Съдържание

ВсОШ 2023, Регионален етап, 7–11 клас — Задача 11.3. Трапеция Лорда Кельвина

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от ВсОШ 2023

LVI Всероссийская олимпиада школьников по физике. Региональный этап. Теоретический тур · 30 януари 2023 г.

Титульный лист

Министерство просвещения Российской Федерации
Центральная предметно-методическая комиссия
Всероссийской олимпиады школьников по физике

LVI Всероссийская олимпиада школьников по физике

Региональный этап

Теоретический тур

Москва, 2023 г.

Авторы задач

Комплект задач подготовлен центральной предметно-методической комиссией Всероссийской олимпиады школьников по физике
E-mail: physolymp@gmail.com

Авторы задач

Теоретический тур

7-9 класс

7-T1. Александр Евсеев
7-T2. Денис Рубцов
7-T3. Валерий Слободянин
7-T4. Андрей Уймин
8-T1. Ольга Инишева
8-T2. Андрей Сеитов
8-T3. Александр Евсеев
8-T4. Александр Евсеев
9-T1. Валерий Слободянин
9-T2. Сергей Кармазин
9-T3. Александр Евсеев
9-T4. Александр Евсеев
9-T5. Андрей Уймин

10-11 класс

10-T1. Алексей Заяц
10-T2. Алексей Заяц
10-T3. Сергей Муравьев, Максим Карманов, А. Соколов
10-T4. Андрей Уймин
10-T5. Юрий Черников
11-T1. Александр Аполонский
11-T2. Александр Аполонский
11-T3. Андрей Уймин
11-T4. Константин Соломатин
11-T5. Андрей Уймин

Как готовиться к региональному этапу?

В МФТИ запущен классный проект «Физтех-регионам» (https://os.mipt.ru), где в публичном бесплатном доступе лежат лекции и семинары по всем классам и по всем темам. Там же выложены подборки задач по темам. Уровень материалов позволяет хорошо подготовиться к муниципальному и региональному этапу Всероссийской олимпиады школьников по физике.

В этом году в рамках работы проекта сняты видеорешения (https://os.mipt.ru/#/phys/theme/9V1MmCFakz) теоретического тура регионального этапа Всероссийской олимпиады школьников по физике. Используйте эти материалы для самоподготовки к будущим олимпиадам.

Заголовок раздела

Возможные решения

Условие

В архиве лорда Кельвина была найдена диаграмма циклического процесса, проводимого с постоянным количеством идеального двухатомного газа, представляющая собой в координатах $pV$ трапецию. От времени чернила выцвели и на рисунке, представленном ниже, осталась видна лишь трапеция. Известно, что теплоёмкость в каждом из процессов $ab$ , $bc$ , $cd$ , $da$ была постоянна, причём $C_{bc} = C_{da} > C_{ab} = C_{cd}$ . Также известно, что максимальная температура газа в цикле равна $T_1 = 400$ К, а температуры некоторой пары из точек $a$ , $b$ , $c$ , $d$ были одинаковы и равны $T_2 = 200$ К.

Четырёхугольник (трапеция) с вершинами $a$ (вверху), $b$ (слева), $c$ (внизу), $d$ (справа), без координатных осей.

1. Пользуясь только циркулем и линейкой без делений, восстановите положения координатных осей $pV$ .

Примечание: Описывать построение параллельных и перпендикулярных прямых, проходящих через заданную точку, деление отрезка пополам и подобные стандартные геометрические процедуры не обязательно.

2. Определите температуры $T_a$ , $T_b$ , $T_c$ , $T_d$ в точках $a$ , $b$ , $c$ , $d$ соответственно.

3. Найдите КПД цикла $\eta$ .

Отговори

Решение

Теплоёмкость $C$ газа равна:

C = \frac{\delta Q}{dT} = \frac{dU}{dT} + \frac{pdV}{dT} = \nu C_V + \frac{pdV}{dT}

Поймём, для каких линейных процессов $p(V)$ , кроме $p = const$ и $V = const$ , теплоёмкости являются постоянными. Пусть $p = p_0 + \alpha V$ . Тогда из уравнения Менделеева-Клапейрона:

(p_0 + \alpha V)V = \nu RT \Rightarrow \frac{dT}{dV} = \frac{p_0 + 2\alpha V}{\nu R}

Подставляя выражение для $dT/dV$ в выражение для теплоёмкости, получим:

C = \nu\left(C_V + R\cdot\frac{p_0 + \alpha V}{p_0 + 2\alpha V}\right)

Теплоёмкость не зависит от объёма, если $p_0 = 0$ , что соответствует прямой, проходящей через начало координат. Поскольку $C_p = C_V + R$ , имеем:

C_V < C = \frac{C_p + C_V}{2} < C_p

Поскольку $C_{bc} = C_{da} > C_{ab} = C_{cd}$ — процессы $bc$ и $da$ являются изобарными, а процессы $ab$ и $cd$ соответствуют прямым линиям, проходящим через начало координат.

Проведя линии $ab$ и $cd$ до пересечения, найдём положение начала координат. Далее, проводя через начало координат лучи, параллельные и перпендикулярные направлению изобар, получим направления осей объёма $V$ и давления $p$ соответственно.

Трапеция $abcd$ ($a$ вверху, $b$ слева, $c$ внизу, $d$ справа; стороны $bc$ и $ad$ параллельны); продолжения сторон $ab$ и $cd$ (штриховые) сходятся в точке $O$; из $O$ выходят оси $V$ (вверх влево, параллельно $bc$ и $ad$) и $p$ (вправо вверх, перпендикулярно им); штриховыми линиями из $b$ и $d$ опущены перпендикуляры на оси $V$ и $p$ соответственно.

Поскольку $p_a = p_d$ и $p_b = p_c$ , из подобия треугольников следует, что $V_b/V_c = V_a/V_d$ . Тогда имеем:

\frac{T_b}{T_c} = \frac{V_b}{V_c} = \frac{V_a}{V_d} = \frac{T_a}{T_d} \Rightarrow T_bT_d = T_aT_c

Поскольку $T_b > T_c$ и $T_a > T_d$ - температуры в точках $b$ и $d$ одинаковы и равны $T_2$ , а температура в точке $a$ максимальна и равна $T_1$ . Тогда температура в точке $c$ равна $T_3 = T_2^2/T_1$ . Таким образом:

T_a = 400\ \text{К}\qquad T_b = T_d = 200\ \text{К}\qquad T_c = 100\ \text{К}

Газ получает тепло на участках $cd$ и $da$ , а отдаёт — на участках $ab$ и $bc$ . Тогда имеем:

Q_+ = C(T_2 - T_3) + C_p(T_1 - T_2)\qquad Q_- = C(T_1 - T_2) + C_p(T_2 - T_3)

Поскольку $C_p = 7\nu R/2$ и $C = 3\nu R$ , находим:

\eta = 1 - \frac{Q_-}{Q_+} = 1 - \frac{6(T_1 - T_2) + 7(T_2 - T_2^2/T_1)}{6(T_2 - T_2^2/T_1) + 7(T_1 - T_2)}

После упрощения:

\eta = 1 - \frac{6T_1 + 7T_2}{6T_2 + 7T_1} = 0{,}05

Оригинал в Архива: Ru23-R-T.pdf