Съдържание

BelPhO 1998, Заключителен етап, 9–11 клас — Задача 10-3

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от BelPhO 1998

Белорусская республиканская олимпиада по физике (Гомель, 1998 г.)

Условие

Тепловой насос работает по идеальному обратному циклу Карно, забирая теплоту из теплоизолированного сосуда 1, содержащего $m_1 = 3{,}0\,\mathrm{кг}$ воды при температуре $t_1 = 30^{\circ}C$ и передавая ее сосуду 2, содержащему $m_2 = 1{,}0\,\mathrm{кг}$ горячей воды, находящейся при температуре кипения $t_2 = 100^{\circ}C$ . Какая температура установится в сосуде 1, когда в сосуде 2 вся вода выкипит? Какую работу совершит при этом тепловой насос?

Теплоемкость воды $c_1 = 4{,}2\,\mathrm{кДж/(кг\cdot К)}$ ; теплоемкость льда $c_2 = 2{,}1\,\mathrm{кДж/(кг\cdot К)}$ ; удельная теплота парообразования $r = 2260\,\mathrm{кДж/кг}$ ; удельная теплота плавления льда $\lambda = 336\,\mathrm{кДж/кг}$ .

Отговори

Решение

Для идеальной тепловой машины, работающей по циклу Карно, выполняется соотношение

\frac{Q_1}{T_1} = \frac{Q_2}{T_2}, \qquad (1)

где $Q_1, Q_2$ - теплоты отданная нагревателем и полученная холодильником;
$T_1, T_2$ - температуры нагревателя и холодильника, соответственно. Это же соотношение выполняется и для холодильной машины, работающей по обратному циклу, в котором от холодильника теплоту забирают и передают нагревателю. Мы используем соотношение (1), для того чтобы рассчитать количество теплоты, забранное у холодильника.

Принцип работы холодильной машины представлен на рисунке в виде схемы: из сосуда 1, содержащего воду при температуре $T_1$ холодильник забирает $Q_1$ теплоты, при этом внешние силы совершают работу $A$ и количество теплоты $Q_2 = Q_1 + A$ передается сосуду 2, в котором находится вода при температуре $T_2$ . Так как вода в сосуде 2 находится при температуре кипения, то эта температура изменяться не будет. Вода же в сосуде 1 будет остывать, возможно, затем замерзать. Поэтому необходимо проводить расчеты поэтапно с количественными результатами на каждом этапе.

Схема холодильной машины: от сосуда T1 к машине (прямоугольник) идет теплота Q1, от машины к сосуду T2 — теплота Q2, снизу к машине подводится работа A.

Первый этап. Остывание воды до температуры замерзания.

Холодильник забирает количество теплоты

Q_1' = c_1 m_1\Delta t_1 = 0{,}38\,\mathrm{МДж},

где $\Delta t_1 = 30^{\circ}C$ - изменение температуры воды в первом сосуде. В процессе остывания температура изменяется, поэтому строго говоря , для вычисления количества теплоты переданной в сосуд 1, необходимо рассматривать процесс, разбивая его на бесконечно малые участки. Однако, так как относительное изменение абсолютной температуры не велико (порядка 10%), то мы в расчетах примем среднее значение температуры $T_1' = 273 + 15 = 288K$ . На этом этапе сосуд 2 получит

Q_2' = \frac{T_2}{T_1'}Q_1' = 0.49\,\mathrm{МДж}.

Этого количества теплоты хватит, чтобы испарить

\Delta m_2' = \frac{Q_2'}{r} = 0.22\,\mathrm{кг}

воды (вся вода не испарилась - надо греть дальше). Работа, совершенная на первом этапе

A' = Q_2' - Q_1' = 0.11\,\mathrm{МДж}.

Второй этап. Замерзание воды.

Сосуд 1 отдаст

Q_1'' = \lambda m_1 = 1{,}0\,\mathrm{МДж};

сосуд 2 получит

Q_2'' = \frac{T_2}{T_1''}Q_1'' = 1{,}37\,\mathrm{МДж},

(здесь $T_1'' = 273K$ - температура замерзания воды); при этом испарится

\Delta m_2'' = \frac{Q_2''}{r} = 0{,}61\,\mathrm{кг},

совершена работа

A'' = Q_2'' - Q_1'' = 0{,}37\,\mathrm{МДж}.

Как следует, из полученных расчетов, и после этого этапа не вся вода испарилась, осталось $\Delta m_2''' = m_2 - \Delta m_2' - \Delta m_2'' = 0{,}17\,\mathrm{кг}$ .

Третий этап. Остывание льда.

На этом этапе нам необходимо решать обратную задачу - легко найти количество теплоты, которое получит кипящая вода $Q_2''' = r\Delta m_2''' = 0{,}38\,\mathrm{МДж}$ Требуется определить сколько теплоты отдаст лед. На этом этапе температура $T_1$ так же изменяется, но мы по прежнему в расчетах используем ее среднее значение $T_1''' = T_1'' - \frac{\Delta t_2}{2}$ , где $\Delta t_2$ - изменение температуры льда. Тогда $Q_1''' = c_2 m_1\Delta t_2$ , а по формуле (1) $Q_1''' = \frac{T_1'''}{T_2}Q_2'''$ . Приравнивая эти два выражения, найдем

\Delta t_2 = T_1''\left(\frac{c_2 m_1 T_2}{Q_2'''} + \frac{1}{2}\right)^{-1} = 41^{\circ}.

Таким образом, в сосуде 1 будет находится лед при температуре $-41^{\circ}C$ .

На третьем этапе лед отдаст $Q_1''' = c_2 m_1\Delta t_2 = 0{,}26\,\mathrm{МДж}$ теплоты, следовательно совершена работа

A''' = Q_2''' - Q_1''' = 0{,}12\,\mathrm{МДж}.

Итого, в процессе испарения воды будет совершена работа $A = A' + A'' + A''' = 0{,}60\,\mathrm{МДж}$ . Заметим, что количество теплоты, которое отдал сосуд 1 $Q_1 = 1{,}64\,\mathrm{МДж}$ , в два с половиной раза больше, чем совершенная работа.

Для того чтобы точно рассчитать количество теплоты, полученное сосудом два, при изменении температуры в первом сосуде необходимо рассмотреть бесконечно малый участок этого процесса. Тогда

dQ_2 = T_2\frac{dQ_1}{T_1} = T_2\frac{c_1 m_1 dT_1}{T_1},

интегрируя это выражение получим

Q_2' = c_1 m_1 T_2\ln\frac{T_1}{T_1''}.

Отличие численного значения, рассчитанного по этой формуле, от полученного ранее менее чем на $0{,}1\%$ .

Оригинал в Архива: 1998problems.pdf · официални решения: 1998solutions.pdf