Решение - Заочный факультет СамГТУ

ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ
ГОСУДАРСТВЕННОЕ ОБРАЗОВАТЕЛЬНОЕ УЧРЕЖДЕНИЕ
ВЫСШЕГО ПРОФЕССИОНАЛЬНОГО ОБРАЗОВАНИЯ
САМАРСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ТЕХНИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ
Кафедра ОФиФНГП
ФИЗИКА
Методические указания по выполнению контрольных работ № 1, 2 по
дисциплине «Физика»
Самара 2014
1
Печатается по решению методического совета Нефтетехнологического факультета
ББК
УДК
Физика: Методические указания и контрольные задания для студентов заочного
факультета, изучающих курс физики. / Самар. гос. технический университет; Составитель Т.Н. Голованова, А.М. Штеренберг. Самара, 2014. 54 с.
Методические указания и контрольные задания для студентов заочного факультета
вуза составлены в соответствии с действующей программой по курсу общей физики. В
начале каждого раздела приводятся основные законы и формулы, даются примеры решения типовых задач. Контрольные задания предназначены для студентов всех специальностей.
Ил. 24. Табл.3. Библиогр.: 5 назв.
Голованова Т.Н., Штеренберг А.М. 2014
©Самарский государственный технический университет, 2014
2
ПРЕДИСЛОВИЕ
Учебно-методическое пособие написано для оказания помощи студентам заочного
факультета вуза при изучении курса общей физики. Пособие составлено в соответствии
с действующей программой по курсу общей физики.
Приводятся основные законы и формулы, необходимые для решения контрольных
заданий. Даны примеры решения типовых задач и контрольные задания. Числовые данные в примерах и контрольных заданиях даны с учетом точности соответствующих величин и правил действия над приближенными числами.
Даны две таблицы вариантов контрольных работ по механике (контрольная работа
№1) и молекулярной физике с термодинамикой (контрольная работа №2). Таблицы содержат варианты для специальностей, учебными планами которых, предусмотрено по
курс физики четыре и шесть контрольных работ. Количество задач и их номера указываются преподавателем. Кроме того в пособии даны методические указания к решению
задач и выполнению контрольных работ, а также, справочные материалы.
3
ПРОГРАММА КУРСА ФИЗИКИ
ДЛЯ ИНЖЕНЕРНО-ТЕХНИЧЕСКИХ СПЕЦИАЛЬНОСТЕЙ
ЗАОЧНОГО ОТДЕЛЕНИЯ ВУЗА
ЧАСТЬ 
МЕХАНИКА
Скорость и ускорение материальной точки. Тангенциальное и нормальное ускорения. Угловая скорость и угловое ускорение. Законы Ньютона. Силы в механике. Закон
сохранения импульса. Работа и кинетическая энергия. Консервативные силы. Потенциальная энергия, ее связь с работой и консервативной силой. Закон сохранения механической энергии. Момент силы и момент импульса. Закон сохранения момента импульса.
Момент инерции твердого тела. Теорема Штейнера. Уравнение динамики вращения
твердого тела. Кинетическая энергия вращающегося твердого тела.
Принцип относительности Галилея. Постулаты специальной теории относительности (СТО). Преобразования Лоренца. Следствия из преобразований Лоренца. Релятивистский импульс. Основное уравнение релятивистской динамики. Энергия в СТО. Взаимосвязь массы и энергии.
Виды механических колебаний. Свободные незатухающие колебания. Сложение
гармонических колебаний. Свободные затухающие колебания. Логарифмический декремент. Вынужденные колебания. Механические волны. Характеристики волн. Уравнение
плоской волны. Энергия волн. Стоячие волны.
Уравнение Бернулли. Внутреннее трение. Закон Ньютона для внутреннего трения.
Движение тел в жидкостях и газах.
МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА И ТЕРМОДИНАМИКА
Основное уравнение молекулярно-кинетической теории. Уравнение состояния идеального газа. Средняя энергия молекул. Закон равномерного распределения энергии по
степеням свободы. Распределение Максвелла и Больцмана. Скорости молекул. Барометрическая формула. Средняя длина свободного пробега молекул. Явления переноса.
Термодинамические состояния и процессы. Работа газа. Внутренняя энергия и количество теплоты. Первое начало термодинамики. Теплоемкость идеального газа. Адиабатический процесс. Тепловые двигатели. Цикл Карно. Второе начало термодинамики. Энтропия. Закон возрастания энтропии.
4
БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК
1. Детлаф А. А., Курс физики: учеб. пособие / А. А. Детлаф, Б. М. Яворский. – М.:
Академия, 2003. – 720 с.: ил.
2. Иродов И. Е. Механика. Основные законы: учеб. пособие / И. Е. Иродов. – М.: Лаборатория знаний, 2005. – 309 с.: ил.
3. Иродов И. Е. Физика макросистем. Основные законы: учеб. пособие / И. Е. Иродов.
– М.: Лаборатория знаний, 2004. – 207 с.: ил.
4. Савельев И. В. Курс общей физики, т. 1. Механика: учеб. пособие. – М.: Астрель,
2003. – 284 с.: ил.
5. Волькенштейн В. С. Сборник задач по общему курсу физики. Изд. 3-е, исп. и доп. –
СПб.: Книжный мир, 2005. – 328 с.
МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ И
ВЫПОЛНЕНИЮ КОНТРОЛЬНЫХ РАБОТ
Решение задач. Систематическое решение задач является необходимым условием
успешного изучения курса физики и обычно проводится по следующей схеме.
1. Сделать анализ условия задачи и записать числовые данные, переведя их при
необходимости в одну систему единиц.
2. Определить какие законы и формулы лежат в основе решения данной задачи, дать
словесную формулировку этих законов, разъяснить буквенные обозначения формул. Если при решении задачи используется формула, полученная для частного случая, не выражающая какой-либо физический закон, или не являющаяся определением какой-либо
физической величины, то эту формулу следует вывести.
3. При необходимости выполнить рисунок, поясняющий содержание задачи. Аккуратно выполненный рисунок поможет не только лучше понять условие задачи, но и поможет в выборе необходимого для решения задачи уравнения. Рисунок нужно выполнять
при помощи чертежных принадлежностей.
4. Решение задач сопровождается краткими, но исчерпывающими пояснениями,
раскрывающими физический смысл употребляемых формул.
5. Все задачи нужно решать в общем виде, т. е. выразить искомую величину в буквенных обозначениях величин, заданных в условии задачи, а также взятых из таблицы.
При таком способе решения не производятся вычисления промежуточных величин, т. е.
уменьшается вероятность возможных ошибок. Решение в общем виде позволяет так же
провести анализ полученного результата, при этом стимулируется физическое мышление, расширяется представление о рассматриваемом явлении.
6. Для проверки правильности полученного решения необходимо в формулу, выражающую искомую величину, подставить единицы величин, заданных в условии задачи и
5
взятых из таблиц, и убедиться в том, что полученная единица соответствует искомой величине. Если такого соответствия нет, то задача решена неверно.
7. Выразить числовые значения величин, заданных в условии задачи и табличные
данные (если они имеются) в одной системе единиц (преимущественно в СИ) и выписать
их для наглядности столбиком. Подставить эти значения в окончательную формулу, выражающую искомую величину, и получить числовой ответ. При этом следует обратить
внимание на точность числовых данных задачи и на правила действий с приближенными
числами, т. к. числовые данные физических величин являются всегда приближенными.
Обычно, в числовом ответе при округлении оставляется столько значащих цифр, сколько
их содержится в числовом данном задачи, содержащем наименьшее число этих цифр.
Числовой ответ следует записывать в виде произведения десятичной дроби с одной значащей цифрой перед запятой на соответствующую степень десяти. Например, вместо
3250 нужно записать 3,250∙103, вместо 0,0240 − записать 2,40∙10–2.
Выполнение контрольных работ. При выполнении контрольных работ необходимо руководствоваться следующим.
1 Номера задач, которые студент должен включить в свою контрольную работу,
определяются по таблице вариантов. Номер варианта соответствует последней цифре в
шифре студента.
2. Контрольная работа выполняется в обычной школьной тетради, на обложке которой приводятся сведения по следующему образцу
Контрольная работа №1
по физике
студента электротехнического факультета СамГТУ
Андреева А. П.
Шифр 201061
Адрес: г. Самара, ул. Тополей 4, кв. 5.
3. Контрольная работа выполняется чернилами. Условия задач записываются полностью без сокращений. Для замечаний преподавателя на страницах тетради оставляются
поля.
4. В конце контрольной работы необходимо указать, каким учебным пособием студент пользовался при изучении физики (название учебного пособия, автор, год издания).
Это нужно для того, чтобы рецензент в случае необходимости мог указать студенту, что
следует изучить для завершения контрольной работы.
5. Высылать одновременно на рецензию нужно не более одной работы.
6. Если контрольная работа не зачтена, то студент обязан представить ее на повторную рецензию, включив в нее те задачи, решения которых оказались неверными. Повторная работа представляется вместе с не зачтенной.
6
7. Зачтенная работа предъявляется экзаменатору. Студент должен дать во время экзамена пояснения по существу решения задач, входящих в контрольную работу.
КОНТРОЛЬНАЯ РАБОТА № 1
МЕХАНИКА
Основные формулы
Кинематика
1. Средняя скорость и среднее ускорение материальной точки (тела) [2]
∆r
∆v
⟨v⟩ = , ⟨a⟩ =
,
(1Ф)
∆t
∆t
где ∆r, ∆v − перемещение точки и приращение скорости за время ∆t; 𝐫 − радиус-вектор
точки. Используется также средняя скорость, равная отношению пройденного пути S ко
времени t, за которое этот путь пройден
S
v = .
(2Ф)
t
2. Модули скорости и ускорения
dS
dv d 2 S
v= , a=
= 2,
(3Ф)
dt
dt
dt
где S − путь, пройденный материальной точкой.
3. Проекции скорости и ускорения на координатные оси
dx
dy
dz
v𝑥 = , vy = , vz = .
(4Ф)
dt
dt
dt
d 2x
d 2y
d 2z
ах  2 , ay  2 , аz  2 .
(5Ф)
dt
dt
dt
4. Модули скорости и ускорения через их проекции на координатные оси
v = √ v2x + v2y + v2z , a = √ a2x + a2y + a2z .
(6Ф)
5. Координата точки и проекция скорости на выбранную ось координат при равноускоренном движении
ax t2
x = x0 + v0x t +
, vx = v0x + ax t,
(7Ф)
2
где 𝑥0 , v0𝑥 − начальная координата и проекция начальной скорости.
6. Тангенциальное и нормальное ускорения при криволинейном движении
dv
v2
aτ = , a𝑛 = ,
(8Ф)
d𝑡
𝑅
где 𝑅 – радиус кривизны траектории в данной точке, или радиус окружности.
7
7. Модули угловой скорости и углового ускорения точки, движущейся по окружности,
dφ
dω
, β=
,
(9Ф
d𝑡
d𝑡
где φ − угол поворота радиус-вектора точки.
8. Связь между модулями линейных и угловых величин, характеризующих движение точки по окружности,
v = ω𝑅, aτ = β𝑅, a𝑛 = ω2 𝑅,
(10Ф)
где v − линейная скорость.
9. Полное ускорение точки, движущейся по окружности радиуса R,
ω=
a = √ aτ 2 + a𝑛 2 = 𝑅 √ β2 + ω4 .
(11Ф)
Динамика
10. Второй закон Ньютона [4]
d𝐏
dv
= m = ma,
(12Ф)
dt
dt
где 𝐅 − равнодействующая сила, действующая на тело (материальную точку) массой m;
𝐏 = mv − импульс тела; v − его скорость; а – ускорение тела.
11. Третий закон Ньютона
𝐅1 = − 𝐅2 .
(13Ф)
Силы, с которыми взаимодействуют два тела, равны по модулю и противоположны по
направлению, имеют одинаковую природу и приложены к разным телам.
12. Силы в механике:
а) гравитационная сила или сила тяготения (закон всемирного тяготения)
m1 m2
𝐹=G 2 ,
(14Ф)
𝑅
где G = 6,67∙10−11 Н∙м2 ⁄кг2 − гравитационная постоянная; m1 , m2 − массы взаимо–
действующих тел; R − расстояние между телами (тела рассматриваются как матери–
альные точки или однородные шары).
б) сила упругости ( закон Гука)
𝐹x = − kx,
(15Ф)
где 𝐹𝑥 − проекция силы упругости; 𝑘 − коэффициент упругости (жесткость в случае
пружины); 𝑥 − проекция перемещения конца пружины или стержня при деформации.
Знак «минус» означает, что проекции силы упругости и перемещения конца пружины
(стержня) имеют противоположные знаки.
в) сила трения скольжения
𝐹тр = μN,
(16Ф
где μ − коэффициент трения скольжения; 𝑁 − сила нормального давления.
𝐅=
8
Законы сохранения
13. Закон сохранения импульса [4]
∑ 𝐏𝑖 = const.
(17Ф)
Импульс замкнутой системы остается постоянным, т. е. не меняется со временем.
Для двух тел (i = 2)
m1 v1 + m2 v2 = m1 u1 + m2 u2 ,
(18Ф)
где v1 , v2 − скорости тел до взаимодействия; u1 , u2 − скорости после взаимодействия.
14. Работа, совершенная силой F при перемещении частицы из точки 1 в точку 2,
2
2
1
1
A   Fd S   FdS cos.
(19Ф)
где 𝑑𝐒 − элементарное перемещение; α − угол между перемещением 𝑑𝐒 и силой 𝐅.
15. Кинетическая энергия частицы (материальной точки)
mv2 𝑃2
𝐸К =
=
.
(20Ф)
2
2m
16. Связь кинетической энергии с работой
А = ΔЕк = Ек2 – Ек1 ,
(21Ф)
где A − работа всех сил, действующих на частицу; ∆𝐸К − приращение кинетической
энергии; 𝐸К1 , 𝐸К2 − кинетическая энергия в моменты времени t1 и t2 . Выражение (21)
обобщается на механическую систему: работа всех сил (внутренних и внешних) равна
приращению кинетической энергии системы.
17. Потенциальная энергия:
а) упругодеформированной пружины
𝑘x2
𝐸п =
.
(22Ф)
2
б) тела, находящегося в однородном поле силы тяжести
Еп= mgh,
(23Ф)
где h − высота тела над уровнем, принятым за нулевой. Формула справедлива при h ≪ R,
где R − радиус Земли.
18. Связь потенциальной энергии с работой консервативных сил
𝐴 = 𝐸П1 − 𝐸П2 ,
(24Ф)
где 𝐸П1 , 𝐸П2 − потенциальная энергия в точках 1 и 2 консервативного поля (например, поля тяжести Земли). Для механической системы под 𝐸П1 , 𝐸П2 следует понимать потенциальную энергию системы в двух ее положениях или конфигурациях (начальном 𝐸П1 и конечном 𝐸П2 ).
19. Закон сохранения энергии
𝐸 = 𝐸К + 𝐸П = const.
(25Ф)
9
Полная механическая энергия E системы, находящейся под действием консервативных сил, сохраняется с течением времени.
Динамика твердого тела
20. Моменты инерции тел массой m относительно оси, проходящей через центр
масс: [1]
а) обруча (тонкостенного цилиндра) радиуса R относительно оси, перпендикулярной
плоскости обруча,
I = m𝑅2 ;
(26Ф)
б) диска (сплошного цилиндра) радиуса R относительно оси, перпендикулярной
плоскости диска,
m𝑅2
I=
;
(27Ф)
2
в) стержня длиной l относительно оси, перпендикулярной стержню,
ml2
I=
;
(28Ф)
12
21. Теорема Штейнера
I = IС + ma2 .
(29Ф)
Момент инерции тела I относительно произвольной оси равен сумме момента инерции 𝐼С относительно оси, параллельной данной и проходящей через центр масс тела, и
произведению массы тела m на квадрат расстояния a между осями.
22. Момент импульса тела относительно неподвижной оси вращения Z
𝐿Z = IωZ ,
(30Ф)
где ωZ − проекция угловой скорости тела на ось Z.
23. Закон сохранения момента импульса тела и системы тел
IωZ = const.
(31Ф)
Для системы тел: I − суммарный момент инерции системы; ωZ − проекция ее угловой скорости.
24. Уравнение динамики твердого тела, вращающегося вокруг неподвижной оси Z,
IβZ = 𝑀Z ,
(32Ф)
где βZ − проекция углового ускорения; 𝑀Z − результирующий момент внешних сил относительно оси Z.
25. Кинетическая энергия твердого тела, вращающегося вокруг неподвижной оси,
Iω2
𝐸К =
.
(33Ф)
2
26. Кинетическая энергия при плоском движении твердого тела
IС ω2 mv2С
𝐸К =
+
,
(34Ф)
2
2
10
где IС − момент инерции тела относительно оси, проходящей через центр масс; vС − скорость центра масс.
Механические колебания
27. Дифференциальное уравнение свободных незатухающих гармонических колебаний [1]
d 2x
+ ω2 x = 0,
(35Ф)
2
dt
где x − смещение частицы от положения равновесия; ω − циклическая частота свобод–
ных колебаний.
28. Период колебаний физического маятника
I
𝑇 = 2π√
,
mga
(36Ф)
где I − момент инерции маятника относительно оси качания (неподвижной горизонтальной оси); m − масса маятника; g − ускорение свободного падения; a − расстояние от
точки подвеса до центра масс маятника.
29. Период колебаний тела массой m под действием квазиупругой силы
m
𝑇 = 2π√ ,
(37Ф)
𝑘
где k − коэффициент упругости (жесткость пружины).
30. Приведенная длина физического маятника
I
l=
.
(38Ф)
ma
31. Кинематическое уравнение гармонических колебаний
(39Ф)
x = A cos  t  0  ,
где х − смещение; 𝐴 − амплитуда колебаний; ω − циклическая частота; t  0 − фаза
колебаний; 0 – начальная фаза.
32. Амплитуда A и начальная фаза φ результирующего колебания при сложении
двух колебаний одного направления и одинаковой частоты:
𝐴 = √A21 + A22 + 2A1 A2 cos(φ2 − φ1 ),
(40Ф)
где 𝐴1 , 𝐴2 − амплитуды складываемых колебаний; φ1 , φ2 − начальные фазы колебаний;
A1 sinφ1 + A2 sinφ2
φ = arctg
.
A1 cosφ1 + A2 cosφ2
Специальная теория относительности
33. Линейные размеры тела (длина стержня), движущегося относительно инерциальной системы отсчета (ИСО) со скоростью v,
11
𝑙 = 𝑙0 √ 1 − v 2 ⁄ 𝑐 2 ,
(41Ф)
где 𝑙0 − собственные размеры тела, или собственная длина стержня; c − скорость света в
вакууме. Таким образом, линейные размеры тела уменьшаются в направлении его движения [1].
34. Собственный интервал времени, измеренный по часам, движущимся вместе с телом,
∆τ = ∆t√1 − v2 ⁄𝑐 2 ,
(42Ф)
где ∆t − интервал времени, измеренный по часам в ИСО, относительно которой тело
движется со скоростью v. Из (42Ф) видно ∆τ < ∆t. Это означает, что движущиеся часы
идут медленнее, чем неподвижные, т. е. существует эффект замедления хода движущихся часов.
35. Релятивистское выражение для импульса тела, движущегося со скоростью v относительно ИСО,
mv
𝐏=
,
(43Ф)
√1 − v2 ⁄𝑐 2
где m − масса тела, постоянная во всех ИСО, т. е. не зависящая от скорости тела. При
v ≪ 𝑐 релятивистский импульс переходит в классическое выражение 𝐏 = mv.
36. Энергия покоя тела
𝐸0 = m𝑐 2 .
(44Ф)
37. Кинетическая энергия
m𝑐 2
𝐸К =
− m𝑐 2 .
(45Ф)
2
2
√1 − v ⁄𝑐
38. Полная энергия тела
m𝑐 2
𝐸=
.
(46Ф)
√1 − v2 ⁄𝑐 2
Примеры решения задач
Пример 1. Автомобиль проехал расстояние между двумя городами за некоторое
время. Половину этого времени он шел со скоростью v1 . В оставшееся время половину
пути он шел со скоростью v2 , а вторую половину − со скоростью v3 . Найти среднюю
скорость автомобиля на всем пути между городами.
Решение
v1 ,
v2 ,
v3 .
⟨v⟩ = ?
A
s1
s2
s3
t1
v1
t2
v2
t3
v3
B
Рис. 1
12
Изобразим траекторию прямолинейного движения автомобиля и отложим на ней
пути s1 , s2 , s3 , проходимые автомобилем за время t1 , t2 , t3 соответственно со скоростью
v1 , v2 , v3 (см. рис. 1). Средняя скорость автомобиля на всем пути s равна (см. (2Ф))
s1 + s2 + s3
⟨v⟩ =
,
(1)
t1 + t2 + t3
где
𝑠1 = 𝑣1 𝑡1 , s2 = v2 t2 , s3 = v3 t3 .
(2)
По условию задачи s2 = s3 , или с учетом (2)
v2 t2 = v3 t3 .
(3)
Из условия задачи видно так же
t1 = t2 + t3 .
(4)
Тогда (1) запишется
s1 + 2s2
⟨v⟩ =
.
(5)
2t1
Используя (2) − (4), выразим s2 через 𝑡1
v2 t1
s2 =
.
1+ v2 ⁄v3
Учитывая это выражение и путь s1 из уравнений (2), находим из (5) искомую среднюю скорость
v1
v2 v3
⟨v⟩ = +
.
2 v2 + v3
Пример 2. Жонглер бросил вертикально вверх мячик. Когда мячик достиг верхней
точки своего подъема hм = 4,9 м, жонглер бросил вверх второй мячик с той же начальной
скоростью v0 . На какой высоте встретятся тела?
Решение
Y
hм = 4,9 м.
h =?
С
hм
h
v0
Рис. 2
0
Воспользуемся формулой координаты при равноускоренном движении (см. (7Ф),
где x = y). Время отсчитывается с момента броска второго тела. В этот момент начальная
координата первого тела y0 = hм (см. рис. 2). Проекция ускорения свободного падения на
13
ось Y будет отрицательной, т. к. вектор g направлен против оси Y. С учетом этого координаты первого и второго тел запишутся
gt2
y1 = h м −
,
(1)
2
gt2
y2 = v 0 𝑡 −
.
(2)
2
Из уравнений (7Ф) при x = y найдем начальную скорость второго тела v0 = √2ghм .
Подставим это выражение в (2)
gt2
y2 = √2ghм t −
.
(3)
2
В момент встречи (t = t1 ) имеем: y1 = y2 , откуда, учитывая (1) и (3), найдем время,
через которое тела встретятся
t1 = √hм ⁄2g .
При t = t1 координата y1 = h. Тогда из (1) найдем
(4)
gt21
h = hм − .
2
Подставляя сюда (4), получим искомую высоту:
3
h = hм = 3,7 м.
4
Тот же результат получится, если использовать координату (3).
Пример 3. Из одной точки одновременно бросили два тела под углами α1 = 60° и
α2 = 45° к горизонту с начальными скоростями v1 = 40 м/с и v2 = 50 м/с . Траектории
тел лежат в одной плоскости (рис. 3). На каком расстоянии l друг от друга будут находиться тела через время t = 3,0 с ?
Решение
𝑌
α1 = 60°,
α2 = 45°,
v1 = 40 м/с,
v2 = 50 м/с,
t = 3,0 с .
l=?
y2
y1
0
𝑙
A
B
С
ℎmax1
x1
s1
ℎmax2
1
x2
s2
2
𝑋
Рис. 3
В отсутствии сопротивления воздуха движение тел является свободным падением,
происходящим по параболе. На рис. 3 показаны примерные траектории движения тел и
14
их положение через заданное время (точки А и В). Искомое расстояние между телами
l = |АВ|=√АС2 + ВС2 , или через координаты тел (точек)
2
𝑙 = √(x2 − x1 )2 + (y2 − y1 ) .
(1)
Используя формулу координаты для заданных движений (см. (7Ф)), найдем:
x1 = v1 t cosα1 , x2 = v2 t cosα2 ,
g𝑡 2
g𝑡 2
y1 = v1 t sinα1 −
, y2 = v2 t sinα2 −
.
2
2
Подставляя эти координаты в (1) и используя формулу из тригонометрии
cos(α1 − α2 ) = sinα1 sinα2 + cosα1 cosα2,
получим:
𝑙 = t√v12 + v22 − 2v1 v2 cos(α1 – α 2 ).
𝐯отн
𝐯1
𝐯2
α1 α2
Рис. 4
(2)
Учитывая числовые данные, найдем: l = 46 м. Интересно
отметить, что квадратный корень в выражении (2) представ–
ляет собой модуль относительной скорости vотн тел (см. рис.
4). В этом легко убедиться, применяя теорему косинусов к треугольнику скоростей
vотн = √v21 + v22 − 2v1 v2 cos(α1 – α2 ).
(3)
Видно, что vотн не зависит от времени, т. е. при движении тел скорость одного тела
относительно другого по модулю остается постоянной. Тогда, учитывая (3), расстояние
между телами можно выразить через относительную скорость: l = vотн t.
Пример 4. Тело вращается вокруг неподвижной оси по закону φ = A + Bt + Ct2 , где
A = 10 рад, B = 20 рад/с, C = −2,0 рад/с2 . Найти полное ускорение точки, находящейся на
расстоянии R = 0,10 м от оси вращения, для момента времени t = 4,0 с.
Решение
φ = A + Bt + Ct2 ,
A = 10 рад,
B = 20 рад/с,
C = −2,0 рад/с2 ,
R = 0,10 м,
t = 4,0 с.
а=?
aτ
a𝑛
a
Рис. 5
Полное ускорение a точки, движущейся по окружности, равно геометрической сум15
ме тангенциального ускорения aτ , направленного по касательной к траектории, и нормального ускорения a𝑛 , направленного к центру окружности (рис. 5)
a = aτ + a𝑛 .
Так как векторы aτ и a𝑛 взаимно перпендикулярны, то модуль ускорения (см. (11Ф))
𝑎 = √aτ 2 + a𝑛 2 .
(1)
Модули тангенциального и нормального ускорений точки вращающегося тела выражаются формулами
aτ = βR, a𝑛 = ω2 R,
(2)
где β, ω − модули углового ускорения и угловой скорости.
Подставляя выражения (2) в формулу (1), получим:
𝑎 = R√β2 + ω4 .
(3)
Угловую скорость ω найдем, взяв первую производную угла поворота по времени.
Тогда в момент времени t = 4,0 с модуль угловой скорости
ω = dφ/dt = B + 2Ct = 4,0 рад/с.
Угловое ускорение найдем, взяв первую производную от угловой скорости по времени,
β = dω/dt = 2C = − 4,0 рад/с2 .
Подставляя числовые значения ω, β и R в формулу (3), получим: a = 1,6 м/с2 .
Пример 5. На тело массой m, лежащее на гладкой горизонтальной плоскости, в момент времени t0 = 0 начала действовать сила, зависящая от времени, F = kt, где k – постоянная величина. Направление этой силы все время составляет угол α с горизонтом (см.
рис. 6). Найти: а) скорость тела в момент отрыва от плоскости; б) путь, пройденный телом к этому моменту.
Решение
Y
m,
F = kt,
α.
v1 , 𝑠1 = ?
𝐍
m 0
𝐅
α
X
mg
Рис. 6
На тело действуют: сила F; сила тяжести mg и сила реакции N (рис. 6). Сила трения
отсутствует, т. к. поверхность гладкая. Под действием этих сил тело движется с ускорением а = dv/dt вдоль оси X. Применим второй закон Ньютона (см. (12Ф))
m𝐚 = 𝐅 + m𝐠 + 𝐍,
(1)
или в проекциях на оси X, Y
16
𝑑v
= ktcosα,
(2)
𝑑t
ktsinα + 𝑁 − mg = 0.
(3)
Учли условие задачи F = kt. Из уравнения (2) имеем
kt
𝑑v = cosα ∙ 𝑑𝑡.
m
После интегрирования получим
kt2
v=
cosα.
(4)
2m
В момент отрыва от плоскости N = 0 и из уравнения (3) находим время отрыва
mg
t1 =
.
(5)
ksinα
Подставляя это время в (4), найдем скорость тела в момент отрыва от плоскости:
mg2 cosα
v1 =
.
2ksin2 α
Путь, пройденный телом 𝑠 = ∫ v𝑑𝑡 (см. (3Ф), первая формула). Учитывая (4), запишем:
kcosα
k𝑡 3 cosα
2
𝑠=
∫ t 𝑑𝑡 =
.
2m
6m
Подставляя сюда время отрыва (5), найдем путь, пройденный телом к моменту отрыва от плоскости:
m3 g3 cosα
𝑠1 = 2 3 .
6k sin α
m
Пример 6. Частица массой m в момент t = 0 начинает двигаться под действием силы
𝐹 = 𝐹0 sinω𝑡, где 𝐹0 и ω – постоянные величины. Найти путь, пройденный частицей, в зависимости от времени t.
Решение
Используем второй закон Ньютона (12Ф)
m,
dv
m = 𝐅.
𝐅 = 𝐅0 sinω𝑡.
𝑑t
s(t) = ?
Учитывая условие задачи, запишем:
𝐅0
dv = sinω.dt.
m
После интегрирования в пределах от 0 до t получим
𝐅0
(1 − cosωt).
v=
(1)
mω
Путь, пройденный частицей за время t (см. (3Ф), первая формула),
𝑡
𝑠 = ∫ vdt.
0
17
Подставим в эту формулу выражение (1) в скалярном виде
𝑡
𝐹0
𝑠=
∫(1 − cosω𝑡) dt.
mω
0
Выполняя интегрирование в указанных пределах, найдем путь, пройденный частицей в зависимости от t,
𝐹0
(ωt − sinω𝑡).
𝑠=
mω2
Пример 7. Искусственный спутник Земли имеет круговую орбиту, удаленную от
поверхности Земли на расстояние h = 220 км. Определить период обращения спутника Т
относительно центра Земли. Радиус Земли R = 6,4∙ 103 км.
Решение
На искусственный спутник Земли (ИЗС) действует только сила приh = 2,20∙105 м,
R = 6,4∙106 м. тяжения (тяготения) к Земле (силой тяготения со стороны Луны и Солнца пренебрегаем), которая сообщает спутнику нормальное (центростре𝑇=?
мительное) ускорение (см. (8Ф), вторая формула)
v2
𝑎𝑛 =
,
(1)
R+h
где v − скорость спутника относительно центра Земли; 𝑅 + h − радиус круговой орбиты
спутника. Применим второй закон Ньютона для ИЗС
m𝑎𝑛 = 𝐹т ,
(2)
где m − масса спутника; 𝐹т − сила тяготения, определяется законом всемирного тяготения (14Ф). Для данной задачи
mM
𝐹т = G
,
(3)
(R + h)2
где G − гравитационная постоянная; M − масса Земли. Учитывая (1) и (3) из второго закона Ньютона (2) найдем
GM
v2 
.
(4)
Rh
Применяя второй закон Ньютона (12Ф) к свободно падающему телу, находящемуся
у поверхности Земли (h = 0), получим:
M
g= G 2 .
(5)
R
Поделив (4) на (5), найдем скорость ИЗС:
g
v = R√
.
(6)
R+h
Полагая движение спутника по круговой орбите равномерным, запишем (см. (2Ф)):
2π(R + h)
v=
.
(7)
𝑇
18
Из (6) и (7) найдем период обращения спутника
𝑇=
2π(R + h) R + h
√
.
R
g
Если положить ускорение свободного падения g = 9,8 м/с2 , то получим T = 90 мин.
Пример 8. Лодка массой m стоит неподвижно на поверхности озера. На корме и на
носу лодки на расстоянии l друг от друга сидят два рыбака массами m1 и m2 . Для улучшения клева рыбаки меняются местами. В какую сторону и на какое расстояние переместится при этом лодка?
Решение
m1
2
m,
m1 ,
m2 ,
l.
s=?
v
𝑠
X
1
v1
v2
m2
m
l
Рис. 7
Система «лодка − рыбаки» не является замкнутой, т. к. на нее действуют внешние
силы: сила тяжести и сила Архимеда. Эти силы уравновешивают друг друга, а сила трения лодки о воду пренебрежимо мала по сравнению с силами взаимодействия рыбаков с
лодкой (внутренние силы). Поэтому можно применить закон сохранения импульса
(18Ф). Импульс системы до начала движения рыбаков равен нулю. Следовательно, после
начала движения суммарный импульс также равен нулю
mv + m1 v1 + m2 v2 = 0,
(1)
где v, v1 , v2 − скорости лодки и рыбаков относительно воды. Допустим, m1 > m2 и лодка
движется в направлении перемещения рыбака с меньшей массой m2 (см. рис. 7, где цифрами 1 и 2 обозначены положения рыбаков после перемещения лодки). Тогда равенство
(1) в проекциях на ось X запишется
mv − m1 v1 + m2 v2 = 0.
(2)
Из рис. 7 видно
s
l−s
l+s
v = , v1 =
, v2 =
,
(3)
t
t
t
где s − модуль перемещения лодки; t − время движения лодки и рыбаков, которое одинаково для всех тел. Подставляя (3) в (2), найдем искомое расстояние:
19
(m1 − m2 )𝑙
.
m + m1 + m2
При условии m1 < m2 и для выбранного направления оси X (см. рис. 7) имеем
(m2 − m1 )l
s=
.
m + m1 + m2
Полученные решения можно объединить в одну формулу, если ввести проекцию перемещения лодки на ось Х
(m1 − m2 )l
sx =
.
m + m1 + m2
При m1 > m2 проекция s𝑥 > 0 и лодка перемещается влево (см. рис.). При m1 < m2 ,
s𝑥 < 0 и лодка перемещается в противоположную сторону.
s=
Пример 9. Снаряд массой m = 10,0 кг летит горизонтально со скоростью v = 200 м/с
и разрывается на две части (осколки). Одна часть массой m1 = 3,00 кг полетела вперед
под углом α = 60° к горизонту со скоростью v1 = 400 м/с. С какой скоростью и в каком
направлении полетела вторая часть снаряда?
Решение
m = 10,0 кг,
m1 = 3,00 кг,
v = 200 м/с,
v1 = 400 м/с,
α = 60°.
v2 = ?
β=?
Y
m1 𝐯1
m1 v1y
0
α
m𝐯
X
β
m2 v2y
m2 𝐯2
Рис. 8
Система «снаряд − осколки» не является замкнутой, т. к. на тела системы действует
сила тяжести. Если рассматривать суммарный импульс осколков сразу после разрыва, то
он будет равен импульсу снаряда непосредственно до разрыва. Это следует из того, что
за время разрыва снаряда импульсы осколков практически не изменяются. Таким образом, к нашей системе можно применить закон сохранения импульса (см. (18Ф))
mv = m1 v1 + m2 v2 .
(1)
Здесь mv − импульс снаряда до разрыва; m1 v1 , m2 v2 − импульсы осколков. Импульсы осколков и снаряда, показаны на рис. 8 в соответствии с законом сохранения импульса системы «снаряд − осколки». Спроектируем (1) на оси координат (см. рис. 8)
mv = m1 v1 cosα + m2 v2 cosβ,
(2)
20
m1 v1 sinα − m2 v2 sinβ = 0,
(3)
где β − искомый угол, под которым полетела к горизонту вторая часть снаряда. Скорость
второй части снаряда находим из уравнения (3)
m1 v1 sinα
v2 =
.
(4)
m2 sinβ
Угол β находим путем деления (3) на (2)
m1 v1 sinα
tgβ =
.
(5)
mv − m1 v1 cosα
Подставляя числовые данные задачи в (5) найдем: β = 36,6°. Тогда из (4) v2 = 250 м/с.
Задачу можно также решить с использованием теоремы косинусов. Из рис. 8 видно
m2 v2 = √(mv)2 + (m1 v1 )2 − 2mm1 vv1 cosα,
откуда находим v2 . Угол β также находим из теоремы косинусов
(m1 v1 )2 = (mv)2 + (m2 v2 )2 − 2mm2 vv2 cosβ,
откуда
(mv)2 + (m2 v2 )2 − (m1 v1 )2
cosβ =
.
2mm2 vv2
При таком решении закон сохранения импульса (1) использовался для построения
треугольников, к которым применялась теорема косинусов.
Пример 10. Тело массой m соскальзывает без трения по наклонному желобу, переходящему в окружность. Тело соскальзывает с наименьшей высоты, необходимой для
совершения полного оборота. Найти силу давления на желоб в точке А, радиус-вектор
которой составляет угол α с вертикалью. Из полученного решения определить силу давления тела на желоб в верхней В и нижней С точках петли (см. рис. 9).
m,
α.
𝐹А = ?
𝐹В = ?
𝐹С = ?
Решение
Искомая сила давления 𝐹А по третьему закону Ньютона (см. (13Ф)) равна по
модулю силе нормальной реакции N (см. рис. 9)
𝐹А = N.
(1)
Величина N находится из второго закона Ньютона (12Ф), записанного в
проекциях на ось X для тела, находящегося в точке А (рис. 9),
mv2
N +mgcosα =
,
(2)
R
где v − скорость тела в точке А; R − радиус окружности, по которой движется тело. В
системе «тело − Земля» отсутствуют силы трения и сопротивления, следовательно, можно использовать закон сохранения энергии (25Ф). В точке D тело обладает потенциальной энергией (23Ф)
𝐸1 = 𝐸П = mghmin ,
(3)
где hmin − наименьшая высота, необходимая для совершения полного оборота.
21
D
m
vВ
В
N
mg
А
α
О
hmin
v
X
mg
h
R
Рис. 9
С
В точке А тело имеет потенциальную и кинетическую энергию (23Ф) и (20Ф)
mv2
𝐸2 = mgh +
,
2
где h = R(1 + cosα) (см. рис. 9). Тогда
mv2
𝐸2 = mgR(1 + cosα) +
.
(4)
2
По закону сохранения энергии 𝐸1 = 𝐸2 , или, учитывая (3) и (4), получим:
mv2
mghmin = mgR(1 + cosα) +
.
(5)
2
Тело скатывается с наименьшей высоты hmin , необходимой для совершения полного
оборота. Отсюда следует, что в наивысшей точке траектории (точка В) на тело действует
только сила тяжести (состояние невесомости). Применим второй закон Ньютона в точке В
mv2В
mg =
,
(6)
R
и закон сохранения энергии для положений тела в точках D и В
mv2В
mghmin = 2mgR +
.
(7)
2
Из (6) и (7) имеем
5
hmin = R.
(8)
2
Подставив (8) в (5), найдем:
v2 = gR(3 − 2cosα).
(9)
Из уравнений (2) и (9) с учетом (1), найдем
𝐹А = 3mg(1 − cosα).
(10)
Угол α отсчитывается от вертикали по часовой стрелке. Следовательно, в верхней
22
точке петли (точка В) α = 0 и 𝐹A = 𝐹В = 0. (см. (10)). Этот результат мы ранее использовали при нахождении (6) и получили его из физических соображений (тело скатывается с
минимальной высоты hmin , необходимой для совершения полного оборота). Для нижней
точки петли (точка С) угол α = 180°, тогда из (10) следует
𝐹С = 6mg.
Пример 11. Тело массой M лежит на вершине гладкой полусферы радиуса R. В тело
попадает пуля массой m, летящая горизонтально со скоростью v, и застревает в нем.
Пренебрегая смещением тела во время удара, найти высоту h, на которой оно оторвется
от поверхности полусферы. Высота отсчитывается от основания полусферы. При какой
скорости пули vx тело сразу оторвется от полусферы?
Решение
M,
m,
R,
v.
h=?
vx = ?
v1
М
m v
1
2
h
R
α
v2
(m+М)g
О
X
Рис.10
Полусфера гладкая. Это означает, что в системе «тело − Земля» отсутствует сила
трения. Сила сопротивления воздуха также не учитывается. Следовательно, можно использовать закон сохранения энергии (25Ф). Энергия 𝐸1 тела вместе с пулей сразу после
удара равна энергии 𝐸2 тела с пулей в момент отрыва от полусферы. Эти энергии состоят
из потенциальной и кинетической энергии. Энергия 𝐸1 находится в точке 1 на вершине
полусферы (см. рис. 10)
(m + М)v21
𝐸1 = (m + М)gR +
.
(1)
2
Здесь v1 − скорость тела с пулей сразу после удара пули. Энергия 𝐸2 находится в
точке 2 в момент отрыва от полусферы (см. рис)
(m + М)v22
𝐸2 = (m + М)gh +
,
(2)
2
где v2 − скорость в момент отрыва от полусферы. По закону сохранения энергии 𝐸1 = 𝐸2 ,
или, учитывая уравнения (1) и (2), получим:
v21
v22
gR + = gh + ,
(3)
2
2
Скорость v1 найдем из закона сохранения импульса (18Ф)
mv = (m + М)v1 .
(4)
23
Проектируя это равенство на горизонтальное направление, получим:
mv
v1 =
.
(5)
m+М
Необходимо заметить, что кинетическая энергия пули mv2 ⁄2 не равна кинетической
энергии тела с застрявшей в нем пулей (m + М)v21 ⁄2 сразу после удара. Это объясняется
тем, что в системе «пуля − тело» во время удара (время движения пули в теле) действует
сила трения, работа которой приводит к уменьшению (диссипации) кинетической энергии системы. Для определения скорости v2 применим второй закон Ньютона в точке 2 в
проекциях на ось X (рис. 10)
(m + М)v22
(m + М)gcosα =
,
(6)
R
где cosα = h⁄R. Тогда из (6)
v2 = √gh,
(7)
откуда видно, что на бóльшей высоте h тело отрывается с бóльшей скоростью. Подставим выражения (5), (7) в (3) и из полученного равенства найдем искомую высоту
m2 v2
2
h=
+
R.
3g(m + М)2 3
Для определения скорости пули vx , при которой тело сразу отрывается от полусферы,
воспользуемся законом сохранения импульса в проекциях на горизонтальное направление
mvx = (m + М)u,
(8)
где u − скорость тела вместе с пулей в момент отрыва от полусферы. Скорость u найдем
из второго закона Ньютона. При этом учтем, что на тело действует то лько сила тяжести
(состояние невесомости). Тогда
(m + М)u2
(m + М)g =
.
(9)
R
Из (8) и (9) получим скорость, при которой тело сразу отрывается от полусферы
М
vx = (1 + ) √gR.
m
Пример 12. Через блок в виде сплошного диска, имеющего массу m = 80 г, перекинута тонкая гибкая нить, к концам которой подвешены грузы массами m1 = 100 г и m2 =
200 г. Определить ускорение, с которым будут двигаться грузы. Трением и массой нити
пренебречь.
Решение
Рассмотрим силы, действующие на грузы и на блок. На каждый груз
m = 80 г,
m1 = 100 г, действуют две силы: сила тяжести m1 g и m2 g и сила упругости (сила натяm2 = 200 г. жения нити) T1 и T2 (см. рис.11) . Направим ось X для каждого груза в
направлении его ускорения a, и запишем для них второй закон Ньютона
a=?
(12Ф) в проекциях на эти оси
24
T1 − m1 g = m1 a,
(1)
X
m2 g − T2 = m2 a.
(2)
R
′
На блок действуют силы натяжения нитей T1 и
′
T2 (см. рис. 11). Согласно третьему закону Ньютона
′
′
T1
(13Ф), с учетом невесомости нити, модули этих сил
T2
равны соответствующим модулям сил натяжения,
T2
T1
действующим на грузы,
T1′ = T1 , T2′ = T2
(3)
a
X
′
m1 g
Под действием моментов сил натяжения T1 и T′2
m2 g
относительно оси Z, перпендикулярной плоскости
Рис. 11
рисунка и направленной от нас (крестик на рисунке),
блок приобретает угловое ускорение 𝛃. Модуль этого ускорения (см. (10Ф)) β = aτ ⁄R,
где aτ − тангенциальное ускорение точек блока, находящихся на расстоянии R от его оси
(R − радиус блока). При отсутствии проскальзывания нити по блоку aτ = a, и модуль углового ускорения
a
β= .
(4)
R
Запишем уравнение динамики вращения твердого тела для блока (32Ф)
M2Z − M1Z = IβZ ,
(5)
где M1Z , M2Z − моменты сил натяжения нити относительно оси Z, которые равны проекциям соответствующих моментов M1 и M2 относительно точки, лежащей на оси вращения, совпадающей с осью Z; I − момент инерции блока относительно оси вращения; βZ −
проекция углового ускорения. Уравнение (5) записано с учетом знаков проекций (правило правого винта). Поэтому все проекции равны модулям соответствующих величин.
Используя формулу модуля момента силы (М = Fd, где d – плечо силы) запишем моменты, входящие в уравнение (5):
M1Z = T1′ R; M2Z = T2′ R; βZ = β.
(6)
2
С учетом формулы момента инерции блока (сплошного диска) I = mR /2 и равенств
(3), (4) и (6) уравнение (5) примет вид
ma
T2 − T1 =
.
(7)
2
Выражая силы натяжения T1 и T2 из равенств (1) и (2) и, подставляя их в уравнение
(7), получим искомое ускорение грузов:
2(m2 − m1 )g
a=
= 2,9 м/с2 .
2(m1 + m2 ) + m
Z
Пример 13. Два горизонтальных диска свободно вращаются вокруг вертикальной
оси, проходящей через их центры. Моменты инерции дисков относительно этой оси равны I1 и I2 , а угловые скорости − 𝛚1 и 𝛚2 . После падения верхнего диска на нижний оба
диска, благодаря трению между ними, начали вращаться как единое целое. Найти: а)
25
установившуюся угловую скорость вращения дисков; б) работу, которую совершили при
этом силы трения.
Решение
На данные диски действуют внешние моменты сил
Z
I1 , I2 ,
тяжести и реакции опор. Относительно вертикальной оси
𝛚1
𝛚1 , 𝛚2 .
вращения Z сумма моментов этих сил равна нулю (см.
I1
𝛚=?
рис.12). Следовательно, к данной системе тел можно
Aтр = ?
применить закон сохранения момента импульса. Сумма
моментов импульса двух дисков, вращающихся отдельно
𝛚2
друг от друга L1 + L2 равна моменту импульса дисков L,
вращающихся вместе как единое целое
I2
L1 + L2 = L.
(1)
С учетом формулы момента импульса тела L = I𝛚 и
−𝛚2 свойства аддитивности момента инерции I = I + I , закон
1
2
Рис. 12
сохранения момента импульса (1) запишется:
I1 𝛚1 + I2 𝛚2 = (I1 + I2 )𝛚,
откуда искомая угловая скорость
I1 𝛚1 + I2 𝛚2
𝛚=
.
(2)
I1 + I2
Если диски в начальный момент времени вращались в одну сторону, то проекция
угловой скорости на ось Z (см. рис)
ω𝑍 =
I1 ω1 + I2 ω2
,
I1 + I2
если в разные стороны, то
I1 ω 1 − I2 ω 2
.
I1 + I2
Работа сил трения равна приращению кинетической энергии системы
Aтр = 𝐸К2 − 𝐸К1 .
(3)
Кинетическая энергия системы до падения верхнего диска на нижний 𝐸К1 и после
паления 𝐸К2 соответственно равны
I1 ω21 I2 ω22
𝐸К1 =
+
,
(4)
2
2
Iω2
𝐸К2 =
.
(5)
2
С учетом свойства аддитивности I = I1 + I2 и формулы (2) получим
(I1 𝛚1 + I2 𝛚2 )2
𝐸К2 =
.
(6)
2(I1 + I2 )
Подставляя (4) и (6) в формулу (3), найдем работу сил трения:
I1 I2 (𝛚1 − 𝛚2 )2
Aтр = −
.
2(I1 + I2 )
26
ωZ =
Знак «минус» означает, что силы трения уменьшают кинетическую энергию дисков
(диссипация энергии), т. е. работа сил трения отрицательная.
Пример 14. Записать кинематическое уравнение гармонических колебаний, если
максимальное ускорение точки amax = 50 см/с2 , период колебаний Т = 2 с и смещение
точки в начальный момент времени x0 = 5 см.
Решение
Запишем уравнение гармонических колебаний (см. (39Ф))
amax = 50 см/с2 ,
х = Acos(ωt + φ0 ),
(1)
Т = 2 с,
где х − смещение точки, равное ее координате в момент времени t;
x0 = 5 см.
A − амплитуда колебаний; ω − циклическая частота; φ0 − начальная
x(t) = ?
фаза колебаний. Проекция ускорения на ось X равна второй производной от координаты x по времени (см. (5Ф))
ax = −Aω2 cos(ωt + φ0 ),
откуда видно, что максимальное ускорение
amax = Aω2 .
(2)
Учитывая
2π
ω= ,
(3)
Т
найдем из (2) амплитуду колебаний:
amax Т 2
A=
.
(4)
4π2
Начальная фаза φ0 находится из (1) при t = 0
x0 = Acosφ0 ,
откуда с учетом (4)
4π2 x0
φ0 = arccos
.
(5)
amax Т 2
Используя (3) − (5), запишем уравнение гармонических колебаний (1) через данные
задачи:
amax Т 2
2π
4π2 x0
х=
cos ( t + arccos
).
4π2
Т
amax Т 2
Учитывая числовые данные задачи, получим искомое уравнение с числовыми коэффициентами:
х = 5 cosπt (см).
Пример 15. Частица движущаяся со скоростью v = 0,99 с (с − скорость света в вакууме) в неподвижной системе отсчета K, пролетела от места своего рождения до точки
распада расстояние l = 3,0 км. Определить собственное время жизни частицы τ.
27
Решение
Используем относительность времени в специальной теории
v = 0,99 с,
относительности (СТО)
3

l = 3,0 км = 3,0∙ 10 м.
(1)
t=
,
1 v2 / c2
τ=?
где t − время, измеренное по часам, находящимся в неподвижной системе отсчета K (лабораторная система); τ − собственное время (в задаче собственное время жизни частицы), измеряется по часам, движущимся вместе с частицей, с
которой связана подвижная система отсчета K ′ Учитывая, что t = l/v, найдем из (1) собственное время жизни частицы
l
v2
√
τ=
1 − 2 = 1,4 мкс.
v
𝑐
(2)
Пример 16. Какую работу надо совершить, чтобы увеличить скорость частицы массой m = 1 кг от v1 = 0,60 с до v2 = 0,80 с (с − скорость света в вакууме)? Сравнить полученный результат со значением, вычисленным по нерелятивистской формуле.
Решение
Искомая работа равна приращению кинетической энергии частицы
A = EК2 − EК1 .
(1)
Скорость частицы сравнима со скоростью света, поэтому необходимо
пользоваться релятивистской формулой кинетической энергии (45Ф)
mc2
EК =
− mc2 .
√1 − v2 ⁄𝑐 2
Подставим эту формулу в (1)
m = 1,0 кг,
v1 = 0,60 с,
v2 = 0,80 с.
AР = ?
A=?
1
AР = mc2
(
√1 − v22 ⁄𝑐 2
−
1
√1 − v21 ⁄𝑐 2
.
)
После вычислений получим
AР = 3,8.1016 Дж.
Если использовать нерелятивистскую формулу кинетической энергии EК = mv2 ⁄2,
то получим величину работы в три раза меньшую.
mv22 mv21
A=
−
= 1,3.1016 Дж.
2
2
28
Таблица вариантов к контрольной работе № 1.
Таблица содержит варианты для специальностей, учебными планами которых предусмотрено по курсу физики четыре и шесть контрольных работ.
Вариант
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
1
101
102
103
104
105
106
107
108
109
110
2
116
117
118
112
111
113
114
115
119
120
Номера задач
3
4
130
140
122
131
121
132
123
134
124
133
125
136
128
135
126
137
129
138
127
139
5
142
146
141
147
143
148
150
149
145
144
6
157
159
154
156
151
155
152
158
154
153
Количество задач и их номера указываются преподавателем.
Задачи для самостоятельного решения
101. Теплоход идет по реке от пункта 𝐴 до пункта 𝐵 со скоростью v1 = 10 км/ч относительно берега, а обратно − со скоростью v2 = 16 км/ч. Найти среднюю скорость ⟨v⟩
теплохода и скорость течения реки.
102.Частица прошла половину пути со скоростью v0 . На остальной части пути она
половину времени двигалась со скоростью v1 , а оставшийся участок прошла со скоростью v2 . Найти среднюю скорость за все время движения точки.
103. Тело брошено вертикально вверх с начальной скоростью v0 = 4 м/с. Когда оно
достигло верхней точки полета, из того же начального пункта, с той же скоростью вертикально вверх брошено второе тело. На каком расстоянии h он начального пункта встретятся тела? Сопротивление воздуха не учитывать.
104. Под каким углом к горизонту надо бросить тело, чтобы центр кривизны вершины траектории находился на земной поверхности?
105. Частица движется в плоскости ХY по закону x = αt, y = αt (1– βt), где α и β – положительные постоянные. Найти: а) уравнение траектории частицы y(x); б) скорость v и
ускорение a в зависимости от времени t.
106. Два тела бросили одновременно из одной точки: одно вертикально вверх, другое под углом α = 60° к горизонту. Начальная скорость каждого тела v0 = 25 м/с. Найти
расстояние между телами через время t = 1,7 с.
29
107. Тело брошено под углом α = 30° к горизонту со скоростью v0 = 30 м/с. Каковы
будут нормальное 𝑎𝑛 и тангенциальное 𝑎τ ускорения через время t = 5 c после начала
движения тела?
108. Две частицы движутся с ускорением свободного падения g в однородном поле
тяжести. В начальный момент времени частицы находились в одной точке и имели скорости v1 = 3,0 м/с и v2 = 4,0 м/с, направленные горизонтально и в противоположные
стороны. Найти расстояние между частицами в момент времени, когда векторы их скоростей окажутся взаимно перпендикулярными.
109. Твердое тело начинает вращаться вокруг неподвижной оси с угловым ускорением β = αt, где α = 2,0∙10–2 рад /с2. Через сколько времени после начала вращения полное ускорение произвольной точки тела будет составлять угол φ = 60° с ее скоростью?
110. Колесо вращается вокруг неподвижной оси так, что угол φ его поворота зависит от времени как φ = β t2 , где β = 0,20 рад/с2 . Найти полное ускорение a точки на ободе
колеса в момент t = 2,5 с, если скорость точки в этот момент v = 0,65 м/с.
111. К бруску массой m, лежащему на гладкой горизонтальной плоскости, приложили постоянную по модулю силу F = mg/3. В процессе его прямолинейного движения
угол α между направлением этой силы и плоскостью изменяется по закону α = ks, где k −
постоянная величина, s − пройденный бруском путь (из начального положения). Найти
скорость бруска как функцию угла α.
112. На покоившуюся частицу массой m в момент t = 0 начала действовать сила, зависящая от времени по закону F = bt (τ − t), где b − постоянная величина, τ − время
действия силы. Найти: а) импульс частицы после окончания действия силы; б) путь,
пройденный частицей за время действия силы.
113. Частица массой m в момент времени t = 0 начинает двигаться под действием
силы F = F0 sin ωt, где F0 , ω − постоянные величины. Найти путь, пройденный частицей
в зависимости от времени t.
114 Планета представляет собой однородный шар плотностью ρ. Найти период обращения искусственного спутника, движущегося вблизи ее поверхности.
115. Аэростат массой m = 250 кг начал опускаться с ускорением a = 0,20 м/с2. Определить массу балласта, который надо сбросить за борт, чтобы аэростат получил такое же
ускорение, но направленное вверх. Сопротивление воздуха не учитывать.
116. В установке, показанной на рис. 13, массы тел
m1
m2
равны m0 , m1 и m2 , массы блока и нитей пренебрежимо
малы. Трение в блоке не учитывать. Найти ускорение a, с
которым опускается тело массы m0 , и силу натяжения нити,
связывающей тела m1 и m2 , если коэффициент трения между этими телами и горизонтальной поверхностью равен μ.
m0
117. Небольшое тело пустили снизу вверх по наклонРис. 13
ной плоскости, составляющей угол α = 15° с горизонтом.
30
Найти коэффициент трения, если время подъема тела оказалось в η = 2,0 раза меньше
времени спуска.
118. Велосипедист едет по круговой горизонтальной площадке радиуса R. Коэффициент трения μ = μ0 (1– r⁄R ), где μ0 – постоянная величина; r – расстояние от велосипедиста до центра O площадки. Найти радиус rmax окружности с центром в точке О, по которой велосипедист может ехать с максимальной скоростью. Какова эта скорость ?
119. На частицу действует сила F = 10ti + 3t2 j. Найти импульс частицы в момент
времени t = 2,0 с.
120. Найти отношение кинетической энергии спутника планеты к его потенциальной энергии.
121. Насколько переместиться относительно воды лодка длиной l = 3,5 м и массой
m1 = 200 кг, если человек массой m2 = 80 кг переместиться с кормы на нос лодки?
122. Граната, летящая горизонтально со скоростью v = 20 м/с, разрывается на две
части. Скорость большего осколка v1 = 30 м/с и направлена под углом α = 60° к горизонту. Скорость меньшего осколка v2 = 60 м/с. Во сколько раз масса одного осколка больше
другого?
123. Человек массой M стоит на льду и толкает санки массой m, сообщая им скорость v, при этом он откатывается назад. Какую работу совершает при этом человек?
124. Спортсмен, стоя на коньках на льду, бросает тело массой m1 = 3,5 кг под углом
α = 30° к горизонту со скоростью v1 = 6,0 м/с. Найти начальную скорость спортсмена после броска, если его масса m2 = 60 кг. На какое расстояние откатится спортсмен, если коэффициент трения коньков о лед μ = 0,10. Перемещение спортсмена во время броска не
учитывать.
125. Тело массой m1 = 2,0 кг упруго сталкивается с покоящимся телом массой m2 ,
при этом направление его скорости изменяется на 90° и по модулю уменьшается в n = 2
раза. Найти массу второго тела m2 .
126. Доска массой M движется равномерно по гладкой горизонтальной поверхности
со скоростью v. Сверху на доску осторожно кладут кирпич массой m. Какое расстояние
пройдет кирпич по доске за время проскальзывания до остановки? Коэффициент трения
между кирпичем и доской равен μ.
127. В деревянный шар массой m1 = 8 кг, подвешенный на нити длинной l = 1,8 м,
попадает горизонтально летящая пуля массой m2 = 4 г. С какой скоростью летела пуля,
если нить с шаром и застрявшей в нем пулей отклонилась от вертикали на угол α = 30° ?
Радиус шара R << l. Удар пули считать прямым и центральным.
128. На тонкой нити подвешен шарик массой m = 2,0 кг. Нить с шариком приводят в
горизонтальное положение и отпускают. Чему равно натяжение нити Т в тот момент когда ускорение шарика a направлено горизонтально?
129. Небольшое тело соскальзывает с высоты h = 8,0 м по наклонной плоскости,
плавно переходящей в « мертвую петлю » радиусом R = 4,0 м. На какой высоте, считая от
31
нижней точки петли, тело оторвется от поверхности петли?
130. На тележку массой M, движущуюся по горизонтальной прямой с постоянной
скоростью v, падает с высоты h кирпич массой m. Кирпич остается на тележке. Найти
количество теплоты Q, выделившейся при этом.
131. Какую работу надо совершить, чтобы тело массой m = 10 кг втащить по наклонной плоскости высотой h = 1,5 м и основанием a = 2,5 м. Коэффициент трения μ = 0,2.
132. По горизонтальной плоскости катится диск со скоростью v = 8 м/с. Определить
коэффициент сопротивления, если диск, будучи, предоставленным самому себе, остановился, пройдя путь s = 18 м.
133. На сплошной однородный цилиндр радиусом R = 10 см и массой m1 = 9,0 кг
намотана нить, к концу которой привязан груз массой m2 = 2,0 кг (рис. 14). Найти угловое ускорение β цилиндра. Скольжение нити по поверхности цилиндра отсутствует.
m1
m
R
R
m2
Рис. 14
Рис.15
134. Однородный сплошной цилиндр массой m = 8,0 кг и радиусом R = 1,3 см (рис.
15) в момент времени t = 0 начинает опускаться под действием силы тяжести. Пренебрегая массой нити, найти угловое ускорение цилиндра.
m
m1
R
1
m
2
m1
m2
m2
Рис. 16
Рис. 17
32
135. В установке (см. рис. 16) известны масса сплошного однородного цилиндра m,
его радиус R и массы тел m1 и m2 . Скольжения нити и трения в оси цилиндра нет. Найти
угловое ускорение β цилиндра.
136. Сплошной однородный цилиндр массой m вращается под действием сил натяжения нити, к концам которой подвешены грузы массами m1 и m2 (см. рис. 16). Найти
отношение сил натяжения 𝑇1 ⁄𝑇2 вертикальных участков 1 и 2 нити в процессе движения.
Убедится, что при m → 0 𝑇1 = 𝑇2 .
137. В системе, показанной на рис.17, известны: массы тел m1 и m2 ; коэффициент
трения μ между телом массой m1 и горизонтальной плоскостью, а также масса блока m,
который можно считать однородным сплошным диском. Скольжения нити по блоку нет.
В момент t = 0 тело массой m2 начинает опускаться. Пренебрегая массой нити и трением
в оси блока, найти ускорение a тела массой m2 .
138. Тонкий однородный стержень длиной l из вертикального положения падает на
горизонтальную поверхность. Найти линейные скорости крайней и средней точек стержня в момент времени, когда стержень займет горизонтальное положение.
139. Сколько времени будет скатываться без скольжения обруч с наклонной плоскости длиной l = 2,0 м и высотой h = 10 см?
140. Человек массой m1 стоит на краю горизонтального однородного диска массой
m2 и радиусом R. Диск может свободно вращаться вокруг вертикальной оси, проходящей
через его центр. В некоторый момент человек начал двигаться по краю диска, совершил
перемещение на угол  относительно диска и остановился. Пренебрегая размерами человека, найти угол φ, на который повернется диск к моменту остановки человека.
141. Однородный цилиндр радиусом R раскрутили вокруг его оси до угловой скорости ω0 и поместили в угол (рис. 18), коэффициент трения между стенками угла и цилиндром равен μ. Сколько оборотов n сделает цилиндр до остановки ?
142. Обруч массой m = 0,3 кг и радиусом R = 0,5 м привели во вращение, сообщив
ему энергию вращательного движения Eвр = 200 Дж, и опустили на пол таким образом,
чтобы его ось вращения оказалась параллельной плоскости пола (рис. 19). Обруч начал
двигаться без проскальзывания, имея кинетическую энергию поступательного движения
Eк = 200 Дж. Найти работу силы трения.
R
Рис. 18
m
R
v
Рис.19 7
33
143. Математический маятник длиной l = 0,10 м совершает гармонические колебания с амплитудой А = 7,0 мм. Найти максимальную скорость грузика маятника.
144. Шарик, подвешенный нити длиной l = 2,0 м, отклонили от положения равновесия на малый угол α = 4° и отпустили. Считая колебания маятника гармоническими,
найти скорость шарика при прохождении им положения равновесия.
145. При перемещении математического маятника с Земли на другую планету период его колебаний увеличился в n1 = 6 раз. Во сколько раз масса Земли больше массы планеты, если радиус Земли в n2 = 2 раза больше радиуса планеты?
146. Частица массой m = 0,50 г колеблется по закону x = 10 cos 200π t (мм), где x –
смещение частицы в момент времени t. Найти максимальную силу Fmax , под действием
которой совершаются колебания.
147. Математический маятник состоящий из стального шарика диаметром d = 4 см и
нити длиной l = 2,4 м, совершает гармонические колебания с амплитудой А = 10 см.
Найти скорость шарика при прохождении положения равновесия и максимальное значение возвращающей силы. Плотность стали ρ = 7,8.103 кг/м3.
148. Маятниковые часы, точно идущие на уровне моря, подняты на высоту h = 1 км.
На сколько они отстанут за сутки (t0 = 1 сут. = 86400 с )? Радиус Земли R = 6,37 106 м.
Маятник считать математическим.
149. Найти период и амплитуду гармонических колебаний частицы, если при смещении 𝑥1 = 2,4 см скорость v1 = 3 см/с, а при смещении 𝑥2 = 2,8 см скорость v2 = 2 см/с.
150. Пружинный маятник вывели из положения равновесия и отпустили. Через ка
кое время (в долях периода) кинетическая энергия тела будет равна потенциальной энергии пружины?. Массу пружины не учитывать.
151. Шарик, подвешенный на пружине, отвели из положения равновесия вертикально вниз на 𝑥 = 4 см и сообщили ему скорость v0 = 1 м/с, после чего шарик стал совершать
вертикальные гармонические колебания с частотой ω = 25 рад/с. Найти амплитуду А колебаний.
152. Стержень движется в продольном направлении с постоянной скоростью v относительно инерциальной К – системы отсчета. При каком значении v длина стрежня в
этой системе отсчета будет на η = 0,5 % меньше его собственной длины ?
153. Имеется прямоугольный треугольник с катетом a = 5,0 м и углом между этим
катетом и гипотенузой α = 30°. Найти в системе отсчета К' , движущейся относительно
этого треугольника со скоростью v = 0,866 с вдоль катета a (с – скорость света в вакууме): а) соответствующее значение угла α′ ; б) длину 𝑙 ′ гипотенузы и ее отношение к собственной длине 𝑙0 .
154. Найти собственную длину стержня 𝑙0 , если в К – системе отсчета (лабораторная
34
система отсчета) его скорость v = с/2, длина 𝑙 = 1,00 м и угол между стержнем и направлением движения α = 45° (с – скорость света в вакууме).
155. С какой скоростью двигались в К – системе часы, если за время t = 5,0 с (в К –
системе) они отстали от часов этой системы на ∆𝑡 = 0,10 с?
156. Собственное время жизни частицы ∆t0 = 10 нс. Какой путь пролетит частица за
это время в лабораторной системе отсчета, где ее время жизни ∆𝑡 = 20 нс?
157. В пунктах А и В на Земле, удаленных на расстояние 𝑙 = 10 км, произошли одновременно два события, например зажглись экраны телевизоров. Найти время, разделяющее эти события, с точки зрения наблюдателя на космическом корабле, удаляющемся
от Земли вдоль прямой АВ со скоростью v = 0,8 с (с – скорость света в вакууме).
158. Найти скорость, при которой релятивисткий импульс частицы в n = 2 раза превышает ее ньютоновский импульс.
159. При какой скорости кинетическая энергия частицы равна ее энергии покоя?
160. Сколько энергии (в расчете на единицу массы) надо затратить, чтобы сообщить
первоначально покоившемуся космическому кораблю скорость v = 0,980 с? (с – скорость
света в вакууме).
161. Релятивисткая частица массой m и кинетической энергией Eк налетает на покоящуюся частицу с такой же массой. Найти массу M и скорость v составной частицы, образовавшейся в результате неупругого столкновения.
35
КОНТРОЛЬНАЯ РАБОТА №2
МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА. ТЕРМОДИНАМИКА
Основные формулы
1. Количество вещества (число молей) [3]
N
,

NA
(1Ф)
где N – число молекул (атомов) вещества; NA – постоянная Авогадро.
2. Молярная масса вещества
m
(2Ф)
M ,

где m – масса вещества.
3. Уравнение Менделеева – Клапейрона (уравнение состояния идеального газа)
m
РV= RT ,
(3Ф)
M
где Р, V – давление и объем газа; m – масса газа;. M – молярная масса, R – универсальная
газовая постоянная (находятся из таблицы); T – термодинамическая температура.
4. Зависимость давления газа от концентрации молекул n и температуры (уравнение
состояния идеального газа)
Р = nkT,
(4Ф)
где k – постоянная Больцмана.
5. Концентрация молекул
N
n=
.
(5Ф)
V
6. Основное уравнение молекулярно – кинетической теории газов
2
Р  n k ,
(6Ф)
3
где ⟨εk ⟩, средняя кинетическая энергия поступательного движения молекулы.
7. Средняя кинетическая энергия поступательного движения молекулы
3
k  kT .
(7Ф)
2
8. Средняя полная кинетическая энергия молекулы
i
k  kT ,
(8Ф)
2
где i – число степеней свободы молекулы.
9. Средняя квадратичная скорость молекул массой m1
36
3kT 3RT
< vкв > =√
=√
,
m1
M
(9Ф)
10. Молярные теплоемкости тела (газа) при постоянном объеме (CV ) и постоянном
давлении (CP ):
i
i+2
CV  R; CP 
R.
(10Ф)
2
2
11. Связь между удельной c и молярной C теплоeмкостями
C = cM.
(11Ф)
12. Уравнение Майера
CP – CV = R.
(12Ф)
13. Внутренняя энергия газа (E = U)
m i
m
U = ∙ RT =
C T.
(13Ф)
M 2
M V
14. Первое начало термодинамики
Q = ΔU + A ,
(14Ф)
где Q – количество теплоты, сообщенной газу; ΔU – изменение внутренней энергии газа;
A – работа, совершенная газом против внешних сил.
15. Работа при расширении газа от объема V1 до объема V2 [3]
V2
A=  РdV :
(15Ф)
V1
а) при изобарном процессе
A  Р V2  V1  = (m/M)RΔT;
(16Ф)
б) при изотермическом процессе
А = νRT ln(V2/V1),
где ν = m/M – число молей газа;
16. Работа газа при адиабатическом процессе
A = – ΔU = – ν CV ΔT , или A = νR(T1 – T2)/(γ – 1),
где γ = СP/СV – постоянная адиабаты.
17. Уравнение Пуассона при адиабатическом процессе
PV γ = const или 𝑇𝑉 γ –1 = const.
18. К. п. д. тепловой машины
η = (Q1 – Q2 )⁄Q1 ,
(17Ф)
(18Ф)
(19Ф)
(20Ф)
где Q1 – тепло, полученное рабочим телом от нагревателя; Q2 – тепло, переданное рабочим телом холодильнику.
19. К. п. д. идеального цикла Карно
η = (T1 –T2 )⁄T1 ,
(21Ф)
где T1 и T2 – термодинамические температуры нагревателя и холодильника.
37
Примеры решения задач
Пример 1. В баллоне находятся азот массой m1 = 14 г и водород массой m2 = 9,0 г
при температуре t = 10 oC и давлении Р = 1,0 МПа. Найти молярную массу смеси и объем
баллона.
Решение
–3
m1 = 14 г = 14.10 кг,
Молярная масса М смеси равна отношению массы смеси m
–3
m2 = 9,0 г = 9,0.10 кг,
к количеству вещества (числу молей) ν смеси (см. (2Ф))
Т = t + 273 = 283 K,
M = m/ν.
(1)
6
Р = 1,0 Мпа = 1,0.10 Па.
Масса смеси равна сумме масс ее компонентов
m = m1 + m2. .
(2)
M=?
V=?
Число молей смеси равно сумме молей ее компонентов
ν = ν1 + ν2 ,
(3)
где
m1
m2
ν1 =
; ν2 =
.
(4)
M1
M2
Молярные массы азота M1 и водорода M2 находятся из таблицы
кг
кг
M1 = 2,8 ∙ 10–3
; M2 = 2,0 ∙ 10–3
.
моль
моль
Учитывая (2) – (4) , найдем из (1) молярную массу смеси
m1  m 2
кг
(5)
М =
 4,6  10 3
.
моль
m1 / М 1  m 2 / М 2
Объем баллона найдем, применяя уравнение Менделеева – Клапейрона (3Ф)
m
PV = RT,
M
откуда, используя (2) и (5),
RT m1 m2
V=
(
+
).
M M1 M2
Учитывая табличные значения универсальной газовой постоянной R и молярных
масс азота M1 и водорода M2 , получим числовой ответ:
–2
V = 1,2.10 м3 = 12 л.
Пример 2. В баллоне объемом V = 10 л находится гелий под давлением 𝑃1 = 1,0 МПа
и при температуре t1 = 27 оC. Из баллона взяли гелий массой m = 10 г, при этом температура газа понизилась до t2 = 17 оC. Найти давление 𝑃2 гелия, оставшегося в баллоне.
Решение
Применим уравнение Менделеева – Клапейрона (3Ф), к начальному (P1 , T1 , m1 ) и
конечному (P2 , T2 , m2 ) состояниям газа, находящегося в баллоне,
38
m1
(1)
M R𝑇1 ,
m2
P2 V = RT2 ,
(2)
Т1 = t1 + 273 = 300 K,
M
где m1 – первоначальная масса газа; m2 – масса газа,
T2 = t2 + 273 = 290 K,
–3
m = 10 г = 0,010 кг.
оставшегося в баллоне; M = 4,0.10 кг/моль, R = 8,31
Дж/(моль.К) – молярная масса гелия и универсальная гаР2 = ?
зовая постоянная (находятся из таблиц).
Искомое давление P2 находится из уравнения (2), где m2 = m1 – m
(m1 – m) RT2
P2 =
.
MV
Подставляя сюда массу m1 , найденную из уравнения (1), получим ответ:
P1 mR
P2 = ( −
) T2 = 3,6 ∙ 105 Па = 0,36 МПа .
T1 MV
Пример 3. Найти среднюю кинетическую энергию ⟨ εвр ⟩ вращательного движения
молекулы кислорода при температуре Т = 350 К, а также кинетическую энергию Eк вращательного движения всех молекул кислорода массой m = 4,0 г.
V = 10 л = 0,010 м3,
Р1 = 1,0 МПа = 1,0.106 Па,
T = 350 К,
m = 4,0 г = 4,0∙10–3 кг.
P1 V =
Решение
Используем закон равномерного распределения кинетической энергии молекул по степеням свободы, согласно которому на каждую степень свободы молекулы приходится одинаковая средняя кинетическая энергия ⟨ εвр ⟩ =
1
kT, где
2
⟨ εвр ⟩ = ? Eк = ?
k = 1,38∙10–23 Дж / К – постоянная Больцмана (находится из таблицы). Двухатомная молекула кислорода O2 имеет две вращательные степени свободы. Поэтому средняя кинетическая энергия вращательного движения молекулы
⟨ εвр ⟩ = kT = 4,8∙10–21 Дж.
(1)
Кинетическая энергия вращательного движения N молекул газа
Eк = ⟨ εвр ⟩ N.
(2)
Число молекул газа
N = NA ν ,
(3)
где NA = 6,02∙1023 моль–1 – постоянная Авогадро (находится из таблицы); ν – число молей
кислорода. Если учесть ν = m/M, где m – масса газа; M = 32∙10–3 кг/ моль – молярная
масса кислорода (находится из таблицы), то формула (3) запишется
m
N = NA .
(4)
M
Подставляя (1) и (4) в формулу (2) и, учитывая kNA = R= 8,31 Дж/(моль∙К) – универсальная газовая постоянная, найдем кинетическую энергию вращательного движения
всех молекул кислорода:
39
RTm
= 3,6∙102 Дж = 0,36 кДж.
M
Пример 4. В двух теплоизолированных сосудах объемами V1 = 3,00 л и V2 = 5,00 л
находится одинаковый идеальный газ при давлениях P1 = 400 МПа, P2 = 600 МПа и температурах T1 = 300 К, T2 = 400 К. Сосуды соединяют трубкой. Какая температура установится в сосудах после смешивания газов?
Решение
Внутренняя энергия газов, находящихся в первом и втором
V1 = 3 л = 3.10–3 м3,
сосудах до их смешивания, равна (см. (13Ф)):
V2 = 5 л = 3.10–3 м3,
i
i
E1 = ν1 RT1 , E2 = ν2 RT2 ,
(1)
Р1 = 400 кПа,
2
2
где i – число степеней свободы молекул газа; ν1 , ν2 – число молей
Р2 = 600 кПа
газов в первом и втором сосудах; R – универсальная газовая поТ1 = 300 К,
стоянная. Используем уравнение Менделеева – Клапейрона (3Ф)
Т2 = 400 К.
для газов в первом и втором сосудах
Т=?
P1 V1 = ν1 RT1 , P2 V2 = ν2 RT2 .
(2)
Из сравнения первых и вторых равенств в формулах (1) и (2) имеем
Eк =
E1 =
i
i
P1 V1 , E2 = P2 V2 .
2
2
(3)
Общая энергия газов в сосудах до их соединения E' = E1 + E2 , или учитывая (3), получим:
i
E' = (
2
P1 V1 +P2 V2 ).
(4)
После смешивания газов (соединение сосудов трубкой) установится искомая температура T и внутренняя энергия газа E" =
i
νRT, или, учитывая ν = ν1 + ν2, получим:
2
i
RT ( ν1 + ν2 ).
(5)
2
Число молей ν1 и ν2 найдем из уравнений (2) и подставим их в (5). Тогда
i 𝑃1 𝑉1 𝑃2 𝑉2
E" = (
+
) T.
(6)
2 T1
T2
Сосуды теплоизолированные, поэтому E' = E"(закон сохранения энергии), откуда с
учетом (4) и (6), найдем искомую температуру
( P1 V1 +P2 V2 )T1 T2
T=
= 365 К.
P1 V1 T1 + P2 V2 T2
Пример 5. Кислород массой m = 6,4 г находится при температуре T1 = 300 К и расширяется при постоянном давлении, при этом объем увеличивается в n = 2,0 раза. Найти
количество теплоты, сообщенной газу.
E" =
Решение
Используем первое начало термодинамики (14Ф)
40
Q = ∆U + A.
(1)
Количество теплоты, сообщенной газу, идет на приращеm = 6,4 г = 6,4.10 кг,
ние внутренней энергии ∆U газа и на совершение газом работы
Т1 = 300 К,
A против внешних сил. Приращение внутренней энергии (13Ф)
V2/V1 = n = 2,0.
im
∆U =
R∆T,
(2)
Q=?
2M
где i = 5 – число степеней свободы молекул для двухатомного
кислорода; M = 32 ∙ 10–3 кг/моль – молярная масса кислорода; R= 8,31 Дж/(моль.К) –
–3
универсальная газовая постоянная; ∆T – приращение температуры. Работа газа при изобарном процессе (16Ф)
m
A=
RT .
(3)
M
С учетом (2) и (3) количество теплоты (1) запишется
Q
m
i

RT   1  ,
M
2

(4)
где ΔТ = Т2 – Т1. У нас процесс изобарный, поэтому температура T2 находится из закона
Гей – Люссака V1 ⁄T1 = V2 ⁄T2 , откуда с учетом условия задачи
V2
T2 = T1 = nT1 .
V1
Тогда приращение температуры
∆T = T2 – T1 = T1 ( n – 1).
Подставляя это выражение в (4), получим:
m
i
Q = RT1 ( n - 1)( + 1).
M
2
Учитывая условие задачи и табличные данные, найдем количество теплоты:
7 m
Q=
RT = 1,70 кДж.
2M 1
Пример 6. Два моля идеального газа, находящегося при температуре T1 = 300 К,
охладили изохорно, вследствие чего его давление уменьшилось в n = 2,0 раза. Затем газ
изобарно расширили так, что в конечном состоянии его температура стала равной первоначальной. Найти количество теплоты, поглощенной газом в данном процессе.
Решение
T1 = 300 K,
Решение задачи упрощается, если заданные процессы изобразить на
P1/P2 = n = 2,0, 𝑃, 𝑉 – диаграмме (см. рис. 20). Количество теплоты находится из первоν = 2.
го начала термодинамики
Q=?
Q = ΔU + A,
(1)
где A – работа газа; ∆U – приращение внутренней энергии газа. В данной задаче работа
совершается только при изобарном расширении (на рис. 20 изобара 2 – 3). На участке
41
1 – 2 (изохора) объем не изменяется и работа A12 = 0. Следовательно, в данном процессе
работа А = А23 = P2 ΔV. Применяя уравнение Менделеева –
Клапейрона (3Ф) к состояниР
1
ям 2 и 3 (см. рис), получим формулу работы при изобар- Р1
P1,V1,T1
ном процессе:
A = νRΔT = νR(T3 – T2),
(2)
3
2
где по условию задачи Т3 = Т1. Температура T2 находится Р2
P2,V2,T1
из закона Шарля для изохорного процесса (1 – 2)
P2,V1,T2
0
P1 P2
= ,
V1
V2 V
T1 T2
Рис. 20
откуда, учитывая условие задачи,
P2
T1
T2 = T1 = .
P1
n
Подставляя эту формулу в уравнение (2), найдем работу, совершенную газом в данном процессе:
1
A = νRT1 (1 − ).
(3)
n
Приращение внутренней энергии
i
∆U = νRΔT,
2
где i – число степеней свободы. В данном процессе начальная и конечная температура
равны (на рис. т. т. 1 и 3), следовательно, ∆U = 0. Тогда из (1) искомое количество теплоты Q = A. Учитывая (3), получим:
 1
Q  RT1 1    2,5 кДж.
 n
Пример 7. Объем одного моля ( ν = 1) идеального газа с числом степеней свободы
молекул i изменяется по закону V = а/Т, где a – постоянная. Найти количество теплоты,
полученной газом в этом процессе, если его температура испытала приращение ∆T.
Решение
Количество теплоты находится из первого начала термодинамики (14Ф)
Q = ΔU + A.
(1)
Приращение внутренней энергии одного моля газа
i
U = RT ,
(2)
2
где R = 8,31 Дж/(моль/.К) – универсальная газовая постоянная. Работа газа
ν = 1,
i,
V = a/T,
ΔT.
Q=?
A = ∫ PdV .
(3)
Воспользуемся уравнением Менделеева – Клапейрона (3Ф) для одного моля газа
PV = RT,
42
откуда, учитывая условие задачи,
RT RT 2
P=
=
.
(4)
V
a
Продифференцируем условие задачи V = а/Т
a
dV = – 2 dT.
(5)
T
Подставляя (4) и (5) в формулу (3), найдем работу:
A = – R∆T .
(6)
С учетом (2) и (6) количество теплоты (1) равно
i
Q = R∆T( − 1 ) .
2
Пример 8. Водород H2 массой m = 20,0 г находится при температуре T1 = 300 К. Его
объем при адиабатическом процессе увеличился в n = 5,00 раз, затем при изотермическом процессе уменьшился до прежнего значения. Найти: температуру T2 в конце адиабатического расширения; работу газа и приращение внутренней энергии при этих процессах.
H2 ,
m = 20,0 г = 20,0 ∙ 10–3 кг,
T1 = 300 К,
Решение
P
1
адиабата
V2
= n = 5,00.
V1
изотерма
3
2
T2 = ? A1 , A2 = ? ∆U1 , ∆U2 = ?
0
V1
V2
V
Рис. 21
Процессы расширения и сжатия газа изобразим графически в системе координат P,V
(см. рис. 21). Параметры газа можно определить из уравнений адиабатического и изотермического процессов. При адиабатическом процессе температура и объем идеального
газа в состояниях 1 и 2 связаны между собой уравнением Пуассона (19Ф)
T1 V1 γ – 1 = T2 V2 γ – 1 ,
откуда, учитывая условие задачи, получим:
𝑇1
T2 = γ – 1 ,
(1)
n
где постоянная адиабаты γ = CP / CV . Для молекулярного водорода (число степеней своi2
7
R = R . (R –
2
2
универсальная газовая постоянная). Молярная теплоемкость при постоянном объеме
боды i = 5) молярная теплоемкость при постоянном давлении C p 
43
i
5
R= R , тогда γ = 1,4. Подставляя это значение γ в (1), найдем температуру: T2 =
2
2
158 К. Работа газа при адиабатическом расширении (см. (18Ф))
m i
A1 =
R (T1 − T2 ) = 29,5 кДж.
(2)
M 2
Учли, что молярная масса водорода M = 2∙10–3 кг⁄моль (находится из таблицы). Работа газа при изотермическом процессе (17Ф)
m
V3
A2 =
RT2 ln ,
M
V2
где V3 = V1 (см. рис. 21). Учитывая условие задачи и выражение (1), найдем работу при
изотермическом сжатии:
A2 =
mRT1 1
ln .
(3)
Mnγ – 1 n
Подставив числовые данные, получим A2 = – 21,1 кДж. Знак «минус» показывает,
что при сжатии газа работа совершается внешними силами. Для определения приращения внутренней энергии газа при адиабатическом процессе воспользуемся первым началом термодинамики (14Ф)
Q = ∆U + A.
В данном процессе Q = 0 и ∆U1 = A1 . С учетом (2) имеем
∆U1 = – 29,5 кДж.
При изотермическом процессе Т = const и ∆Т = 0. Следовательно (см. (18Ф)),
im
∆U2 =
R∆Т = 0.
2M
Пример 9. У тепловой машины, работающей по циклу Карно, температура нагревателя T1 в n = 1,6 раза больше температуры холодильника T2 . За один цикл машина проCV 
изводит полезную работу А = 12 кДж. Какая работа A' за цикл затрачивается внешними
силами на изотермическое сжатие рабочего тела?
Решение
Воспользуемся теоремой Карно: коэффициент полезного действия
T1
= n = 1,6 , (к. п. д.) η тепловой машины, работающей по циклу Карно, зависит тольT2
ко от температур нагревателя T1 и холодильника T2 и не зависит от приA = 12 кДж.
роды рабочего тела и устройства тепловой машины (см. (21Ф))
'
A =?
T2
η=1–
.
(1)
T1
Учитывая условие задачи, получим коэффициент полезного действия машины:
n–1
η=
.
(2)
n
44
К. п. д. цикла Карно можно записать также через работу A и тепло Q1 , переданное
рабочему телу от нагревателя: η = A⁄Q1 , откуда с учетом (2)
nA
Q1 =
.
(3)
n–1
Работа A находится через Q1 и тепло Q2 , переданное от рабочего тела холодильнику,
A = Q1 – Q2 ,
откуда с учетом (3) имеем:
A
Q2 =
.
(4)
n–1
Применим к изотермическому сжатию первое начало термодинамики (14Ф) в виде:
∆U = Q + A' ,
(5)
где ∆U – приращение внутренней энергии рабочего тела. У нас ∆U = 0, т. к. Т = const;
Q – тепло, переданное рабочему телу. В нашей задаче Q = – Q2, т. к. тепло отнимается от
тела и передается холодильнику; A' – искомая работа внешних сил над рабочим телом. В
результате из (5) имеем A' = Q2 . Используя (4), найдем:
A
A' =
= 20 кДж.
n–1
Пример 10. Водород совершает цикл Карно. Найти к. п. д. цикла, если при адиабатическом расширении: а) объем газа увеличивается в n = 2,0 раза; б) давление уменьшается в n = 2,0 раза.
Решение
V2
а) Воспользуемся формулой к. п. д. цикла Карно (21Ф)
а)
= n = 2,0 ,
V1
T2
η
=
1
–
,
(1)
P1
T1
б)
= n = 2,0.
P2
где T1 , T2 – температура нагревателя и холодильника. Используем
для адиабатического процесса уравнение Пуассона (19Ф) в виде
η1 = ? η2 = ?
P1 имеем
откуда
б)
= n = 2,0
P2
T1 V1 γ – 1 = T2 V2 γ – 1 ,
T2
V1 γ – 1
=( )
,
(2)
T1
V2
η1 =γ? =η2 =
где
1,4? – постоянная адиабаты для двухатомного водорода. По условию задачи
V1 ⁄V2 = 1⁄n. Тогда из (2)
T2
1 γ – 1 1– γ
=( )
=n .
T1
n
Подставляя это выражение в (1), найдем к. п. д. цикла Карно при увеличении объема
газа в n = 2,0 раза
η1 = 1 – n1 – γ = 0,24.
б) Запишем уравнение Пуассона в следующем виде:
45
P1 T1
γ
1−γ
= P2 T2
γ
1−γ
,
откуда
Т 2  Р1 
 
Т 1  Р2 
или, учитывая условие задачи, получим:
Т2
n
Т1
1 

1

,
.
С учетом этого выражения, из (1) найдем к. п. д. цикла, когда давление уменьшается
в n = 2,0 раза
21 n
1

= 0,18.
Пример 11. Один моль гелия при изобарном расширении увеличил свой объем в
n = 4.0 раза. Найти приращение энтропии.
Решение
He,
Приращение энтропии находится из второго начала термодинамики
ν
=
1моль,
δQ
Место для формулы.
(принципа
возрастания
энтропии)
dS
≥
, или в интегральной форме для
V2
T
= n = 4,0 , равновесных (квазистатических) процессов
V1
2
νP == 1моль,
const.
δQ
He,
∆S = ∫
,
(1)
Место
T
∆S для
= ? формулы.
1
V2
=
n
=
4,0
,
гдеVδQ
– элементарное количество теплоты, находится из первого начала термодинамики
P1= const
(14Ф), записанного в дифференциальной форме,
∆S = ?
δQ = dU +δA.
(2)
Приращение внутренней энергии для одного моля газа (см. (13Ф))
i
dU = R dT,
(3)
2
где R = 8,31 Дж/(моль∙К) – универсальная газовая постоянная (находится из таблицы).
Элементарная работа газа
δA = P dV.
(4)
Продифференцируем уравнение состояния идеального газа (3Ф) для одного моля
PV = RТ, с учетом того, что процесс изобарный: P dV = R dT. Тогда (4) запишется
δA = R dT.
(5)
Подставляя (3) и (5) в уравнение (2), получим:
i
δQ = R ( +1) dT.
2
Подставим это выражение в (1) и проинтегрируем:
46
2
i
dT
i
T2
∆S = R ( +1) ∫ = R ( +1) ln
,
2
T
2
T1
(6)
1
где i = 2 – число степеней свободы атомов гелия. Для изобарного процесса T 1 /V 1 = T 2 /V 2 ,
откуда с учетом условия задачи имеем:
T2
V2
=
=n.
T1
V1
Используя это соотношение, из (6) найдем приращение энтропии:
i
∆S = R ( + 1 ) ln n = 29 Дж/К .
2
Пример 12. Один моль двухатомного идеального газа находится при температуре
T1 = 300 К и сжимается от объема V1 до объема V2 = V1/2 один раз изотермически, а другой раз – адиабатически. Найти приращение энтропии и конечную температуру T2 в
обоих процессах.
Решение
Для нахождения приращения энтропии используем второе
ν = 1моль,
начало термодинамики
T1 = 300 К,
Q
V2 = V1/2.
S   .
(1)
T
∆S1 = ? ∆S2 = ?
Элементарное количество теплоты δ𝑄 находится из первого
T2 = ?
начала термодинамики (14Ф) в дифференциальной форме
δQ = dU + δA,
(2)
где dU – приращение внутренней энергии, при изотермическом процессе dU = 0. Элементарная работа
δА = PdV .
(3)
Из уравнения Менделеева–Клапейрона (3Ф), записанного для одного моля, PV = RT,
найдем: P = RT/V и подставим это выражение в (3). В результате получим
dV
A = RT
.
(4)
V
Учитывая dU = 0, из (2) и (4) имеем:
dV
Q = RT
.
V
Подставляя это выражение в (1), найдем приращение энтропии при изотермическом
сжатии:
V2
V
dV
 R ln 2 .
V1
V
V1
S1  R 
Учитывая условие задачи V2 = V1/2 и табличное значение универсальной газовой постоянной R = 8,31 Дж/(моль.К), получим числовое значение приращения энтропии:
ΔS1 = – R ln2 = – 5,76 Дж/К.
47
Знак « минус » означает, что энтропия при этом процессе уменьшается. Это объясняется тем, что макросистема не является замкнутой.
Для адиабатического процесса δQ = 0, тогда из (1) видно, что ∆S2 = 0, т. е. энтропия
или при данном процессе остается постоянной.
Температура при изотермическом процессе не изменяется, следовательно, конечная
температура в этом процессе по условию задачи равна T1 .= 300 К. Для адиабатического
процесса используем уравнение Пуассона (19Ф) в виде: T1 V1 γ - 1 = T2 V2 γ - 1 , откуда
T2
V1 γ - 1
=( ) .
(5)
T1
V2
Постоянная адиабаты γ = C p / С V . Используя формулы молярных теплоемкостей C p и
С V (10Ф), найдем: γ = (i + 2)/i. В задаче дан двухатомный газ, для которого число степеней свободы i = 5, тогда γ = 1,4. Учитывая условие задачи V2 = V1/2, получим из (5)
T2 = 2 γ - 1 T1 = 396 К ≈ 400 К.
Таким образом, конечная температура больше при адиабатическом сжатии.
Таблица вариантов к контрольной работе №2
Таблица содержит варианты для специальностей, учебными планами которых предусмотрено по курсу физики четыре и шесть контрольных работ.
Вариант
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
1
201
202
203
204
205
206
207
208
209
210
2
211
212
213
214
215
216
217
218
219
220
Номера задач
3
4
221
231
222
232
223
233
224
234
225
235
226
236
227
237
228
238
229
239
230
240
5
241
242
243
244
245
246
247
248
249
250
6
251
252
253
254
255
256
257
258
259
260
Количество задач и их номера указываются преподавателем.
Задачи для самостоятельного решения
201. Найти кинетическую энергию поступательного движения молекул газа, находящихся в неподвижном баллоне объемом V = 6,0 л при давлении Р = 300 кПа.
202. Найти внутреннюю энергию двухатомного газа, находящегося в сосуде объемом V = 2 л под давлением Р = 150 кПа.
48
203. Найти внутреннюю энергию кислорода массой m = 20 г при температуре
t = 20 оС. Какая часть этой энергии приходится на долю поступательного движения молекул и какая часть – на вращательное движение?
204. Водород массой m = 0,30 г находится в сосуде объемом V = 2,0 л при давлении
Р = 200 кПа. Найти среднюю квадратичную скорость и среднюю кинетическую энергию
молекул водорода.
205. Найти концентрацию молекул водорода при давлении Р = 300 Па, если средняя
квадратичная скорость его молекул vкв = 2,5.103 м/с.
206. Сколько молекул воздуха находится в комнате объемом V = 60 м3 при нормальных условиях?
207. В баллоне объемом V = 0,01 м3 находится газ при температуре t = 27 оС. Из-за
утечки газа давление в баллоне уменьшилось на ΔР = 4,1 кПа. Сколько молекул вышло
из баллона при постоянной температуре?
208. Средняя квадратичная скорость молекул газа при нормальных условиях равна
vкв = 460 м/с. Сколько молекул находится в газе массы m = 1 г?
209. В баллоне объемом V = 0,20 м3 находится газ под давлением Р1 = 100 кПа и при
температуре Т1 = 290 К. После накачивания газа: Р2 = 300 кПа и Т2 = 320 К. На сколько
увеличилось число молекул газа в баллоне
210. Аэростат объемом V = 300 м3 наполняется водородом при температуре t = 20 оС
и давлении Р = 98 кПа. Сколько времени наполняется аэростат, если в него из баллона за
каждую секунду переходит водород массой m = 2,5 г/с?
211. Найти внутреннюю энергию U воздуха в комнате объемом V = 40 м3 при нормальном атмосферном давлении. Зависит ли величина U от температуры воздуха в комнате при постоянном давлении?
212. По газопроводу течет углекислый газ при давлении Р = 500 кПа и температуре
t = 17 оC. Найти скорость движения газа в трубе, если за время τ = 5,0 мин через поперечное сечение трубы площадью S = 6 см2 протекает газ массой m = 2,5 кг?
213. Два теплоизолированных баллона наполнены воздухом и соединены короткой
трубкой с краном. Объемы баллонов, а также давление и температура воздуха в них равны: V1, Р1, Т1 и V2, Р2, Т2. Найти температуру и давление воздуха, которые установятся
после открытия крана.
214. В вертикальном цилиндрическом сосуде под поршнем массой m = 100 кг и
площадью S = 100 см2 находится азот массой m1 = 14 г при температуре t1 = 0 oС. Определить высоту h, на которую поднимется поршень при нагревании газа до температуры
t2 = 100 оС. Атмосферное давление над поршнем Р0 = 100 кПа. Трением и теплообменом
между поршнем и стенками сосуда пренебречь.
215. Найти плотность ρ смеси газов, содержащей водород массой m1 = 4 г и азот
массой m2 = 56 г при температуре Т = 280 К и общем давлении Р = 100 кПа.
49
216. Найти молярную массу атмосферного воздуха, содержащего k1 = 24 % кислорода (от общей массы) и k2 = 76 % азота. Доля остальных газов пренебрежимо мала.
217. В воздухе содержится k1 = 24 % кислорода и k2 = 76 % азота (по массе) при давлении Р = 100 кПа и температуре Т = 290 К. Найти плотность воздуха.
218. В сосуде находится углекислый газ массой m1 = 10 г и азот массой m2 = 20 г.
Найти парциальные давления газов при температуре Т = 300 К и давлении Р = 200 К.
219. Баллон, содержащий азот массой m1 = 1,0 кг, при испытании взорвался при
температуре t1 = 350 оC. Какую массу водорода m2 можно хранить в этом баллоне при
температуре t2 = 20 оC, имея пятикратный запас прочности?
220. Найти массу кислорода, выпущенного из баллона объемом V = 10 л, если при
этом давление в баллоне уменьшилось от Р1 = 15 атм. до Р2 = 7,0 атм. и температура поо
о
низилась от t1 = 27 С до t2 = 7 С?
221. В сосуде объемом V = 200 см3 находится газ при температуре Т = 300 К. На
сколько понизится давление газа в сосуде, если из-за утечки газа из сосуда выйдет
N = 1020 молекул?
222. Спутник объемом V = 10 м3 погрузился в тень Земли. При этом температура
внутри спутника, равная вначале t = 27 оС, понизилась на k = 1 % и давление воздуха
уменьшилось на ΔР = – 1,05 кПа. Найти массу воздуха в спутнике.
223. Два баллона наполнены одинаковым газом при одной и той же температуре.
Масса и давление газа в сосудах соответственно равны: m1 = 0,20 кг, m2 = 0,30 кг и Р1 =
400 кПа, Р2 = 900 кПа. Баллоны соединяются трубкой, объемом которой можно пренебречь. Найти установившееся давление газа в баллонах при увеличении температуры на
k = 20 % от первоначальной.
224. Два одинаковых баллона, содержащих газ при одинаковой температуре
Т = 273 К, соединены трубкой диаметром d = 5,0 мм (рис. 22). Посередине трубки находится капелька ртути, которая делит весь сосуд на два равных
d
3
объема V = 200 см . На какое расстояние сместится капелька, если
V
V
один баллон нагреть на ΔТ = 2,0 К, а другой на столько же охлаРис. 22
дить? Тепловым расширением сосуда пренебречь.
225. В сосуде находится вода массой m = 2,0 кг при температуре t = 20 оС. Воде передается количество теплоты Q = 1,0 МДж. Найти массу пара, образовавшегося при кипении воды.
226. Для приготовления ванны емкостью V = 200 л смешали холодную воду при
температуре t1 = 10 оС с горячей водой при температуре t2 = 60 оС. Какие объемы той и
другой воды необходимо взять, чтобы температура смеси была θ = 40 оС? Нагревание
ванны не учитывать.
227. Смесь, состоящую изо льда массой m1 = 5,0 кг и воды массой m2 = 1,5 кг при
температуре t0 = 0 оС, необходимо нагреть до температуры θ = 80 оС с помощью пропус50
кания через нее водяного пара, имеющего температуру t = 100 оС. Найти необходимую
для этого массу пара.
228. До какой температуры необходимо нагреть алюминиевый кубик, чтобы при
помещении его на лед, он погрузился в него до уровня верхней грани? Температура льда
θ = 0 оС.
229. На электрической плитке мощностью N = 600 Bт и к. п. д. η = 30 % надо растопить лед массой m1 = 1,5 кг с начальной температурой t = – 15 оС в алюминиевой кастрюле массой m2 = 0,30 кг. Найти время τ, необходимое для этого.
230. Железный метеорит массой m = 80 кг при температуре t = 39 оС влетает со скоростью v = 1400 м/с в атмосферу Земли. Считая, что на нагревание и плавление метеорита идет k = 80 % его кинетической энергии, определить, какая масса метеорита расплавится.
231. Определить, расплавится ли полностью железный метеорит, падающий на поверхность Луны со скоростью v = 2,0 км/с, если его температура до столкновения с Луной t = 30 оС. На увеличение внутренней энергии метеорита идет k = 40 % его кинетической энергии.
232. Свинцовая пуля, летящая со скоростью v1 = 400 м/с, пробивает доску и вылетает из нее со скоростью v2 = 100 м/с. Какая часть пули при этом расплавится, если на увеличение ее внутренней энергии идет k = 60 % кинетической энергии? Температура пули
в момент удара t = 50 оС.
233. Два шара с одинаковой массой движутся навстречу друг другу со скоростями v
и 2v. На сколько увеличится температура шаров в результате неупругого удара? Удельная теплоемкость шаров равна с.
234. Воздух массой m = 0,58 кг, занимающий при давлении Р = 0,20 МПа объем V =
200 л, изобарно нагрели до температуры t2 = 227 оС. Найти работу расширения воздуха.
235. Во сколько раз количество теплоты, которое идет на нагревание одноатомного
газа при постоянном давлении, больше работы, совершенной газом при расширении?
236. В сосуде емкостью V = 2 л находится одноатомный газ под давлением
Р1 = 1 Мпа. Стенки сосуда могут выдержать давление Р2 = 2 Мпа. Какое максимальное
количество теплоты можно сообщить газу?
237. Азот массой m = 15 г находится в закрытом сосуде при температуре Т1 = 300 К.
Какое количества тепла необходимо сообщить азоту, чтобы средняя квадратичная скорость его молекул возросла в n = 2,0 раза?
238. Водород, находящийся при нормальных условиях в закрытом сосуде объемом
V = 5,0 л, охлаждается на ΔТ = – 55 К. Найти приращение внутренней энергии газа и количество отданного им тепла.
239. Кислород массой m = 10 г находится в закрытом сосуде под давлением
Р = 300 кПа и температуре t = 10 оС. После изобарного нагревания газ занял объем
51
V = 10 л. Найти: количество теплоты, полученное газом; изменение внутренней энергии
газа и работу, совершенную газом при расширении.
240. В закрытом сосуде находится азот массой m1 = 20 г и кислород массой m2 = 32
г. Найти изменение внутренней энергии смеси газов при ее охлаждении на ΔТ = – 28 К.
241. В горизонтальном цилиндрическом сосуде, закрытом поршнем массой m = 5,0
кг, находится одноатомный газ. При изобарном нагревании газа поршень приобретает
скорость v = 2,8 м/с. Определить количество теплоты, сообщенной газу. Теплоемкостью
сосуда и поршня, а также трением и атмосферным давлением пренебречь.
242. В горизонтальном теплоизолированном цилиндрическом сосуде под поршнем
находится ν = 0,50 моль гелия, нагретого до некоторой температуры. Поршень массой
m = 1,0 кг начинает двигаться. Какую скорость приобретет поршень к моменту, когда
температура гелия уменьшится на ΔТ = – 10 К? Атмосферным давлением, а также трением и теплообменом газа с сосудом и поршнем пренебречь.
243. В вертикальном цилиндрическом сосуде под поршнем массой m = 10 кг и площадью сечения S = 20 см2 находится одноатомный газ. Первоначально поршень находился на высоте h = 20 см от дна сосуда, а после нагревания газа поршень поднялся на высоту H = 25 см. Какое количество теплоты сообщили газу в процессе нагревания? Атмосферное давление Р0 = 100 кПа. Трением и теплообменом газа с сосудом и поршнем пренебречь.
244. В вертикальном цилиндрическом сосуде под поршнем массой m1 = 1,0 кг и
площадью сечения S = 10 см2 находится азот массой m2 = 10 г. Какое количество теплоты
надо затратить, чтобы нагреть азот на ΔТ = 10 К? На какую высоту при этом поднимется
поршень? Атмосферное сдавление Р0 = 100 кПа. Трением и теплообменом газа с сосудом
и поршнем пренебречь.
245. Для нагревания газа массой m = 1 кг на ΔТ = 1 К при постоянном давлении
необходимо затратить количество теплоты Q1 = 912 Дж, а для нагревания того же газа
при постоянном объеме – Q2 = 649 Дж. Определить какой это газ?
246. Воздух сжимается от объема V1 = 10 л до объема V2 = 2,0 л сначала адиабатически, а затем изотермически. В каком случае совершается меньшая работа?
247. Двухатомный газ подвергается сжатию, в результате его объем уменьшается в
два раза. Найти отношение конечного давления к первоначальному. Газ находится в теплоизолированной оболочке.
248. На диаграмме (см. рис. 23) представлена зависимость давления одноатомного
газа от объема. Найти количество теплоты, полученное или отданное газом при переходе
из состояния 1 в состояние 3.
249. Одноатомный газ сначала охладили (1 – 2), уменьшив давление в n = 2 раза, а
затем нагрели (2 – 3) до первоначальной температуры T1 = 360 К (см. рис. 24). Количество вещества в газе ν = 2 моль. Какое количество теплоты получил газ на участке 2 – 3?
250. Найти максимальную полезную мощность двигателя автомобиля, если за время
t = 1,0 ч расходуется бензин массой m = 5,0 кг? Максимальная температура газов в ци52
линдре двигателя Т1 = 1200 К. Отработанные газы имеют температуру Т2 = 370 К. Удельная теплота сгорания бензина q = 46 МДж/кг.
251. К. п. д. теплового двигателя η = 30 %. За время t = 10 c рабочему телу передается количество теплоты Q = 3,0 кДж. Найти полезную мощность двигателя.
Р, кПа
30
2
V
3
3
20
10
0
1
1
2
Рис. 23
2
3
V, м3
0
1
360
Рис. 24
Т, K
252. Идеальный тепловой двигатель работает по циклу Карно с температурой нагревателя Т1 = 580 К и температурой холодильника Т2 =348 К и совершает за один цикл работу А = 3,0 кДж. Найти количество теплоты, переданное за один цикл рабочим телом
холодильнику.
253. Тепловой двигатель работает по циклу Карно и совершает за один цикл работу
А = 2,0 кДж. Рабочее тело отдает за один цикл количество теплоты Q = 2,0 кДж холодильнику, температура которого Т2 = 290 К. Найти температуру нагревателя Т1.
254. Тепловой двигатель, работающий по циклу Карно, имеет температуру нагревателя t1 = 227 оС и температуру холодильника t2 = 127 оС. Во сколько раз надо увеличить
температуру нагревателя, чтобы к. п. д. двигателя увеличился в n = 3 раза?
255. К. п. д. реального теплового двигателя η = 50 % от к. п. д. идеального теплового
двигателя, работающего по циклу Карно в том же интервале температур. Температура
нагревателя t1 = 227 оС, температура холодильника t2 = 77 оС. Найти мощность двигателя, если за время τ = 1,0 ч потребляется уголь массой m = 200 кг с удельной теплотой
сгорания q = 30 МДж/кг.
256. При нагревании аргона массой m = 8,0 г его абсолютная температура увеличилась в n = 2 раза. Найти приращение энтропии при изохорном и изобарном нагревании.
257. В результате изотермического сжатия воздуха объемом V1 = 887 дм3, находящегося при температуре t = 30 оС и начальном давлении Р1 = 0,10 МПа, его энтропия
уменьшилась на ΔS = – 673 Дж/К. Найти объем воздуха V2 в конце процесса.
258. Кислород массой m = 1,0 кг, находящийся при давлении Р1 = 0,50 МПа и температуре Т1 = 400 К, изобарно расширяясь, увеличил объем в n = 2 раза, а затем сжимается
изотермически до давления Р2 = 4,0 МПа. Найти суммарное приращение энтропии.
259. Воздух массой m = 1,0 кг, сжимаясь адиабатически, уменьшил свой объем в n1 =
6 раз, а затем при постоянном объеме его давление увеличивается в n2 = 1,5 раза. Найти
приращение энтропии в этом процессе.
53
260. Гелий массой m = 1,7 г, адиабатически расширяясь, увеличил свой объем в
n = 3,0 раза и затем изобарно сжимается до первоначального объема. Найти приращение
энтропии газа в этом процессе.
261. Во сколько раз надо увеличить изотермически объем газа в количестве ν = 4,0
моль, чтобы его энтропия увеличилась на ΔS = 23 Дж/К?
262. Два моля газа сначала изохорно охлаждается, а затем изобарно расширяется до
первоначальной температуры. Найти приращение энтропии газа, если его давление в
данном процессе изменилось в n = 3,3 раза.
ПРИЛОЖЕНИЯ
1. Основные физические константы
Нормальное ускорение свободного падения
g = 9,81 м/с2
с = 3.108 м/с
Скорость света в вакууме
G = 6,67.10 –11 м3/(кг.с2)
Гравитационная постоянная
NA = 6,02 1023 моль–1
Постоянная Авогадро
k = 1,38.10 –23 Дж/К
Постоянная Больцмана
R = 8,31 Дж/(моль.К)
Универсальная (молярная) газовая постоянная
Не
4
Н2
2
2. Молярная масса, 10–3 (кг/моль)
О2
N2
32
28
СО2
44
54
Физика
Составитель: ГОЛОВАНОВА Татьяна Николаевна
ШТЕРЕНБЕРГ Александр Моисеевич
Редактор Н.В.Вершинина
Технический редактор Г.Н.Шанькова
Подписано в печать
Формат 60х84/16. Бум.типогр.№ 2.Печать офсетная
Усл.п.л. Усл.кр.-отт. Уч.-изд.л.
Тираж 150 экз. С-83
Государственное образовательное учреждение
высшего профессионального образования
Самарский государственный технический университет
443100, Самара, ул. Молодогвардейская, 244. Главный корпус
55