0 U Const U = Q A ∆ = ∆ 0 Q Q Q ∆ = − > 0 A ∆ >

10 класс
Задача 1. Из тонких однородных листов жести
спаяли полый куб, к двум противоположным вершинам
большой диагонали которого припаяли проводники
(рис. 1). Сопротивление куба между этими
проводниками оказалось равным R=7 Ом. Вычислите
силу электрического тока, пересекающего ребро АВ
куба, если проводники подключены к источнику
напряжения U=42 В.
Решение
Рассмотрим ребра куба АВ, ВС,
CD, DE, EF, и FA (рис. 2, 3).
Поскольку они опоясывают весь куб,
то сумма сил токов, протекающих
через
них,
равна
I∑=U/R=6 А.
Поскольку рассматриваемые ребра
расположены симметрично, то силы
токов, протекающие через них, равны,
следовательно, искомая сила тока
I=I∑/6=1 А.
Ответ: 1А.
Задача 2.
В
цилиндре,
закрытом подвижным поршнем,
находится идеальный одноатомный
газ. На рисунке показана диаграмма,
иллюстрирующая
изменение
внутренней энергии
газа и его
количество
теплоты.
Опишите
изменение объема, давления и
температуры газа при переходе его
из состояния 1 в состояние 2, а затем
в состояние 3.
Решение
В процессе
В
Рис. 1
O
E
F
А
E
F
D
А
D
C
O
А
C
В
В
Рис. 2
Рис. 3
U
1
2
3
Q
0
1 → 2 внутренняя энергия газа не изменяется
U = Const ∆U = 0 , а из первого начала термодинамики ∆Q = ∆A и
∆Q = Q2 − Q1 > 0 значит ∆A > 0 - газ, расширяясь, совершает
положительную работу, а значит увеличивает свой объем.
В процессе 2 → 3 количество теплоты у газа не изменяется
Q = Const ∆Q = 0 ,
а
из
первого
начала
термодинамики
∆U = −∆A и ∆U = U 3 − U 2 < 0 значит ∆A > 0 - газ,
∆U + ∆A = 0
расширяясь, также совершает положительную работу, а, значит, увеличивает
свой объем.
В процессе 1 → 2 внутренняя энергия газа не изменяется
U = Const U = CVν T . Ни теплоемкость газа, ни его количество по условию
задачи не изменяются, значит, постоянна и температура.
В процессе 2 → 3 внутренняя энергия газа уменьшается, значит,
уменьшается и его температура.
В процессе 1 → 2 температура газа не изменяется, а объем
увеличивается,
значит
PV
= PV
V2 > V1 ⇒ P2 < P1 давление
1 1
2 2
уменьшается.
В процессе 2 → 3 внутренняя энергия газа уменьшается, значит,
уменьшается и его температура, а объем растет
T3 < T2 , V2 < V3
Ответ:
PV
PV
2 2
= 3 3
T2
T3
P3 =
V2T3
P2 ⇒ P3 < P2 - давление падает.
T2V3
1 → 2 V ↑ , T = Const , P ↓
2 → 3 V ↑ , T ↓ , P↓
Задача 3. На гладкой горизонтальной
m2
поверхности около стенки стоит симметричный
R
брусок массы m1. с углублением полусферической A
формы радиуса R. Из точки А, без трения и
начальной скорости соскальзывает маленькая
m1
шайба массой m2. Какова максимальная скорость
бруска при его последующем движении, амплитуда колебаний и период его
колебаний.
Решение
При движении шайбы точки А к точке В
брусок давит на стену, поэтому система брусокшайба не замкнута. P ≠ const . После прохождения
шайбой точки В брусок начинает двигаться вправо
m2
R
A
C
B
m1
r
r
( F12 = −F21 ), растрачивая энергию шайбы.
Поэтому С ниже А. После
прохождения шайбой точки В система брусок-шайба становится замкнутой и
для неё выполняются законы сохранения (на левую стенку брусок больше не
давит).
r
P = m 2V2B = const
2
m 2 V2B
m 2gR =
2
V2B = 2gR
Для точки С
m 2 2gR = (m1 + m 2 )U
Для точки В будет 2Uc
После точки С, шайба движется влево, а брусок вправо и скорость
бруска будет максимальна, когда шайба будет в точке В. Затем его скорость
будет уменьшаться, т.к. после прохождения справа налево шайбой точки В
сила на брусок действует влево.
Для точки В при движении шайбы справа налево.
E = сonst
P = m2
⎧
m 2 U 22 m 2 U12
+
⎪ m gR =
2gR = const ⎨ 2
2
2
⎪m 2gR = m U − m U
1 1
2 2
⎩ 2
⎧⎪ 2m 2gR − m 2 U 22 = m1U12
⎨
⎪⎩m 2 2gR − m 2 U 2 = m1U1
(
(
)
⎧ m 2 2gR − U 22 = m1U12
⎪
:
⎨
+
=
m
2gR
U
m
U
⎪⎩ 2
2
1 1
)
2gR − U 2 = U1
m 2 2gR = m1U1 − m 2
(
U 2 = 2gR − U1
)
2gR − U1 = m1U1 − m 2 2gR + m2 U1
2m 2 2gR = (m1 + m 2 )U1
U1 =
2m 2 2gR
m1 + m 2
Амплитуду находим из постоянства положения центра масс:
m1a = m2 R ⇒ a =
Для периода:
Vmax = U1 = aω = a
m2 R
m1
2π
⇒
T
2π
T =a
=
Ответ: U1 =
m2 R
m1
2π 2π a
2π a
=
=
=
=
Vmax
U1
2m 2 2gR 2m 2 2gR
m1 + m 2
m1 + m 2
2π m2 R (m1 + m 2 )
2m 2 m1 2gR
=
π R(m1 + m 2 )
m1 2gR
mR
π R(m1 + m 2 )
2m 2 2gR
a= 2 T =
m1 + m 2
m1
m 2gR
1
Задача 4. В прочном, закрытом, теплоизолированном сосуде объемом
4 кубометра, находится 32 г. кислорода и 2 г. водорода при температуре 10
о
С. После реакции образования водяного пара температура в сосуде возросла
в 2 раза. Как изменилось давление газа в сосуде? (Давление насыщенного
водяного пара при температуре 20 оС – 2328 Па)
Решение
PV = ν RT ⇒ P =
ν RT
V
ν 2 RT2
⇒
P2
νT
ν
= V = 2 2 = 10 2
P1 ν 1 RT1 ν 1T1
ν1
V
32
2
= 1 − − − −ν H 2 = = 1моль − − − −ν 1 = ν O2 + ν H 2 = 2
32
2
1
3
O2 + 2 H 2 = 2 H 2O ⇒ ν 2 = ν O2 + ν H 2O = + 1 =
2
2
ν 2 RT2
P2
νT
ν
3
= V = 2 2 =2 2 =2 =3
P1 ν 1 RT1 ν 1T1
ν1
2
V
ν O2 =
Но это не все. Нужно проверить, не произошла ли конденсация пара.
Сначала найдем начальное давление смеси газов в сосуде:
P1 = PO2 + PH 2 =
ν O2 RT ν H 2 RT
+
V
P2 = 3P1 = 3528 Па.
V
= (ν O2 + ν H 2 )
RT
8,31 ⋅ 283
=2
= 1176 Па.
V
4
Но давление насыщенного водяного пара при температуре 20 оС – 2328
Па. А это значит, что после реакции давление смеси не поднимется до 3528
Па, при давлении 2328 Па водяной пар начинает конденсироваться и
давление повышаться не будет.
Ответ: 2328 Па.
Задача 5. По каким причинам, и на сколько процентов, вес любого тела
на полюсе отличается от его веса на экваторе. Необходимые константы
можно взять из приведенного фрагмента справочных материалов: радиус
Земли на полюсе – 6357 км, радиус Земли на экваторе – 6378 км, ускорение
свободного падения на полюсе – 9.78 м/с2, на экваторе – 9.83 м/с2,
продолжительность суток 24 часа, масса Земли 5.9742 × 1024 кг,
гравитационная постоянная 6.67300 × 10-11 м3 кг-1 с-2.
Решение
Причин, возможно, несколько. Различие радиусов Земли. На полюсе
R1 меньше чем на экваторе R2 ( R1 < R2 ) . Вращение Земли, неоднородность
плотности
Учитываем наиболее значимые - первые две.
r Земли.
r
P = −N
1 На полюсе
GMm
GMm
.
−
N
=
0
⇒
N
=
P
=
1
1
1
2
2
R1
R1
2. На экваторе:
GMm
GMm
GMm
⎛ 2π ⎞
2
2
N
ma
m
ω
R
N
P
m
ω
R
m
−
=
=
⇒
=
=
−
=
−
n
2
2
2
2
2
⎜
⎟ R2
2
2
2
R2
R2
R2
⎝ T ⎠
2
Различие весов:
2
GMm GMm
⎛ 2π ⎞
∆P = P1 − P2 =
−
+
m
⎜
⎟ R2
2
2
R1
R2
⎝ T ⎠
И в процентах:
2
2
⎞
⎛ GMm GMm
⎞ ⎛ GMm ⎛ R12 ⎞
2
π
⎛ 2π ⎞
⎛
⎞
1
−
m
R
−
+
m
R
⎜
⎜
⎟
⎜
⎟
2
2
⎜
⎟ 2
2
2
⎜
⎟ 2⎟
R
R
R
R
T
∆P
T
⎝
⎠
1
2
⎝
⎠
⎝
⎠
1
2
⎟100% =
⎟=⎜
ε=
100% = ⎜
+
⎜
⎟
GMm
GMm
GMm
⎜
⎟
P1
⎜
⎟⎟
2
2
2
⎜
⎟
⎜
R
R
R
1
1
1
⎝
⎠ ⎝
⎠
⎛ ⎛ R12 ⎞ 4π 2 R2 ⎞
⎛ ( R2 − R1 )( R2 + R1 ) 4π 2 R2 ⎞
= ⎜ ⎜ 1 − 2 ⎟ + 2 ⎟100% = ⎜
+ 2 ⎟ 100% = 1.01%
2
⎜
⎟
R
T
g
R
T g1 ⎠
2
1
2
⎝
⎠
⎝
⎝
⎠
Ответ: 1.01%