Съдържание

ВсОШ 2025, Заключителен етап — Задача 12. 11-Т2 · Цикл, как цикл

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от ВсОШ 2025

LVIII Всероссийская олимпиада школьников по физике — Заключительный этап, теоретический тур — Саранск, 2025

Внимание: Бележка към темата

Полный исходный сборник: 83 страницы, 15 целых задач 9–11 классов и все напечатанные возможные решения и варианты. Архивное воспроизведение; исходные опечатки и несогласованности отмечены отдельно. Баллы, критерии и продолжительность в данном источнике не напечатаны. Для построений используйте масштаб оригинального PDF.

Титул и авторы исходного сборника

Министерство просвещения Российской Федерации. Центральная предметно-методическая комиссия Всероссийской олимпиады школьников по физике. LVIII Всероссийская олимпиада школьников по физике. Заключительный этап. Теоретический тур. Саранск, 2025 г.

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

Авторы задач

9-T1. Антон Вергунов
9-T2. Александр Ившин, Егор Васенин, Антон Вергунов
9-T3. Александр Аполонский, Александр Ершов
9-T4. Михаил Замятнин, Антон Вергунов
9-T5. Денис Рубцов
10-T1. Анна Шишкина
10-T2. Иван Юдин
10-T3. Александр Аполонский
10-T4. Алексей Заяц
10-T5. Александр Киреев, Леонид Колдунов
11-T1. Александр Аполонский
11-T2. Константин Соломатин
11-T3. Григорий Расторгуев
11-T4. Александр Аполонский
11-T5. Константин Соломатин

В источнике заголовок ключа — «Возможные решения». Пять исходных задач каждого из 9, 10 и 11 классов сохранены целыми; номер внутреннего маршрута p1–p15 дополнен исходным обозначением класса/задачи. Ненумерованный запрос 11-Т1 не разбит на искусственные подпункты.

Условие

В архиве лорда Кельвина нашли записки о цикле, состоящем из четырёх последовательно совершаемых классическим идеальным многоатомным газом квазистатических процессов $1\text{–}2$ , $2\text{–}3$ , $3\text{–}4$ и $4\text{–}1$ . График цикла оказался утерян, но стало известно, что в процессах $1\text{–}2$ и $3\text{–}4$ на любом малом участке изменение внутренней энергии было точно равно работе газа, а в процессах $2\text{–}3$ и $4\text{–}1$ на любом малом участке изменение внутренней энергии было точно равно работе внешних сил над газом.

Температуры трёх точек цикла были заданы: $T_1=T_3=2T_0$ , $T_4=T_0$ . В точке 4 давление и объём равны соответственно $p_4=p_0$ , $V_4=V_0$ .

1 Чему была равна температура газа $T_2$ в точке 2?

2 Восстановите график цикла в координатах $\log_2(p/p_0)$ от $\log_2(V/V_0)$ .

3 Определите КПД цикла.

Решение

Первый метод

В процессах $2\text{–}3$ и $4\text{–}1$ подведенное к газу количество теплоты равно нулю, поэтому эти процессы — адиабатические, их уравнение в координатах $(T,V)$ имеет вид

TV^{1/3}=\mathrm{const}.

Получим уравнение процессов $1\text{–}2$ и $3\text{–}4$ . Пусть $\Delta T$ , $\Delta V$ — бесконечно малые изменения температуры и объема, тогда изменение внутренней энергии

\Delta U=3\nu R\Delta T,

а работа газа $\delta A=p\Delta V$ , поэтому для процесса выполняется соотношение

3\nu R\Delta T=\frac{\nu RT}{V}\Delta V.

Сократив общие множители и разделяя переменные получим

3\frac{\Delta T}{T}=\frac{\Delta V}{V},

откуда после интегрирования найдём уравнение процесса

TV^{-1/3}=\mathrm{const}.

Используя уравнение адиабаты для процесса $4\text{–}1$ , найдем объем газа в точке 1:

T_1V_1^{1/3}=T_4V_4^{1/3},

откуда с учетом значения температур $T_1=2T_4=2T_0$ получим $V_1=V_0/8$ . Аналогично с помощью уравнения процесса $3\text{–}4$

T_3V_3^{-1/3}=T_4V_4^{-1/3},

получим $V_3=8V_0$ . Запишем также уравнения для процессов $1\text{–}2$ и $2\text{–}3$ :

T_1V_1^{-1/3}=T_2V_2^{-1/3},\qquad T_3V_3^{1/3}=T_2V_2^{1/3}.

Разделив второе уравнение на первое и учтем равенство $T_1=T_3$ :

V_2^{2/3}=V_3^{1/3}V_1^{1/3}=V_0^{2/3},

а значит $V_2=V_0$ . Тогда температура $T_2=T_1V_1^{-1/3}V_2^{1/3}=4T_0$ .

Второй метод

Будем решать в терминах $TS$ . В процессах $2\text{–}3$ и $4\text{–}1$ подведенное к газу количество теплоты равно нулю, поэтому эти процессы — адиабатические, в них сохраняется энтропия, поэтому

S_2=S_3\quad\text{и}\quad S_1=S_4.

Найдем изменение энтропии в процессах $1\text{–}2$ и $3\text{–}4$ :

\mathrm dS=\frac{\delta Q}{T}=\frac{2\,\mathrm dU}{T}=2\nu C_V\frac{\mathrm dT}{T},

S_2-S_1=2\nu C_V\ln\frac{T_2}{T_1}=2\nu C_V\ln\frac{T_3}{T_4}=S_3-S_4.

Получаем соотношение на температуры:

\frac{T_2}{T_1}=\frac{T_3}{T_4},\qquad T_2=\frac{T_1T_3}{T_4},\qquad T_2=4T_0.

Уравнение адиабаты в координатах $(p,V)$ имеет вид $pV^{4/3}=\mathrm{const}$ , а значит в логарифмических координатах график процесса — прямая

\log_2\frac p{p_0}+\frac43\log_2\frac V{V_0}=\mathrm{const}.

Аналогично уравнения процессов $1\text{–}2$ и $3\text{–}4$ в координатах $(p,V)$ получается из найденного в предыдущем пункте с помощью уравнения состояния $pV/T=\mathrm{const}$ , $pV^{2/3}=\mathrm{const}$ , в логарифмических координатах также получим прямые

\log_2\frac p{p_0}+\frac23\log_2\frac V{V_0}=\mathrm{const}.

Таким образом, достаточно вычислить координаты точек 1, 2, 3, 4. Объемы уже найдены в предыдущем пункте. С помощью уравнения состояния получим $p_1=16p_0$ , $p_2=4p_0$ , $p_3=p_0/4$ .

Тогда координаты граничных точек процессов в координатах $\log_2(V/V_0)$ (абсцисса) и $\log_2(p/p_0)$ (ордината) равны: $1\ (-3,4)$ , $2\ (0,2)$ , $3\ (3,-2)$ , $4\ (0,0)$ . График процесса имеет вид параллелограмма.

Complete native logarithmic cycle graph, all four numbered vertices/ticks/dashed guides/axis quantities and red full cycle.

Первый метод

На адиабатах теплота не отводится и не подводится. Для оставшихся двух процессов подведенное тепло $Q=\Delta U+A$ , причем поскольку $A=\Delta U$ , выполняется $Q=2\Delta U=2C_V\Delta T$ , где $C_V$ — теплоемкость газа при постоянном объеме. Тогда на участке $1\text{–}2$ подводится тепло $Q_+=2C_V(T_2-T_1)=4C_VT_0$ , а на участке $3\text{–}4$ отводится тепло $Q_-=2C_V(T_3-T_4)=2C_VT_0$ , поэтому КПД

\eta=\frac{Q_+-Q_-}{Q_+}=\frac12.

Второй метод

Найдём зависимость $T(S)$ для процессов $1\text{–}2$ и $3\text{–}4$ .

T_{3\text{–}4}(S)=T_4\exp\left(\frac{S-S_4}{2\nu C_V}\right),

T_{1\text{–}2}(S)=T_1\exp\left(\frac{S-S_1}{2\nu C_V}\right)=2T_{3\text{–}4}(S).

Подставим в выражение для КПД:

\eta=\frac{\int_{S_1}^{S_2}T_{1\text{–}2}\,\mathrm dS-\int_{S_4}^{S_3}T_{3\text{–}4}\,\mathrm dS}{\int_{S_1}^{S_2}T_{1\text{–}2}\,\mathrm dS}=\frac{2\int_{S_4}^{S_3}T_{3\text{–}4}\,\mathrm dS-\int_{S_4}^{S_3}T_{3\text{–}4}\,\mathrm dS}{2\int_{S_4}^{S_3}T_{3\text{–}4}\,\mathrm dS}=\frac12.

Оригинал в Архива: Ru25-T.pdf · решение от архива: Ru25-T.pdf