Глава 10. § 69. Примеры решения задач по теме «Газовые законы» — с. 232
§ 69. Задача для самостоятельного решения 1. Компрессор, обеспечивающий работу отбойных молотков, засасывает из атмосферы воздух объёмом V = 100 л в 1 с. Сколько отбойных молотков может работать от этого компрессора, если для каждого молотка необходимо обеспечить подачу воздуха объёмом V₁ = 100 см³ в 1 с при давлении р = 5 МПа?
Атмосферное давление р₀ = 100 кПа.
Температуру считаем постоянной, масса воздуха за 1 с одна и та же, поэтому по закону Бойля—Мариотта: объём V при давлении p₀ равен суммарному объёму nV₁ при давлении p:
p₀V = n·pV₁, откуда n = p₀V/(pV₁).
V = 100 л = 0,1 м³, V₁ = 100 см³ = 10⁻⁴ м³.
n = 10⁵ Па · 0,1 м³ / (5·10⁶ Па · 10⁻⁴ м³) = 10⁴ / 500 = 20.
Ответ: 20 отбойных молотков.
p₀V = n·pV₁, откуда n = p₀V/(pV₁).
V = 100 л = 0,1 м³, V₁ = 100 см³ = 10⁻⁴ м³.
n = 10⁵ Па · 0,1 м³ / (5·10⁶ Па · 10⁻⁴ м³) = 10⁴ / 500 = 20.
Ответ: 20 отбойных молотков.
§ 69. Задача для самостоятельного решения 2. Определите температуру газа, находящегося в закрытом сосуде, если давление газа увеличивается на 0,4 % от первоначального давления при нагревании на 1 К.
Сосуд закрыт, процесс изохорный: p₁/T₁ = p₂/T₂, где p₂ = p₁ + 0,004p₁ = 1,004p₁, T₂ = T₁ + ΔT, ΔT = 1 К.
Тогда 1/T₁ = 1,004/(T₁ + ΔT), откуда T₁ + ΔT = 1,004T₁ и T₁ = ΔT/0,004 = 1 К / 0,004 = 250 К.
Ответ: T = 250 К (−23 °С).
Тогда 1/T₁ = 1,004/(T₁ + ΔT), откуда T₁ + ΔT = 1,004T₁ и T₁ = ΔT/0,004 = 1 К / 0,004 = 250 К.
Ответ: T = 250 К (−23 °С).
§ 69. Задача для самостоятельного решения 3. Высота пика Ленина на Памире равна 7134 м. Атмосферное давление на этой высоте равно 3,8 · 10⁴ Па. Определите плотность воздуха на вершине пика при температуре 0 °С, если плотность воздуха при нормальных условиях 1,29 кг/м³.
Температура на вершине равна нормальной (273 К), поэтому процесс изотермический. Для газа данной массы pV = const, а V = m/ρ, следовательно, плотность пропорциональна давлению: ρ/ρ₀ = p/p₀.
ρ = ρ₀·p/p₀ = 1,29 кг/м³ · 3,8·10⁴ Па / 101 325 Па ≈ 0,48 кг/м³.
Ответ: ρ ≈ 0,48 кг/м³.
Оговорка: в ответах учебника ≈ 0,49 кг/м³ — это получается, если принять p₀ = 100 кПа; при p₀ = 101 325 Па выходит 0,48 кг/м³.
ρ = ρ₀·p/p₀ = 1,29 кг/м³ · 3,8·10⁴ Па / 101 325 Па ≈ 0,48 кг/м³.
Ответ: ρ ≈ 0,48 кг/м³.
Оговорка: в ответах учебника ≈ 0,49 кг/м³ — это получается, если принять p₀ = 100 кПа; при p₀ = 101 325 Па выходит 0,48 кг/м³.
§ 69. Образец заданий ЕГЭ, задание 1. Идеальный газ изотермически сжали из состояния с объёмом 6 л так, что давление газа изменилось в 3 раза. На сколько уменьшился объём газа в этом процессе?
Сжатие изотермическое, значит p₁V₁ = p₂V₂. При сжатии давление растёт: p₂ = 3p₁.
V₂ = V₁p₁/p₂ = 6 л / 3 = 2 л. Объём уменьшился на ΔV = 6 − 2 = 4 л.
Ответ: на 4 л.
V₂ = V₁p₁/p₂ = 6 л / 3 = 2 л. Объём уменьшился на ΔV = 6 − 2 = 4 л.
Ответ: на 4 л.
§ 69. Образец заданий ЕГЭ, задание 2. Поршень площадью 10 см² и массой 5 кг может без трения перемещаться в вертикальном цилиндрическом сосуде, обеспечивая при этом его герметичность. Сосуд с поршнем, заполненный газом, покоится на полу неподвижного лифта при атмосферном давлении 100 кПа, при этом расстояние от нижнего края поршня до дна сосуда 20 см. Каким станет это расстояние, когда лифт поедет вверх с ускорением, равным 2 м/с²?
Изменение температуры газа не учитывайте.
Берём g = 10 м/с², S = 10 см² = 10⁻³ м².
Лифт неподвижен: поршень в равновесии, p₁S = p₀S + mg, p₁ = p₀ + mg/S = 10⁵ Па + 50 Н / 10⁻³ м² = 10⁵ + 0,5·10⁵ = 1,5·10⁵ Па.
Лифт едет вверх с ускорением a: по второму закону Ньютона для поршня p₂S − p₀S − mg = ma, откуда p₂ = p₀ + m(g + a)/S = 10⁵ + 5·12/10⁻³ = 1,6·10⁵ Па.
Процесс изотермический: p₁Sh₁ = p₂Sh₂, h₂ = h₁p₁/p₂ = 20 см · 1,5/1,6 = 18,75 см.
Ответ: 18,75 см (≈ 18,8 см).
Лифт неподвижен: поршень в равновесии, p₁S = p₀S + mg, p₁ = p₀ + mg/S = 10⁵ Па + 50 Н / 10⁻³ м² = 10⁵ + 0,5·10⁵ = 1,5·10⁵ Па.
Лифт едет вверх с ускорением a: по второму закону Ньютона для поршня p₂S − p₀S − mg = ma, откуда p₂ = p₀ + m(g + a)/S = 10⁵ + 5·12/10⁻³ = 1,6·10⁵ Па.
Процесс изотермический: p₁Sh₁ = p₂Sh₂, h₂ = h₁p₁/p₂ = 20 см · 1,5/1,6 = 18,75 см.
Ответ: 18,75 см (≈ 18,8 см).
§ 69. Образец заданий ЕГЭ, задание 3. С идеальным газом происходит изобарный процесс, в котором для увеличения объёма газа на 150 дм³ его температуру увеличивают в 2 раза. Масса газа постоянна. Каким был первоначальный объём газа?
При p = const по закону Гей-Люссака V₁/T₁ = V₂/T₂. Так как T₂ = 2T₁, то V₂ = 2V₁.
Увеличение объёма ΔV = V₂ − V₁ = V₁ = 150 дм³.
Ответ: 150 дм³ (0,15 м³).
Увеличение объёма ΔV = V₂ − V₁ = V₁ = 150 дм³.
Ответ: 150 дм³ (0,15 м³).
§ 69. Образец заданий ЕГЭ, задание 4. Идеальный одноатомный газ в количестве ν = 0,09 моль находится в равновесии в вертикальном цилиндре под поршнем массой 5 кг. Трение между поршнем и стенками цилиндра отсутствует. Внешнее атмосферное давление р₀ = 100 кПа. В результате нагревания газа поршень поднялся на высоту Δh = 4 см, а температура газа повысилась на ΔT = 16 К. Чему равна площадь поршня?
Поршень свободен, поэтому давление газа постоянно: p = p₀ + mg/S (процесс изобарный). Запишем уравнение состояния для двух состояний и вычтем: pΔV = νRΔT, где ΔV = SΔh.
(p₀ + mg/S)·SΔh = νRΔT, то есть p₀SΔh + mgΔh = νRΔT.
S = (νRΔT − mgΔh)/(p₀Δh); g = 10 м/с².
νRΔT = 0,09 · 8,31 · 16 ≈ 11,97 Дж, mgΔh = 5 · 10 · 0,04 = 2 Дж, p₀Δh = 10⁵ · 0,04 = 4000 Н/м.
S = (11,97 − 2)/4000 ≈ 2,5·10⁻³ м² = 25 см².
Ответ: S ≈ 25 см².
(p₀ + mg/S)·SΔh = νRΔT, то есть p₀SΔh + mgΔh = νRΔT.
S = (νRΔT − mgΔh)/(p₀Δh); g = 10 м/с².
νRΔT = 0,09 · 8,31 · 16 ≈ 11,97 Дж, mgΔh = 5 · 10 · 0,04 = 2 Дж, p₀Δh = 10⁵ · 0,04 = 4000 Н/м.
S = (11,97 − 2)/4000 ≈ 2,5·10⁻³ м² = 25 см².
Ответ: S ≈ 25 см².
§ 69. Образец заданий ЕГЭ, задание 5. Идеальный газ изохорно нагревают так, что его температура изменяется на ΔТ = 240 К, а давление — в 1,8 раза. Масса газа постоянна. Определите начальную температуру газа по шкале Кельвина.
Процесс изохорный, закон Шарля: p₁/T₁ = p₂/T₂. Давление выросло в 1,8 раза, значит T₂ = 1,8T₁ и ΔT = T₂ − T₁ = 0,8T₁.
T₁ = ΔT/0,8 = 240 К / 0,8 = 300 К.
Ответ: 300 К.
T₁ = ΔT/0,8 = 240 К / 0,8 = 300 К.
Ответ: 300 К.