение трубки. Давление воздуха в трубке до погружения р0. Если нижний
конец трубки погружен до глубины Я (рис. 304), то объем воздуха в ней
K1==/iS, а уровень Гводы внутри трубки находится на глубине H — (L—h)
ниже поверхности моря. При этом давление воздуха в трубке pt = p0+’
-ЬР£ (H — L+h). По закону Бойля —Мариотта PqVq = plVi, т. е. p0LS =
= lA) + Pg {Н — ^+Щ hS. Отсюда
Н- _ (Ро + Pgh) (L — h)
pgh
-^41,6 м.
431. Давление воздуха на дне водоема Pi=p0-{-pgH. На глубине h давление
4
воздуха Pi—Po+Pgh. Объем пузырька на глубине h равен и = —я/*?. Согласно

257 Законы идеального газа и уравнение состояния. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

закону Бойля — Мариотта
Отсюда
piV0=p2 v, или (po+pgH) К0=(Р0 + Р§Л)у nrs.
3/
-V
432. а2 = а1~^/~ Ро^2
(Ро + Pogh) Тз
3 (Ро + pgH) У0
4n(p0+pgh)
«й 1,37 см (см. решение задачи 431).
433. k: Ро
v po + pgh
= 0,19. Здесь V — объем лодки, Уг—объем, свободный
от воды.
434. я = -Р-° (1/,1~,’/’2) М = 1380 м.
Кх Д р
435. Начальный объем воздуха под поршнями Vi — Sh, где S — площади
поперечных сечений сосудов. Конечный объем воздуха под закрепленным
поршнем
V2 = s(a + A) = |-SA,
а под подвижным поршнем
F3 = s(a + * — A ) = S (x+lL
(рис. 305). Конечные давления «под ними соответственно р2 и р3. Разность
этих давлений определяется разностью уровней жидкости в сосудах: р2 — р3 =

= pgh. Согласно закону Бойля —Мариотта для сосуда с закрепленным
поршнем
3 2
PiVi^=p2V2t или piSh = p2Y откуда р2 = у Р±.
Следовательно,
b=p2-9eh = ^pi-9gh. „
Согласно закону Бойля —Мариотта для сосуда с подвижным поршнем
PiVi=P3V3, ИЛИ PiSA=p3s|*+-|-j=|Ap1_pg^S ^ + -|

258 Законы идеального газа и уравнение состояния. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

Отсюда находим:
(4Pi+ Зр gh)h
2(2Pl-3Pgh)’
436. Начальный объем воздуха в закрытом колене K1 = S/i1, где S —пло-
щадь поперечного сечения этого колена; начальное давление воздуха в нем р0.
После выпускания части ртути объем воздуха в этом колене стал V* =
= S(/zx + /*2) (рис. 306), а давление р± —p0 — pg (h —h2 ). Согласно закону
Бойля — Мариотта
Ро^1 = Л^2. или p0Sh1 = [p0 — pg(h — h2)] S (Лх+йа).
Отсюда найдем:
h=h2 Po + Pgfa+M=0,53 м.
pgVh + hz)
437. Перед засасыванием воздух занимает объем баллона V и имеет давление
р. В конце засасывания объем Vlt занимаемый воздухом, состоит из объема
баллона и объема засасывающей камеры: Vi=V-{-v. Давление при этом стано-
Р Y -L. у
вится pv Согласно закону Бойля — Мариотта pV — pi Vlt и л и—=P—i тVу—. По
условию задачи pjpi = п. Следовательно, v — V (п— 1) = 0,8 л.
438. Перед засасыванием объем воздуха равен объему баллона V, а давление
его р0. В конце первого засасывания объем воздуха складывается из объема
баллона V и объема засасывающей камеры и, а давление его становится pi.
Согласно закону Бойля — Мариотта p0V = pi(V + t>)> откуда
V
Pi—Ро] )V + vt
При втором цикле роль начального давления будет играть р*. Поэтому
V ( V
Р 2 = Pi ТГТТ, — Ро 1 Vl + v~H0 \V + v) •
При третьем цикле начальное давление будет р2. Следовательно*
V ( V
Ръ-Рг v + v — Po ^1/ + у
и т. д. Ясно, что после п циклов давление будет
( V \п Рп ( V
P«=Po[v + v) • 0ТСЮЛа ^ =
Логарифмируя, найдем: lg (ря/р0) — п lg [VftV + v)\. Окончательно имеем:
JgOWPo)
\У + о/
439. Объем воздуха при давлении р, необходимый для работы п молотков,
Vi = nv. По закону Бойля — Мариотта poV = pVv Отсюда n = p0Vlpv = 20
молотков.
440. В конце каждого засасывания воздух с атмосферным давлением р0
занимает.объем v засасывающей камеры насоса. В мяче это количество воздуха
занимает объем V и имеет парциальное давление р, которое можно найти при

259 Законы идеального газа и уравнение состояния. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

помощи закона Бойля — Мариотта: р = —р0. После п качаний давление рх в
мяче будет равно сумме парциальных давлений:
nvp0 : 0,2 МПа.
441. Парциальное давление каждой порции воздуха можно найти при
v
помощи закона Бойля — Мариотта (см. решение задачи 440): р = — р 0 , где о =
= л d2 hj4 — объем воздуха, засасываемого при каждом ходе насоса. Сумма,
парциальных давлений всех порций воздуха, добавляемых в камеру за п ходов
насоса, будет np = nd2hnp0l4V. Сложив эту величину с начальным давлением
ndViripo
в камере р0, найдем конечное давление: р2 = 4V
насоса, необходимых для получения давления рг в камере, п =
Время накачивания камеры
4V (pi —р0)х
р0. Отсюда число ходов
4V (р1 — р6)
л аЧгро
t — ПТ — ‘ nd2hp0
с=^ 46 с.
442. После соединения сосудов воздух, находившийся в каждом из них,
распределится по объему Vx+V2 двух сосудов. Для воздуха, находившегося
;в первом сосуде, согласно закону Бойля — Мариотта p1F1 = pJ (V^ + Fg), и для
воздуха, находившегося во втором сосуде, р2^2 = р2 (^1 + У г ) > гДе РI и Р2 —
парциальные давления. Складывая эти равенства, получим: piFi + p2F2 =
= (pl + pa) (Vi + У2)- Но по закону Дальтона установившееся давление р =
= р[ + р2- Таким образом,
р = = 6,75 • 10* Н/М».
*1+ г 2
443. рх = PWi+VA-PiV*
Уг = 1,8 МПа (см. решение задачи 442).
444. р = 4p1m1/(2m1 -f- т2).

445. Графики изобарных процессов в координатах, р, V и р, Т представлены
на рис. 307 и 308, в координатах V, Т — на рис. 309.

260 Законы идеального газа и уравнение состояния. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

449. Начальная температура 7\ =■ ч—-г = 1 К, конечная температура \у г! Vг) —1
Уа . ДГ
“ ( W ) — l
—2 К. Здесь VZ = 2V1.
447.
V1 к 1 i 1
448. Для ненагретого баллона, согласно закону Бойля—Мариотта, р7 =
= р ‘ ( К — S А/); для нагретого, согласно объединенному газовому закону,
£— — t где р —первоначальное давление в баллонах, а р’ —дав-
Г0 Т0 + АГ
ление в них после нагревания. Исключив из этих уравнений р/р’, найдем:
АТ 2S АI 2S АI
Т0 V — SAl’ V *
Здесь пренебрегается объемом капилляра по сравнению с объемом баллонов.
*«• <* r>-FTS4V-267 K «» г—7’(|Г+ЛУ:1=321 К-
450. Vi = = 200 ем3 и = 300 см3.
i 1+ i 2 i 1″Г * 2
451. Изменение объема AV одинаково для обеих половин. Для ненагретой
части цилиндра p0v = pi (V — W), а для нагретой ^~ = Pl , где
V” —первоначальный объем каждой половины цилиндра. Исключая отсюда
Т -4~ Г
ДК/У, найдем: рх = р0—2^-= 105 кПа,
452. Пусть при горизонтальном положении трубки объем каждой из половин
был V. При вертикальном ее положении объем верхней половины стал
V-\-AV и давление в ней рх, а объем нижней половины V — AV и давление
в ней Pt + img/S). Согласно закону Бойля —Мариотта для верхней и нижней
половин имеем:
pV — pi (F + AF), рК = (р1+^-)(‘/-ДК).
После деления уравнений на V имеем:
Р = й ( i + ^ ) и р^р1 + ш.^\-Щ.
Исключив из этих уравнений неизвестную величину AV/V, получим квадратное
уравнение
из которого найдем:
1
Pi 2
/
(второй корень отброшен, так как он дает для рг отрицательные значения).
453. х = ^ = 17 см. Здесь р —плотность ртути, р£/ = 30мм рт. ст.=
2 (2р -f- pgt)
= 4 кПа —давление. ■столбика ртути длиной./ = 30 мм.

261 Законы идеального газа и уравнение состояния. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

454. To =-£i—^ = -тт^- — 225 К, или tz = — 48 °С. ‘ Рз V’iPa
455. Так как давление в колбе перед погружением и в конечном ее состоянии
одинаково (равно атмосферному), то для этих состояний газа Fi/F2 =
= Тх/Т2, где
V-i = у яа3 + ~ Jtd2/ и F2 = па3 + g TidH
начальный и конечный объемы воздуха в колбе. Следовательно,
7’1—b7’!_27!g±|g-316K, шш <,=43-е.
456. р2 = РоТо/Т2 = 0,41 кг/м3.
457. Уравнение состояния до нагревания pV = — Я7\ после[ Лнагревания
р (7 + 5Л)=—/? (Г + АГ), где р, V и Т — давление, объем и температура

газа до нагревания. Вычитая второе уравнение из первого и учитывая, что
P=Po+(pZ5)» найдем:
р = mEAL-Po s ^ 8,5 • 102 н#
Здесь ji = 32 кг/кмоль —молярная масса кислорода, R — универсальная газовая
постоянная.
458. Условие V/T = const означает, что процессы нагревания и охлаждения
происходят изобарно. При отношении начальных объемов V1/V2=\/2 эти
1 2 объемы составляют части V1 = -^V0 и V2 == у V0 от объема V0 всей трубки.
Конечные объемы обеих частей одинаковы, V3 = ~VQ. Согласно закону Гей-
Люссака для меньшей части Vyi/з = Т0/Тъ для большей части V2 /V3 = TQ/T2,
где Т0 — 273 К —температура, соответствующая начальным условиям. Отсюда
Т1==1ф- = Аго=а410 к, или 4= 137 °С;
VI *
т2 = ~ Т0 = 205 К, или *а== 68 °0.
У 2 4
459. X — LT2 ltfTi~\~ Т%) ^ 42 см.
460. Г1=^-Г2 = 404 К.
Рз
461. P = Sp1 (Tt-T1)/T1 = 46 Н.
462. Маномегры обычно градуируются так, что они показывают разность
между давлением внутри баллона и атмосферным давлением. Поэтому давление
в баллоне, когда он находится в помещении, равно Pi = P+Po> и давление
в баллоне, когда он вынесен на улицу, р2 = р + р0 —Ар. Так как объем
газа остается неизменным, то по закону Шарля Pi/r1 = p2/T’2, где Г2 =
= /-{-273° —температура наружного воздуха. Отсюда

Тг= — Тг — 7^ = 256 К, или /2 = — 17°С.
Pi Р+Ро

262 Законы идеального газа и уравнение состояния. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

463. Давление газа, которым наполняются лампы, должно удовлетворять
Т
закону Шарля: p/7Y=Po/7V Отсюда р = -i-p0 = 74 кПа.
1 2
464. Пусть в цилиндре под поршнем находится некоторое количество газа,
который при температуре £ = 0°С имеет давление р0 и объем V0.
1) Нагреем газ до температуры t± при постоянном давлении р0. Тогда по
закону Гей-Люссака газ займет объем Уг = V0 (1 + a/i).
2) Сожмем газ при постоянной температуре t± от объема V± до объема VQ.
В результате газ будет иметь давление plt причем по закону Бойля —Мариотта
PoVi=PiV0.
3) Охладим газ до температуры t0 при постоянном объеме V0. При этом
газ возвратится в первоначальное состояние, и его давление уменьшится от
Pi до Ро- Согласно закону Шарля рх и р0 связаны соотношением Pi = р0 (1 + РО•
Подставив выражение для V± из первого пункта и выражение для рх из
третьего пункта в выражение закона Бойля —Мариотта из второго пункта,
получим: poVo(l + a^i) = Po^o С1 + РУ- Отсюда а = р.
465. Графики процесса в координатах р, К и р , Т приведены на рис. 310
и 311.

Законы идеального газа и уравнение состояния. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

Законы идеального газа и уравнение состояния. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

263 Законы идеального газа и уравнение состояния. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

466. Для перехода между состояниями 3 и 1 (как и для всякого другого)
должно выполняться соотношение р3У31Т3=-р1У1 1Т± (а). С другой стороны,
как видно из рис. 63, в этом случае V — kp, т. е. V3 /p3=V1/pi (б). Процесс
перехода между состояниями 1 к 2 изохорный. Следовательно, Pi/p-z — TJTz
(5). Наконец, процесс 2 — 3 изобарный, т. е. р2==рз (г)- Из соотношений
(а) — (г) найдем: T3 = Tl/Tv
467. Pi= ^r~= 105 Н/м2= 100 кПа=0,1 МПа.
К4/ 1
468. Для данного количества газа при любых процессах можно применять
pV объединенный газовый закон в виде ?-— = В = const. Постоянную величину В
можно найти, подставив в это уравнение известные для начального состояния
значения pl9 V±t Тц имеем для нашей задачи: В = = 0,5 Дж/К. Графи-
1 i
ческое решение задачи получим, построив графики процессов. Предварительно
выбрав масштаб для р, V и Г, из рис. 312, 313 и 314 получим, что р4= 100 кПа.

264 Законы идеального газа и уравнение состояния. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

469. При давлении p0 = pgtf0 = 101,3 кПа, где р = 1,36 • 104 кг/м3 — плотность
ртути, g = 9,8 м/с2 — ускорение свободного падения и #0 = 7бО мм рт. ст.,
pJ05H/Mi

Законы идеального газа и уравнение состояния. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

Законы идеального газа и уравнение состояния. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

и при температуре Т0 = 273 К (так называемые нормальные условия) моль
любого газа согласно закону Авогадро занимает объем ]/0[Х = 22,41 л =
= 0,02241 м3. Отсюда
рУ р0У0а R = Ч— = -Ц=г—= 8,31 ДжДмоль • К).
1 1 о
470. Из уравнения объединенного закона газового состояния, учитывая,
что молярная масса водорода jli = 0,002 кг/моль и газовая постоянная R =
■■ 8,31 ДжДмоль • К), найдем: /я = — VPV RT
= 0,138 кг.
471. |х1Я
ЩР2Р2Т1 = 0,028 кг/моль, где \х2 = 0,002 кг/моль —молярная
лг2рхТ2
масса водорода, Г1 = ^1 + 273°, Г2 = /2 + 273°. Неизвестный газ —азот.
472. Уравнение состояния воздуха в сосуде объемом V при атмосферном
давлении р до нагревания: pV • RTX\ после нагревания: pV = RT.
Здесь — масса воздуха в сосуде до нагревания, т2 — масса его после нагревания
и р, — молярная масса воздуха. Поделив второе уравнение на первое,
найдем: — = ^- = 0,415, или 41,5%.
mi 1ч
473. З-™2 р\ — р2
ГП1 ■Рг
— = 0,2, или 20%.
474. т2- 10 2 кг.
Тг)
475. \x = mRT/pV — 0,032 кг/моль (кислород).
476. Из уравнения состояния можно найти плотность газа: р = т/К =
= \ip!RT, где |л = 0,028 кг/моль — молярная масса азота. Отсюда р = 1,12 кг/м3.
477. р = 0,49 кг/м3 (см. решение задачи 476).
478. р = 0,4£Гр0/[1 = 24 МПа (см. решение задачи 476).
479. Первый способ. Согласно решению задачи 442 установившееся давление
выражается формулой р = (РгУг+РгУ^ЦУ i + К2). Отсюда рх =
р(У1+У2 )-р2У2
V,
= 5. 10§ Па.

Второй способ. Уравнение состояния воздуха в первом баллоне piVi =
= —- RT, во; f.1 втором баллоне p2V2= — RT и по[сЛле соединения баллонов
Р (V1+V2)=™lJrm2 RT, где W-! и /п2 —массы воздуха в первом и втором
И-
баллонах соответственно. Исключив из этих уравнений т± и т2, получим
снова: Pl = р .
Третий способ. Предположим, что в трубе, соединяющей баллоны, имеется
поршень (рис. 315). Сместим поршень так, чтобы давление в баллонах стало
одинаковым и равным р. Объем воздуха в
первом баллоне увеличится на величину AV
и станет Vi + ДУ, а во втором баллоне
уменьшится на ту же величину и станет
V2 — AV. Теперь поршень можно удалить,
не нарушая равновесия газа. По закону
Бойля—Мариотта p1V1 — p(V1 +AV) и p2V2= рйс# 315
= p(V2 — AV). Складывая эти уравнения,
найдем: PiFi + p2^2 = P (^i+ ^2)- Отсюда получим для определения рг прежнюю
формулу.
480′ р=т(^ + %
481. У равнения состояния газа до нагревания в каждой половине цилиндра
pLS — ~ RT, (1)
Г
где LS — V — объем половины цилиндра, S — площадь его поперечного сечения.
Объем нагретой половины стал K1 = (L + /) 5 и уравнение состояния газа в ней
Pl(L + l)S=~R(T+AT), ^ (2)
Г
а объем другой половины V2 = (L — l)S и уравнение состояния газа в ней
Pl(L-l)S = ^RT. (3)
Г
Здесь — давление газа после смещения поршня, одинаковое в обеих половинах
цилиндра в силу равновесия поршня, ТДГ — температура в нагретой
половине. Поделив два последних уравнения друг на друга, получим:
1 -I- / 2 77
7′ + Д7′ = Т jp—}’* отсюда &T — j—j — 404 К.
Правые части первого и третьего уравнений равны между собой, поэтому
p1(L — l)S = pLS (это уравнение представляет собой закон Бойля—Мариотта
для той части цилиндра, температура которой не изменилась). Из этого
уравнения
p1 = Lp/(L — /) = 167 кПа.
482. h — L (l — VTz/Tx) ^ 10 см. (При решении задачи обратить внимание,
что pg=Po/L.)

265 Законы идеального газа и уравнение состояния. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

483. Так как водород свободно проходит через перегородку, то он рас-*
пространяется по объему V всего сосуда, и для него уравнение состояния
будет piV ==— RT, где |i1 = 0,002 кг/моль — молярная масса водорода. В той
Hi
части сосуда, в которой раньше был один водород, он и в дальнейшем останется
один, так что давление в этой части сосуда будет рл = = 33 кПа.
j ‘ \1±У
Для азота уравнение состояния будет р2 т£ = — RT, где т2 = 2.8- 10~2 кг —
z ц2
масса азота’ и jn2 = 0,028 кг/моль — его молярная масса. Так как в этой
половине сосуда будет и водород и азот, то полное давление р будет складываться
из парциальных давлений рг и р2. Таким образом,
P = Pi+Pi^ + |j^ = 0,l МПа.
484. В той части цилиндра, в которой находится водород, поршень будет
находиться на расстоянии от торца
х=жФтт см;
здесь цх = 0,032 кг/моль —молярная масса кислорода, |Л2 = 0,002 кг/моль —
молярная масса водорода.
485. Уравнения состояния для первой и второй частей сосуда до выравнивания
температуры p7i = — RTi и pV% = — RT2. Поделив их друг на
№ М-
V\Т’2 tXl\ __ 0 „
друга, находим: — — = —. Уравнение состояния для первой и второй частей
V 21 1 ^2
сосуда после выравнивания температуры р’У’ = — RT и p’V[X’2 ~ — RT, где р,
V[ — конечный объем первой части, V’2 — конечный объем второй части, Т —
общая температура и р’ — давление, одинаковое в обеих частях в силу равновесия
перегородки. Поделив эти два уравнения друг на друга, найдем: У[/У’2 =/п1/яг2.
у’ V То 4
Таким образом, ~ = ~~ =
V 2 К2М О
486. Пусть длина той части сосуда, которая заполнена кислородом, равна
х, тогда водородом заполнена часть сосуда длиной L — х. Их объемы равны
соответственно V-^ — xS и F2 = (L — х) 5, где S — площадь поперечного сечения
сосуда, Уравнения состояния кислорода и водорода:
pxS^~RT, р (L — x)S =. ~ RT,
— ц2
где m и р —одинаковые, по условию задачи, массы и давления кислорода
и водорода. Поделив одно уравнение на другое, получим:
т =х — LU ; отсюда х = —= 5 см, Luo Г-
L-X H l + t *2
т. е. поршень находится на расстоянии х = 5 см от конца той части цилиндра,
в которой содержится кислород.

266 Законы идеального газа и уравнение состояния. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

487. Положив в уравнениях состояния, приведенных в решении задачи 486,
х — L/ 2, T = Ti для кислорода и Т = Т2 для водорода, заметим, что
левые части этих уравнений будут равны. Приравняв поэтому правые части,
Т ~ ц f
получим: ^ = — = 16. При любых температурах, для которых будет выпол-
1 2 1^2
няться это условие, поршень будет делить сосуд на равные части.
488. T=№-Ltn- R= 280 К, т. е. /=7°С.
489. После подъема шара его объем стал V2=ViJ
rtiV1, где я = 5%=0,05,
а давление газа в нем р2 = Ро + Ар. Согласно объединенному газовому закону
pj/i = Отсюда
1 1 1 2
= = (Ро+Ар) (1 + я) Ti = 255 к или ( _18oCi
PiV’i Pi
490. Объем водорода, заключенного в п баллонах, V = nv. При помощи
объединенного газового закона = 4^ нpахVо PдиiVмi; я = -—^-«^536 баллоРнов.л У г о а л
Т Тг pvTi
491. Действующая на стоящий на горизонтальной плоскости автомобиль
сила тяжести Р, направленная вниз, уравновешивается четырьмя силами давления
со стороны грунта на шины, направленными вверх. Будем считать, что
все четыре последние силы одинаковы и равны f = P/4. На соприкасающийся
с грунтом плоский участок шины сверху (изнутри) действуют силы давления
pS воздуха, заключенного в шине, снизу же действуют силы со стороны
грунта /. Эти силы уравновешиваются. Таким образом, давление воздуха вну-
три шины при температуре t / Р 2 равно р = . Согласно объединенному
pV2 pQVi PV2 р0Уг газовому закону ИЛи, учитывая значение р, имеем:
^2 ч 1 а ■* 1
Отсюда Р = v — = 4 • Ю4 Н. 2l 1
492. Чтобы вытеснить воду из цистерны, воздух должен иметь давление,
по крайней мере равное давлению воды на этой глубине: р2 = p0 + dh. После
расширения воздух займет объем Vz — V+Vx. Согласно объединенному газовому
закону
Л Vi p2V2 ттт ш P l Vi (Po + dh)(V+VJ
1Т=-«77′ ~тГ Тг ————
Отсюда
PiViT2
(Ръ+dh) Т: 1
•Vi =1,85 мз.
493. Ti>F-±^ Т=390 К, т. е. t> 117°С.
Ро*Ь
494. Равновесие устанавливается в том случае, когда силы давления воздуха
в цилиндрах на оба поршня будут равны, т. е. при условии piS1 = p2S2.
Применим для воздуха в первом цилиндре объединенный газовый закон
E^l = ElXl. и для воздуха во втором цилиндре закон Бойля —Мариотта
ТI У 2
р0]/2 = р2]/’. После нагревания поршни сместятся на одинаковые расстояния,

267 Законы идеального газа и уравнение состояния. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

и’изменения объемов воздуха в цилиндрах будут пропорциональны площадям
поршней, т. е. j/1 ]■) = Решив эту систему четырех уравнений с четырьмя
у 2 — » 2 ^2
неизвестными plf /?2, V[> V’2f найдем, в частности:
+ ’ СЮД Рг 2 ^(S^i + S^) • •
495. Из уравнений состояния находим массу тх водорода, находящегося
в шаре, и массу щ воздуха, вытесненного шаром:
pV V
т 1=Жн “
где [Л! = 0,002 кг/моль — молярная масса водорода, a V0 — 0,0224 м3/моль —
объем моля идеального газа при нормальных условиях. Согласно закону Архимеда
при парении шара в воздухе масса шара с водородом
М +•/% равна массе вытесненного воздуха /п2. Отсюда
\h легко получить:
м\^а0,\5 МПа.
(*i\ V. 1
496. Пусть уровень воды в стакане находится на расстоянии
h от дна стакана (рис. 316). Давление воздуха в
стакане будет p0 + pgh. Так как р0 соответствует приблизительно
давлению десятиметрового столба воды, a h мень-
Рис. 316 ше # = 1 0 см = 0,1 м, то pgh составляет менее 1% от атмосферного
давления, и величиной pgh можно пренебречь по
сравнению с р0, т. е. считать, что давление воздуха в стакане неизменно. Тогда
по закону Гей-Люссака К1/Г1 = У2/Г2, где Кх = Я5 и V.2 = hS — начальный
и конечный объемы воздуха в стдкане. Отсюда /г = Я(Г2/Гх) и объем вошедшей
в стакан воды
V=(H—h)S = — (7^,~7’2) =49 см3.
I 1
Если учитывать изменение давления воды в стакане в зависимости от величины
Н и применить при этом объединенный газовый закон —=
11
= то для h получится сложная формула:
2pg \ У 1 _L ^ Т 2Pg __ |
PoTi
Вычисление по этой формуле приводит к 1/ = 50см3. Заметим еще, что если
корень в этом выражении разложить по формуле бинома Ньютона и ограни-
читься двумя членами 1 -J , тоt 2 мHыT п2pолgу чим для h выражение, наи- ,
Р<н 1
денное ранее при помощи закона Гей-Люссака.
497. По закону Архимеда стакан плавает погруженным до краев при
условии, что его вес Р вместе с весом налитой в него воды pgVx равен весу
вытесненной им воды pgV, где V-HS — объем стакана, 1/х = 2/зЯ5 — объем

268 Законы идеального газа и уравнение состояния. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

налитой в него воды и S — площадь его поперечного сечения. Таким образом,
P-+-^H3pg=HSpg-, отсюда P=~ffSpg.
Погруженный вверх дном на глубину х стакан будет находиться в равновесии,
если вес вытесненной им воды pg]/2, где У2 — объем] сжатого в нем
воздуха, , равен весу стакана Р. Учитывая выражение для Р, найдем: V2 =
=f= I/3HS. На глубине х давление воздуха в стакане р — р0-\-(^х—
Из объединенного газового закона
PoHS
Тг Т2
получим:
Ро(ЗГ2 —7\) , 2 к
х =—т ^ ё — + у я = 15-4 м-

269 Законы идеального газа и уравнение состояния. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

§ 14. Законы идеального газа и уравнение состояния. Задачи.
На главную страницу ЗАДАЧИ ПО ФИЗИКЕ ДЛЯ ПОСТУПАЮЩИХ В ВУЗЫ.

Статистика


Яндекс.Метрика