Съдържание

BelPhO 2018, Областен етап, 9,10,11 — Задача 10-3. 10 класс — 3. Вода из воздуха

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от BelPhO 2018

III этап — теоретический тур, 9–11 классы

Внимание: Бележка към темата

Полученные оригиналы содержат девять самостоятельных целых задач: по три для 9, 10 и 11 класса. Сохранены 45 основные номерные группы и все внутренние запросы, включая 2.4.1–2.4.5 «Переменной плотности» и оба запроса пункта 3 о брусках. Каталожное число 52 не задает новое разбиение.

Время выполнения, баллы и численные таблицы оценивания не напечатаны. Сохранены все комментарии жюри, альтернативный способ акселерометра и полные аналитические методы. Получены три исходных пустых бланка лампочки и исходный магнитный графический бланк. Отдельный графический бланк давления насыщенного пара, обещанный в задаче о воде, отсутствует; вся исходная таблица передана. Ключ лампочки отсылает к графику напряжения конденсатора, которого в полученном ключе нет: переданы текст и пустой бланк, новый ответный график не изготовлен.

Сохранены исходные противоречия и ошибки: $P=m'gz$ в определении давления; прежнее напряжение зажигания при переходе с 3 на 5 В; в ключе $U=I/R$ и разрядка до нуля при указанном гашении 1 В; $g=10\text{ м/с}$ , повтор «первое тело» и номера 2.4; «линза» в зеркале, $a\gamma=d$ , $F_1-F_0=R/2$ и $\sqrt{1-h^2/R^2}=2$ ; два значения 4246 Па при 30 и 31°C, повтор $t_0$ , единица теплоемкости камня без К, $40-0{,}2=38{,}8^\circ C$ ; «значительно больше» в диалоге; в магнитах степень $1/4$ второго выражения периода, лишнее $x_0$ в знаменателе (15) и повтор обозначения $x_1$ . Метод ключа для $\delta_{\max}$ и его ответ 5,8 см переданы буквально.

Оригинальные заголовки комплекта

III этап Республиканской олимпиады по физике 2018 года. Теоретический тур. Условия задач. 9 класс. Далее в оригинале:10класс (стр9),11класс (стр14).

Условие

Для дачных участков, удалённых от источников воды, предлагается следующий генератор воды из воздуха. Насыпается пирамида из камней. Днём в тёплое время года щебенка прогревается прямыми солнечными лучами и потоками тёплого воздуха. Ночью водяные пары, содержащиеся в атмосфере, конденсируются на остывшей щебёнке, и вода стекает в место сбора. Для насыпки пирамиды используют крупную щебёнку, так как тогда вся конструкция будет свободно продуваться тёплым воздухом.

Полный исходный генератор воды: каменная пирамида,сборник,сливная труба.

В данной задаче вам необходимо рассмотреть некоторые серьезные физические проблемы, связанные с этим не хитрым устройством. Во всех пунктах задачи предполагается, что при изменении температуры плотность водяных паров не изменяется. Зависимость давления насыщенных паров от температуры приведена в таблице.

$t,{}^\circ C$	$P,\text{ Па}$	$t,{}^\circ C$	$P,\text{ Па}$	$t,{}^\circ C$	$P,\text{ Па}$	$t,{}^\circ C$	$P,\text{ Па}$
0,00	611
1,00	657	11,00	1313	21,00	2488	31,00	4246
2,00	706	12,00	1403	22,00	2645	32,00	4495
3,00	758	13,00	1498	23,00	2810	33,00	4758
4,00	814	14,00	1599	24,00	2985	34,00	5034
5,00	873	15,00	1706	25,00	3169	35,00	5323
6,00	935	16,00	1819	26,00	3363	36,00	5627
7,00	1002	17,00	1938	27,00	3567	37,00	5945
8,00	1073	18,00	2064	28,00	3782	38,00	6280
9,00	1148	19,00	2198	29,00	4008	39,00	6630
10,00	1228	20,00	2339	30,00	4246	40,00	6997

На отдельном бланке приведен график этой зависимости. При необходимости вы можете использовать его для проведения дополнительных построений. Для решения задачи используйте следующие табличные данные:

Плотность воды — $\rho_0=1{,}00\cdot10^3\text{ кг/м}^3$ ;

Удельная теплоемкость воды $c=4{,}18\text{ кДж/(кг}\cdot\text{К)}$ ;

Удельная теплота испарения воды $L=2250\text{ кДж/кг}$ ;

Зависимостью этих величин от температуры можно пренебречь. Атмосферное давление считать постоянным и равным $P_A=1{,}00\cdot10^5\text{ Па}$ .

Наконец-то, вопросы задачи.

Температуры воздуха вечером равнялась $t_0=25{,}5^\circ C$ , относительная влажность $\varphi=71{,}0\%$ .

1 При какой температуре начнется образование тумана и росы.

2 Какой объем воздуха прошел через пирамиду, если в генераторе было получено 10 л воды. Температура выходящего из пирамиды воздуха равна $t_0=15{,}0^\circ C$ .

Для получения воды из воздуха используется охлажденный до температуры $t=0{,}0^\circ C$ булыжник. Масса булыжника $m=2{,}5\text{ кг}$ , удельная теплоемкость камня $c=1{,}80\text{ кДж/кг}$ .

3 Какое максимальное количество воды можно извлечь из воздуха с помощью этого охлажденного булыжника. При каких условиях может быть получено максимальное количество воды?

В сосуд объемом $V=10{,}0\text{ л}$ вливают 1,00 л воды при температуре $t=40{,}0^\circ C$ и сосуд закрывают. Считайте, что в сосуде находился сухой воздух (без водяных паров). Теплоемкостью воздуха и сосуда, а также теплообменом с окружающей средой следует пренебречь.

4 Рассчитайте, какая температура установится в сосуде после установления в нем термодинамического равновесия.

Решение

Температуры воздуха вечером равнялась $t_0=25{,}5^\circ C$ , относительная влажность $\eta=71{,}0\%$ .

Для определения температуры точки росы $t_1$ необходимо решить уравнение

P_s(t_1)=\varphi P_s(t_0)\frac{T_1}{T_0}.\qquad (1)

Сначала найдем приближенно, полагая что $T_1/T_0\approx1$ .

Для определения $P(t_0)$ для дробного значения температуры воспользуемся линейной интерполяцией

P_s(25{,}5)=\frac{P_s(25)+P_s(26)}2=3266\text{ Па}.

Рассчитываем парциальное давление водяных паров

P(t_0)=\varphi P_s(t_0)=2319\text{ Па}.

По таблице находим, что давление насыщенных паров при температуре, лежащей в диапазоне от 19° до 20°. В этом диапазоне зависимость давления насыщенных паром приблизим линейной функцией

P_s(t_1)=P_s(19)+(P_s(20)-P_s(19))(t_1-19)=2198+141(t_1-19).

И запишем уравнение (1) в числах

2198+141(t_1-19)=2319\frac{t_1+273{,}15}{25{,}5+273{,}15}=7{,}82(t_1-19)+2284\Rightarrow(t_1-19)=\frac{2284-2198}{141-7{,}82}\approx0{,}6.

Следовательно, температура точки росу равна $t_1=19{,}6^\circ$ .

Какой объем воздуха прошел через пирамиду, если в генераторе было получено 10 л воды. Конденсация началась при температуре $t_1=19{,}6^\circ$ , а закончилась при температуре $t_2=15{,}0^\circ$ (в этом диапазоне температур пар оставался насыщенным). Плотность пара можно посчитать по формуле $\rho=P_sM/(RT)$ . Следовательно, изменение плотности водяных паров равно

\Delta\rho=\frac{P_s(t_1)M}{RT_1}-\frac{P_s(t_2)M}{RT_2}=\frac{18\cdot10^{-3}}{8{,}31}\left(\frac{2283}{293}-\frac{1706}{288}\right)=4{,}05\cdot10^{-3}\text{ кг/м}^3.

Фактически эта величина показывает, какая масса воды выделилась из одного кубометра воздуха. Так как всего выделилось $m=10\text{ кг}$ воды, то через пирамиду прошел объем равный

V=\frac m{\Delta\rho}=2{,}5\cdot10^3\text{ м}^3.

Максимальное количество сконденсируется, если вся теплота, выделяющаяся при конденсации, пойдет на нагревание камня от его начальной температуры до температуры точки росы:

Lm_{\text{воды}}=cm(t_1-t_0)\Rightarrow m_{\text{воды}}=\frac{cm(t_1-t_0)}L=\frac{1{,}8\cdot10^3\cdot2{,}5\cdot19{,}6}{2250\cdot10^3}\approx40\text{ г}.

Проведем оценочный расчет. Будем считать, что насыщенный пар будет иметь температуру $40^\circ C$ , его давление при этой температуре $P_s=6997\text{ Па}$ . Масса водяных паров (равная массе испарившейся воды)

m=\frac{P_sVM}{RT}=\frac{6997\cdot18\cdot10^{-3}\cdot9\cdot10^{-3}}{8{,}31\cdot313}\approx4{,}4\cdot10^{-4}\text{ кг}.

На испарение этого количества воды пошло $Q=Lm=980\text{ Дж}$ теплоты. Эта теплоты выделилась при остывании воды, поэтому ее температура понизилась на $\Delta t=Q/(cm)\approx0{,}2^\circ C$ . При расчете мы предположили, что температура насыщенного пара равна $40^\circ C$ , полученной отличие не значительно, поэтому наш расчет можно признать удовлетворительным. Итого, температура воды понизилась на 0,2° и стала равной $38{,}8^\circ C$ .

Оригинальный заголовок ключа

III этап Республиканской олимпиады по физике 2018 года. Решения задач.

Оригинал в Архива: 3_etap_2018_theoretical_problems.pdf · официални решения: 3_etap_2018_theoretical_solutions.pdf