Файл: Методические указания и контрольные задания для студентовзаочников инженернотехнических и технологических специальностей вузов.docx

Скачать файл
Заказать решение

ВУЗ: Не указан

Категория: Не указан

Дисциплина: Не указана

Добавлен: 29.10.2023

Просмотров: 251

Скачиваний: 8

ВНИМАНИЕ! Если данный файл нарушает Ваши авторские права, то обязательно сообщите нам.

СОДЕРЖАНИЕ

СОВРЕМЕННАЯ ФИЗИЧЕСКАЯ КАРТИНА МИРА Вещество и поле. Атомно-молекулярное строение вещества. Атомное ядро. Кварки. Элементарные частицы, лептоны, ад­роны. Взаимопревращения частиц. Сильное, электромагнитное, слабое и гравитационное взаимодействия. Иерархия взаимодей­ствий. О единых теориях материи. Физическая картина мира как философская категория. ПРИМЕНЕНИЕ МИКРОКАЛЬКУЛЯТОРАПРИ РЕШЕНИИ ЗАДАЧВажнейшим средством совершенного научного исследования является математическое моделирование физических явлений и исследование этих моделей с помощью ЭВМ. Совершенные ЭВМ позволяют проводить сложнейшие расчеты. В некоторых областях науки, например астрофизике, проведение реальных экспериментов практически невозможно, поэтому исследователя­ми проводится вычислительный эксперимент. ЭВМ нужны не только для проведения машинного эксперимента, но и для об­работки результатов реальных экспериментов. Совершенный фи- 20зический эксперимент часто дает столько информации, что об­работать ее без ЭВМ практически невозможно.Для решения любой задачи необходим алгоритм. Под ал­горитмом понимают понятное и точное предписание ЭВМ совер­шать последовательность действий для достижения указанной цели или решения конкретной задачи. Всякий алгоритм строится в расчете на конкретного исполнителя. Таким исполнителем для проведения инженерных и студенческих расчетов различного вида заданий являются микрокалькуляторы семейства «Электроника». Это электронно-вычислительное устройство миниатюрных раз­меров индивидуального пользования. Оно может быть успешно использовано при решении задач, предлагаемых в контрольных работах. Выполняя вычисления с помощью микрокалькулятора, вы экономите время, освобождая его для изучения теоретических основ курса физики.Прежде чем пользоваться микрокалькулятором, внимательно ознакомьтесь с руководством по эксплуатации: изучите общие сведения об устройстве; ознакомьтесь с правилами подготовки его к работе. Рассмотрим решение следующих задач с применением микро­калькулятора. Вычислить эффективный диаметр молекул азота, если его критическая температура 126 К, критическое давление 3,40 МПа. Дано: 7^=126 К; ^ = 3,40 106 Па.Найти: d.Решение. Азот, согласно условию задачи, должен подчинять­ся уравнению Ван-дер-Ваальса: Постоянную b в уравнении Ван-дер-Ваальса с достаточной степе­нью точности считают равной учетверенному собственному объ­ему 1 моль газа. В 1 моль газа находится 6,02 102 молекул (Аа=6,02 ■ 1023 моль), следовательно, объем одной молекулы равен nd3l6 = b (4Л\), откуда ^=л/36/(2яАд). Постоянная b=RTip/(&prJ, тогда t/ IRT^ I 3.8 31 Дж K-i моль1 . 126 кd= / = л / — * •х/ V 16 • 3,14 ■ 3,40 • 106 Па • 6,02 1023 моль"1Вычисляем на калькуляторе выражение3 / 3 126 8,3116 • 3,14 3,40 10б 6,02 1023 по программе3 0 126 0 8,31 0 16 0 3,14 R13,40 [вп| 6 0| 6,02 [ВП Показания индикатора: 3,126—10, т. е. 3,126 • 10 *°.Так как данное выражение состоит только из произведения и частного, то, согласно правилам округления, его надо округ­лить до такого числа значащих цифр, которое имеет наименьшее точное исходное данное.Ответ'. 3,13 • 10“10 м. Определить, сколько ядер в 1 г радиоактивного fgSr рас­падается в течение одного года. Дано: /и=10-3 кг; Т—21 лет; f=l год.Найти: N.Решение. Для определения числа атомов, содержащихся в 1 г 3gSr, используем соотношение (1)N0=vNA = ^NAlм где Na — постоянная Авогадро; v — число молей, содержащихся в массе данного элемента; Л/ — молярная масса изотопа. Между молярной массой изотопа и его относительной массой существу­ет соотношение М = 10 3 А кг/моль. (2) Для всякого изотопа относительная атомная масса весьма близка к его массовому числу Л, т. е. для данного случая М—103 • 90 кг/моль=9 ’ 10 2 кг/моль.Используя закон радиоактивного распада 13)#=#оехр(-2/), где Nq — начальное число нераспавшихся ядер в момент /=0; N — число нераспавшихся ядер в момент /; 2 — постоянная ра­диоактивного распада, определим количество распавшихся ядер з8 Sr в течение 1 года: (4)N'=NO-N=NO[1 —exp (—2/)]. Учитывая, что постоянная радиоактивного распада связана с пе­риодом полураспада соотношением 2=1п2/Г, получаем (5) Подставляя (1) с учетом (2) в выражение (5), имеем 1п2 V 1 — exp 103 АПроизведя вычисления по формуле (6), найдем__ 103 кг#= X10 3 90 кг/моль1п227 лет x 6,02 1023 моль 1 —exp • 1 год . (6) 10’3• 6,02 • 1023103 90 1—expВычислим на калькуляторе выражение 1п2 ' — • 1 27по программе x 6,02 ВП2 In[х] 1[7] 27[3(ZE3 F е* I*-4111 Показания индикатора: 1,69532 20, т. е. 1,69532 1О20.Ответ: 1,70 Ю20.ФУНДАМЕНТАЛЬНЫЕ ФИЗИЧЕСКИЕ ПОСТОЯННЫЕ*Гравитационная постоянная — коэффициент пропорциональ­ности, входящий в закон тяготения Ньютона:F= Gmxm2lr2,где F — сила притяжения двух материальных точек массами тх и т2, находящихся на расстоянии г.Постоянная Авогадро определяет число структурных элемен­тов (атомов, молекул, ионов или других частиц) в единице коли­чества вещества (в одном моле). Названа в честь итальянского ученого А. Авогадро.Универсальная (молярная) газовая постоянная, входящая в ура­внение состояния одного моля идеального газа: pVm=RT, где р — давление газа, Ут — молярный объем газа, Т — термодина­мическая температура газа. Физический смысл газовой постоян­ной — это работа расширения одного моля идеального газа под постоянным давлением при нагревании на 1 К. С другой сторо-•Значения некоторых фундаментальных физических постоянных приведены в Приложении 1. ны, газовая постоянная — разность молярных теплоемкостей при постоянном давлении и при постоянном объеме Ср — Cv—R.Постоянная Больцмана равна отношению молярной газовой постоянной к постоянной Авогадро: k=R/NA.Постоянная Больцмана входит в ряд важнейших соотноше­ний физики: в уравнение состояния идеального газа, в выражение для средней энергии теплового движения частиц, связывает энт­ропию физической системы с ее термодинамической вероятно­стью. Названа в честь австрийского физика Л. Больцмана.Молярный объем идеального газа, т. е. объем, приходящийся на количество вещества газа 1 моль при нормальных условиях (р0= 101,325 кПа, Т0=273,12 К), определяется из соотношенияVm=RTq/p0.Элементарный электрический заряд (е), наименьший электри­ческий заряд, положительный или отрицательный, равный по значению заряду электрона. Почти все элементарные частицы обладают электрическим зарядом +е или — е или являются незаряженными.Постоянная Фарадея — равна произведению постоянной Аво­гадро на элементарный электрический заряд (заряд электрона) F—NAe. Названа в честь английского физика М. Фарадея.Скорость света в вакууме (скорость распространения любых электромагнитных волн) представляет собой предельную ско­рость распространения любых физических воздействий, инвари­анта при переходе от одной системы отсчета к другим.Постоянная Стефана — Больцмана входит в закон, определя­ющий полную (по всем длинам волн) испускательную способ­ность черного тела: R = aT4\ где R — испускательная способ­ность черного тела, Т — термодинамическая температура. Закон сформулирован на основании экспериментальных данных авст­рийским физиком И. Стефаном (1879), теоретически получен австрийским физиком Л. Больцманом (1884).Постоянная Вина входит в закон смещения Вина, утвержда­ющий, что длина на которую приходится максимум энергии в спектре равновесного излучения, обратно пропорциональна термодинамической температуре Т излучающего тела:Постоянная Планка (квант действия) определяет широкий круг физических явлений, для которых существенна дискретность величин с размерностью действия. Введена в 1900 г. немецким физиком М. Планком при установлении закона распределения энергии в спектре излучения черного тела.Постоянная Ридберга входит в выражения для уровней энер­ гии и частот излучения атомов (спектральные серии): /1 Лv=7< I ——- ), где nt и пк — числа, определяющие начальный \п: nJи конечный уровни энергии. Для каждой спектральной серии nt постоянно, а лЛ=л,+ 1, и,+2, ... . Введена шведским физиком И. Р. Ридбергом.Радиус первой воровской орбиты (в теории датского физика Н. Бора) — радиус ближайшей к ядру (протону) электронной орбиты. В квантовой механике определяется как расстояние от ядра, на котором с наибольшей вероятностью можно обнару­жить электрон в невозбужденном атоме водорода.Комптоновская длина волны определяет изменение длины вол­ны электромагнитного излучения при комптоновском рассеянии1 Л / ГТна электроне —, где h — постоянная Планка, те — масса покоя электрона, с — скорость света в вакууме. Эффект открыт американским физиком А. Комптоном (1892).Атомная единица массы применяется в атомной и ядерной физике для выражения масс элементарных частиц атомов и моле­кул; 1 а. е. м. равна 1/12 массы нуклида углерода 12С.Электрическая и магнитная постоянные — физические посто- v 1 янные, входящие в формулы электромагнетизма: £0/20=—, где с1с — скорость света в вакууме. УЧЕБНЫЕ МАТЕРИАЛЫ ПО РАЗДЕЛАМ КУРСАФИЗИКИ1   2   3   4   5   6   7   8   9   ...   12

л=|ма<р. *0 /по Е^т^с2.тос1Е=тс2 = г —.у/1 —v2jc2 njflVр=mv——. yj 1 — v2/c2Т=ЕЕ0=— т0С2 (—■ ■■:■:? — 1\v 1— v2fc2Е2=р2с2 + Е2.1 qz uv]c2Работа при вращательном движении Кинетическая энергия вращающегося телаРелятивистское сокращение длиныгде /0 — длина покоящегося тела, с — скорсость света в вакууме.Релятивистское замедление временигде /0 — собственное время.Релятивистская масса где тио — масса покоя.Энергия покоя частицыПолная энергия релятивистской час­тицыРелятивистский импульсКинетическая энергия релятивистс­кой частицыРелятивистское соотношение между полной энергией и импульсом Теорема сложения скоростей в реля­тивистской механикегде и и и' — скорости в двух инерци­альных системах координат, движущихся относительно друг друга со скоростью v, совпада­ющей по направлению с и (знак —) или противоположно ей на­правленной (знак +).Количество вещества где N — число молекул, Na — постоянная Авогадро, т — масса вещества, М — молярная масса.Уравнение Клапейрона-Менделеева pV=vRT, где р — давление газа,V — его объем,R — молярная газовая постоян­ная,Т — термодинамическая темпе­ратура.Уравнение молекулярно-кинетичес­кой теории газов 2 уР2 ^пост^= - пто <ио>2,3 где п — концентрация молекул, <£пост) — средняя кинетическая энергия поступательно­го движения молекулы, zzz0 — масса молекулы,— средняя квадратичная скорость. <Е>=; кт,2 Средняя энергия молекулы где i — число степеней свободы, к — постоянная Больцмана. U=- vRT.2 Внутренняя энергия идеального газа Скорости молекул: средняя квадратичная n) = ^3kT/m0= средняя арифметическая =y/3RTIM-, = yj 8кТ/(пт0) = =y/8RTI(nM). наиболее вероятная vJt = y/2kT/mQ = =y/2RT!M. Средняя длина свободного пробега молекулы <2>=(^/2 ncPri) \ где d — эффективный диаметр мо­лекулы.Среднее число столкновений молеку­лы в единицу времениРаспределение молекул в потенциаль­ном поле силгде П — потенциальная энергия мо­лекулы.Барометрическая формулаУравнение диффузиигде D — коэффициент диффузии,р — плотность,d5 — элементарная площадка, перпендикулярная оси Ох.Уравнение теплопроводностигде ае — теплопроводность.Сила внутреннего трениягде г] — динамическая вязкость.Коэффициент диффузииВязкость (динамическая) = V2 7Г^<0- и=Поехр р=роехр dm — —D — dSdZ,dx Теплопроводностьгде cv — удельная изохорная тепло­емкость.Молярная теплоемкость идеального газа dQ = — ае — d5dz,dxdv dF= -г} - dS, dxx>=‘ <»><-*>•ti=l p<»> <Л>=Рр.®=i c,p<®> <Л>=чс„ изохорная изобарная Первое начало термодинамики CP=^R.Р 2d(2 = dtf+dX,dL7=vGdT,d^=pdK Л=р(Г2-И1) = уА(Т2-Т1);Работа расширения газа при процессе изобарном изотермическом адиабатномV1 Р\A — vRT\n — = vRT\n —;Fl Р2A = vCv(T\-T2}= vRTi(T^D 1-PiVt (7-1) 1- - \V1J J pVy=const,TVy ’ = const,Typy=const.Q-Qo T—TqQ T ’ S2 — Si — t'где y = Cp/Cv.Уравнения ПуассонаКоэффициент полезного действия ци­кла Карногде Q п Т —количество теплоты полученное от нагре­вателя и его темпе­ратура;Qo и TG — количество теплоты- переданное холо­дильнику и его тем­пература.Изменение энтропии при переходе из состояния 1 в состояние 2ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ Движение тела массой 1 кг задано уравнением s=6/2 + 4-3/+2. Найти зависимость скорости и ускорения от времени. Вычислить силу, действующую на тело в конце второй секунды.Решение. Мгновенную скорость находим как производную от пути по времени:г=—; и=18/2 + 3.drМгновенное ускорение определяется первой производной от скорости по времени или второй производной от пути по вре­мени:Сила, действующая на тело, определяется по второму закону Ньютона: F=ma, где а, согласно условию задачи,— ускорение в конце второй секунды. ТогдаF=m • 36/; F=1 кг • 36 • 2 м/с2 = 72 Н.Ответ". v=18/2 + 3; д=36/; F=72 Н. Стержень длиной 1 м движется мимо наблюдателя со скоростью 0,8 с. Какой покажется наблюдателю его длина? Дано: l0=l м, v=0,8 с.Найти: I.Решение. Зависимость длины тела от скорости в релятивистс­кой механике выражается формулойZ=/oVl-«'2/c2> (Огде /0 — длина покоящегося стержня; v — скорость его движения, с — скорость света в вакууме. Подставляя в формулу (1) чис­ловые значения, имеемI— 1 м ^/1 — (0,8 с)2/с2 =1 м у/\ — 0,64 = 0,6 м.Ответ". 1—0,6 м. Две частицы движутся навстречу друг другу со скоростями: 1) г=0,5 с и и = 0,75 с; 2) v=c и и=0,75с. Найти их относительную скорость в первом и втором случаях. Дано: 1) v=0,5c, м=0,75с; 2) г=с, u=0,75c.Найти: u'i, ur2.Решение. Согласно теореме сложения скоростей в теорий от­носительности, 1 +VU/C2’где v, и — скорости соответственно первой и второй частиц; и' — их относительная скорость; с — скорость света в вакууме Для первого и второго случаев находим:, 0,5с+0,75с Ли — ——0,91с;0,5с 0,75с1+^с+0,75с 1,75си2 — —; — —— — с.0,75с2 1,751+—Это означает, что, во-первых, ни в какой инерциальной системе отсчета скорость процесса не может превзойти скорость света, и, во-вторых, скорость распространения света в вакууме абсолютна.Ответ: 14=0,91 с; и'2 — с. На двух шнурах одинаковой длины, равной 0,8 м, подвеше­ны два свинцовых шара массами 0,5 и 1 кг. Шары соприкасаются между собой. Шар меньшей массы отвели в сторону так, что шнур отклонился на угол а=60°, и отпустили. На какую высоту поднимутся оба шара после столкновения? Удар считать цент­ральным и неупругим. Определить энергию, израсходованную на деформацию шаров при ударе. Дано: mi = Q,5 кг, т2=1 кг, а=60°, 7=0,8 м.Найти: М;Решение. Так как удар шаров неупругий, то после удара шары будут двигаться с общей скоростью v. Закон сохранения количе­ства движения при этом ударе имеет вид(1)Здесь V] и v2 — скорости шаров до удара. Скорость большого шара до удара равна нулю (v2 = 0). Скорость меньшего шара найдем, используя закон сохранения энергии. При отклонении меньшего шара на угол а (см. рис. 1) ему сообщается по­тенциальная энергия, которая затем переходит в кинетическую: might Таким образом, =/(1 — cosa)=2/sin2(a/2), по­этому= y/lghi = 2 s/gl sin (a/2). (2)Из уравнений (1) и (2) находим скорость шаров после удара: (3)v — miVil(mi-\-m^ — 2miy/gl sin * (mi+m2). Кинетическая энергия, которой обладают шары после удара, переходит в потенциальную:(ти! 4- т2>2/2=4- m2)gh, (4).где h — высота поднятия шаров после столкновения. Из форму­лы (4) находим h=v2l(2g), или с учетом (3),h=2m2l ‘ sin2 ^(wi 4-ли2)2;h—2 (0,5кг)2 • 0,8 м ' 0,25/(0,5 кг 4-1 кг)=0,044 м.При неупругом ударе шаров часть энергии расходуется на их деформацию. Энергия деформации определяется разностью ки­нетических энергий до и после удара:=mi v2/2 — (т} 4- w2)v2/2.Используя уравнения (2) и (3), получаем(/и1 \1 — ) sin2т\+тп2) 2Д£^=2'9,81 м/с2 • 0,8 м • 0,5 кг(1—0,5 кг/1,5 кг) • 0,25=1,3 Дж.Ответ\ А=0,044 м, EEg= 1,3 Дж. Молот массой 70 кг падает с высоты 5 м и ударяет по железному изделию, лежащему на наковальне. Масса наковальни вместе с изделием 1330 кг. Считая удар абсолютно неупругим, определить энергию, расходуемую на деформацию изделия. Си­стему молот — изделие — наковальня считать замкнутой. Дано: raj = 70 кг, h — 5 м, т2 —1330 кг.Найти: Eg.Решение. По условию задачи, система молот — изделие — — наковальня считается замкнутой, а удар неупругий. На основа­нии закона сохранения энергии можно считать, что энергия, затраченная на деформацию изделия, равна разности значений механической энергии системы до и после удара.Считаем, что во время удара изменяется только кинетическая энергия тел, т. е. незначительным перемещением тел по вер­тикали во время удара пренебрегаем. Тогда для энергии дефор­мации изделия имеемWit?2 (zwi+/w2X2,——■ (|>где v — скорость молота в конце падения с высоты h; v — общая скорость всех тел системы после неупругого удара. Скорость учета (2) удара (3)молота в конце падения с высоты h определяется без сопротивления воздуха и трения по формуле v = y/2gh.Общую скорость всех тел системы после неупругого найдем, применив закон сохранения количества движения2>1   2   3   4   5   6   7   8   9   ...   12

Л£ W/V.— Const./=1Для рассматриваемой системы закон сохранения количества дви­жения имеет вид mlv=(m[Fm2)v, откуда^т^Цт^+пъ). (4)Подставив в формулу (1) выражения (2) и (4), получимШ2Eg=migh /И1+/И2_ __ _ _ , 1330 кг70 кг • 9,8 му с2 • 5 м —.В 1330 кг + 70 кг„ ™ л о . 1330Вычислим на калькуляторе выражение 70 • 9,8 5 попрограмме7009,8050 ВЗОВГ^П] 13300700 Е[х^П] 0 |Л^П Я 3258,5. Ответ'. Eg = 3258 Дж. Тело массой 1 кг под действием постоянной силы движется прямолинейно. Зависимость пути, пройденного телом, от време­ни задана уравнением s=2t2+4t+1. Определить работу силы за 10 с с начала ее действия и зависимость кинетической энергии от времени. Дано: т= 1 кг, s=2t2+4f+1.Найти: Л, T=f(t).Решение. Работа, совершаемая силой, выражается через криволи­нейный интегралA=$Fds. (1)Сила, действующая на тело, по второму закону Ньютона равнаF=m • а или F—m • (2)dr2Мгновенное значение ускорения определяется первой произ­ водной от скорости по времени или второй производной от пути по времени. В соответствии с этим находимds d2s -v=—=4t+4; (3) а—— = 4 м/с2. (4)dr dr2Тогда (5) (6)d2s F—m ——4т.dr2Из выражения (3) определим cis: dj=(4/+4)d/.Подставив (5) и (6) в уравнение (1), получим 4m(4t+4)dt.По этой формуле определим работу, совершаемую силой за 10 с с начала ее действия: + 16/ оГ 16г2 10 (16/Н/ + 16m)dt=m —= 1 (8 100 + 16 • 10) Дж = 960 Дж.Кинетическая энергия определяется по формулеT=mv2/2. (7)Подставляя (3) в (7), имеемТ=т (4/+4) 2/2 = т (16t2 + 32/ +16)/2=т (8 /2 +16/ + 8).Ответ'. Л = 960 Дж, Т=т (8/2 +16/ + 8). Протон движется со скоростью 0,7 с (с — скорость света). Найти количество движения и кинетическую энергию протона.Дано: v=0,1с.Найти: р\ Т.Решение. Количество движения протона определяется по формулер=т • v. (1)Так как скорость протона сравнима со скоростью света, то необходимо учесть зависимость массы от скорости, воспользова­вшись релятивистским выражением для массы:m = mJ у/1 - v2jc2 = mj^/1 - fl2, (2)где т — масса движущегося протона; т0= 1,67 ' 10 27 кг — мас­са покоя протона; v— скорость движения протона; с = = 3 • 108 м/с — скорость света в вакууме; v/c—fl — скорость про­тона, выраженная в долях скорости света.Подставляя уравнение (2) в (1) и учитывая, что j3=v/c, по­лучаем■ с fi/y/1-р2;р=1,67 ' 10“27 кг ' 3 108 м/с • 0,7/^/ 1 — 0,72 — 4,91 • 10"19 кг • м/с.В релятивистской механике кинетическая энергия частицы определяется как разность между полной энергией Е и энергией покоя Ео этой частицы:Г=£-£о, (3)гдеE=mQC2l^1 Р2, Е^—т^с2.Вычислим энергию покоя протона:£^=1,67 • 10-27 кг(3 108 м/с)2=1,5 1О10 Дж.Тогда (см. формулу (3)) т=^г(1д/Г^Р-1);Т=1,5 1О“10 Дж(1/71-0,72-1)=0,6 1(Г10Дж.Ответ’. р=4,91 • 10 19 кг м/с, Т=0,6 1О10 Дж. Тонкий стержень массой 300 г и длиной 50 см вращается с угловой скоростью 10 с-1 в горизонтальной плоскости вокруг вертикальной оси, проходящей через середину стержня Найти угловую скорость, если в процессе вращения в той же плоскости стержень переместится так, что ось вращения пройдет через конец стержня. Дано: т=300 г=0,3 кг, 7=50 см=0,5 м, о>1 = 10 с-1.Найти: щ2-Решение. Используем закон сохранения момента количества движения л£ /,щ,=const, (1)/=» 1где Ji — момент инерции стержня относительно оси вращения.Для изолированной системы тел векторная сумма моментов количества движения остается постоянной. В данной задаче всле­дствие того, что распределение массы стержня относительно оси вращения изменяется, Момент инерции стержня также изменится. В соответствии с (1) запишем•^1^1 = «^2^2 • (2)Известно, что момент инерции стержня относительно оси, проходящей через центр масс и перпендикулярной стержню, равенJo—mP/ll. (3)По теореме Штейнера,J—jQ+md2,где J — момент инерции тела относительно производной оси вращения; Jo — момент инерции относительно параллельной оси, проходящей через центр масс; d — расстояние от центра масс до выбранной оси вращения.Найдем момент инерции относительно оси, проходящей через его конец и перпендикулярной стержню:Л=Л+пи/2, /2=?и/2/12+?и(//2)2=?и/2/3. (4)Подставляя, формулы (3) и (4) в (2), имеем:ml 2(Ох!\ 2=ml 2со2/3,откудаа>2=о>1/4, 0^=10 с */4=2,5 с-1.Ответ'. (^ = 2,5 с-1. Маховик массой 4 кг вращается с частотой 720 мин-1 вокруг горизонтальной оси, проходящей через его центр. Массу аховика можно считать равномерно распределенной по его ободу радиусом 40 см. Через 30 с под действием тормозящего момента маховик остановился. Найти тормозящий момент и чис­ло оборотов, которое сделает маховик до полной остановки. Дано: со=0, т—4 кг, п=720 мин-*=12 с-1; А/=30 с, R=0,4 м.Найти: М\ N.Решение. Для определения тормозящего момента М сил, дей­ствующих на тело, нужно применить основное уравнение дина­мики вращательного движения:/•Дса=ЛГАг, (1)где J —- момент инерции маховика относительно оси, проходя­щей через центр масс; Лео — изменение угловой скорости за промежуток времени Д/.По условию, Act) = — Wo, где со0 — начальная угловая скорость, так как конечная угловая скорость cd=O. Выразим начальную угловую скорость через частоту вращения маховика; тогда а>о = 2яи и Дщ=2л71. Момент инерции маховика J=mR\ где т — масса маховика; R — его радиус. Формула (1) принимает видmR22nn=M • А/,откудаМ =27Г7?тиЛ2/Д/;М=2 • 3,14 • 12 с'1 • 4 кг • 0,16 м2с"2/30 с= 1,61 Н * м.Угол поворота (т. е. угловой путь д>) за время вращения маховика до остановки может быть определен по формуле для равнозамедленного вращения:= е * Д/2/2, (2)где е — угловое ускорение. По условию, щ = со0—еД/, со=0, е • Д?=со0- Тогда выражение (2) можно записать так:ср = а)0Л/ — ojQ&tll = (ЛоЩ!.Так как q)2nN, coo=27C7i, то число полных оборотовУ=71 Дг/2; У=12с"г • 30 с/2=180.Ответ'. Л/=1,61 Н • м, У=180. В сосуде объемом 2 м3 находится смесь 4 кг гелия и 2 кг водорода при температуре 27 °C. Определить давление и моляр­ную массу смеси газов. Дано: И=2 м3, тх—^ кг, Л/\ = 4'10-3 кг/моль, /и2=2 кг, М2—2' 103 кг/моль, Т=300 К.Найти: Р; М.Решение. Воспользуемся уравнением Клапейрона — Менделе­ева, применив его к гелию и водороду:P.V^m.RT/M^ (1)p2V=m2RTIM2, (2)где — парциальное давление гелия; — масса гелия; Мг — его молярная масса; V — объем сосуда; Т — температура газа; R = 8,31 Дж/(моль • К)— молярная газовая постоянная; р2 — парциальное давление водорода; т2 — масса водорода; М2 — его молярная масса. Под парциальным давлением Рх и р2 понимается то давление, которое производил бы газ, если бы он только один находился в сосуде. По закону Дальтона давление смеси равно сумме парциальных давлении газов, входя­щих в состав смеси:Р=Р1+Р2-Из уравнения (1) и (2) выразим р} и р2 и подставим в уравнение(3). ИмеемmxRT m2RT /гп\ m2\ Drr Vj + V2где Vi и v2 — число молей гелия и водорода соответственно. Число молей газов определим по формулам: v2—m2IM2. Подставляя (6) и (7) в (5), найдем гщ+т2М= .ntifMi +тп21М2 (6) (7) (8)Подставляя числовые значения в формулы (4) и (8), получаем4кг2кг \ 8,31Дж/(моль•К)3004 • 10-3 кг/моль 2 • 10-3 кг/моль/ 2 м3/4 2 \ 8,31 300Вычислим выражение I—ю^) 2— П° пРогРамме4 В 4 |вп] 3 Q В |х-»п 2 0 2 Вп 3 Q Е) S |п->х 1Э х-»п 8,31 0 300 В 2 Е [х)[п-»х|@Показание индикатора 2493000.Таким образом, р—2493 кПа.4 кг + 2 кгМ= -— =4 кг/(4 10“3 кг моль *)+2 кг/(2 10 3 кг моль*1)= 3 ‘ 10 3 кг/моль.Ответ'. р=2493 кПа, М=3 • 10“3 кг/моль. Чему равны средние кинетические энергии поступатель­ного и вращательного движения молекул, содержащихся в 2 кг водорода при температуре 400 К? Дано: т=2 кг, Т=400 К, М=2 ' 10-3 кг/моль.Найти. <£пост^»Решение. Считаем водород идеальным газом. Молекула водо­рода — двухатомная, связь между атомами считаем жесткой. Тогда число степеней свободы молекулы водорода равно 5. В среднем на одну степень свободы приходится энергия (8,У=кТ/2, где к — постоянная Больцмана; Т — термодинами­ческая температура. Поступательному движению приписывается три (z=3), а вращательному две (z = 2) степени свободы. Энергия одной молекулы3 2<Епост>=- кТ; <£вр>=- кт.2 2Число молекул, содержащихся в массе газа,■ NA = (m!M) • NA,<где v —- число молей; NA — постоянная Авогадро. Тогда средняя кинетическая энергия поступательного движения молекул во­дорода <8.р> = —- = 33,24 105 Дж=3324 кДж.2 10 3 кг мольОтвет: <Епост>=4986 кДж, <£вр> = 2324 кДж. Определить среднюю длину свободного пробега молекул и число соударений за 1 с, происходящих между всеми молекула­ми кислорода, находящегося в сосуде емкостью 2 л при тем­пературе 27 °C и давлении 100 кПа. Дано: V—2 л—2 • 10 3 м3, Л/=32 • 10 3 кг/моль, Т=300 К, р=100кПа=105 Па, J=2,9 * 1О“10 м.Найти: <А>; Z.Решение. Средняя длина свободного пробега молекул кисло­рода вычисляется по формуле Подставляя в (4) выражения (5), (6) и (7), находим_ 1 y/tRT/(nM) • у/2 ■ тиРр р ^_2n(Pp2V /лТ2 кТ кТ кРТ2 у/пМПодставляя числовые значения, получим_ 2 3,14'2,92 Ю"20 м2 1О10 Па2 • 2 10" 3 м3Z= — — — X1,38 10"*6 Дж2 К 2 9 10* К2 /8,31 Дж/(моль • К) • ЗОО К3,14 32 10“3 кг/моль1,38 1(Г23 Дж/К 300 К = 9 • 1028 с"1; = 3,56 • 108 М.<2> = / yjl 3,14 • 2,92 1О20 м2 105 ПаОтвет'. Z=9 • 1028 с-1, <Л> = 3,56 • 10“8 м. Определить коэффициенты диффузии и внутреннего тре­ния азота, находящегося при температуре Т=300 К и давлении 105 Па. Дано: р0=1,25 кг/м3, М=28 • 103 кг/моль, Т=300 К, р=105 Па, J=3,l • 10"1ом.Найти: Л; у.Решение. Коэффициент диффузии определяется по формуле Подставляя (2) и (3) в выражение (1), имеем1 [&RT кТ2кТ IRT3 у пМ /2 nd2p ЗпсРр у ъМКоэффициент внутреннего трения^=1/3<г><Л>р, (5)где р — плотность газа при температуре 300 К и давлении 105 Па. Для нахождения р воспользуемся уравнением состояния идеального газа. Запишем его для двух состояний азота — при нормальных условиях Го=273 К, р—1,01 ' 105 Па и в условиях задачи:роГо=(7к/ЛОЯГо; pV=(m/M)RT. (6)Учитывая, что po—m/Vo, p=mjV, имеемР = Рор7о/(роГ). (7)Коэффициент внутреннего трения газа может быть выражен через коэффициент диффузии (см. формулы (1) и (5)): (8)T] = D ‘ p = DpopTo/(poT). Подставляя числовые значения в (4) и (8), получим2 1,38 1023 Дж/К 300 К /8,31 Дж/(моль • К) 300 К_ 3 • 3,134 3,12 • 1(Г20 м2 • 105 Па \ 3,14 • 28 • 10“ 3 кг/моль =4,7 10" 5 м2/с;л „ , д 105 Па 273 К>7 = 4,7 • 10 5 м/с • 1,25 кг/м3 • — ■— —1,01 Ю5 Па 300 К= 5,23 • 10"5 кг/(м • с).Ответ: D=4,l ■ 10"5 м2/с, ^=5,23 • 10"5 кг/(м • с). Кислород массой 160 г нагревают при постоянном давле­нии от 320 до 340 К. Определить количество теплоты, поглощен­ное газом, изменение внутренней энергии и работу расширения газа. Дано: т= 160 г = 16 10“2 кг, 7\ = 320 К, Т2 = 340 К.Найти: б; АС; А.Решение. Количество теплоты, необходимое для нагревания газа при постоянном давлении,Q = тср (Т2 - ТО = (т!М)Ср (Т2 - Т\). (1)Здесь ср и Ср=Мср — удельная и молярная теплоемкости газа при постоянном давлении; M=32103 кг/моль — молярная масса кислорода. Для всех двухатомных газов=7/2 R\ Ср=3,5 8,31 Дж/(моль К)=29 Дж/(моль * К).Изменение внутренней энергии газа находим по формулеАС=(/и/М)Сг(Т2-Т1), (2)где Су — молярная теплоемкость газа при постоянном объеме. Для всех двухатомных газовCF=5/2A; Ср=2,5 • 8,31 Дж/(моль • К)=20,8 Дж/(моль К).Работа расширения газа при изобарном процессе Ар ДУ, где ДУ= К2— Pj — изменение объема газа, которое можно найти из уравнения Клапейрона — Менделеева. При изобарном про­цессерУ^т/ЩХТ]; (3)рУ2=(т/М)ЯТ2. (4)Почленным вычитанием выражения (4) из (3) находимp(V2-V{)=(mlM)R(T2-T^следовательно,A=(mlM)R(T2-Tx). (5)Подставляя числовые значения в формулы (1), (2) и (5), получаем:16 10-2 кг Дж£> = — • 29 — (340 К-320 К)=2900 Дж;32 • 10 3 кг/моль моль К16 10-2 кг ДжА [7= . 20,8 — (340 К-320 К) = 2080 Дж;32 10 3 кг/моль моль К16 10-2 кг ДжЛ=— - • 8,31 - — (340 К-320 К) = 840 Дж.32 10 3 кг/моль моль КОтвет: £> = 2900 Дж; АС7=2080 Дж; Я = 840 Дж. Объем аргона, находящегося при давлении 80 кПа, увели­чился от 1 до 2 л. На сколько изменится внутренняя энергия газа, если расширение производилось: а) изобарно; б) адиабатно. Дано: Kj = 10 м3, К2=2 10 м3, д=0,8 105 Па,Л/=40-10 3 кг/моль, 1 = 3.Найти: AL7.Решение. Применим первый закон термодинамики. Согласно этому закону, количество теплоты Q, переданное системе, рас­ходуется на увеличение внутренней энергии A U и на внешнюю механическую работу А:Q=AU+A. (1)Величину АС7 можно определить, зная массу газа т, удельную теплоемкость при постоянном объеме с у и изменение температу­ры АТ:АС/=ш суАТ. (2)Однако удобнее изменение внутренней энергии AU определять через молярную теплоемкость Су, которая может быть выражена через число степеней свободы: Су i R Су — —

ОСНОВНЫЕ ФОРМУЛЫ F = ,4Л£()£Г2 г где (71 и — величины точечных за­рядов,Eq — электрическая посто­янная,е — диэлектрическая про­ницаемость среды,г — расстояние между за­рядами.Напряженность электрического поляНапряженность поля:точечного зарядабесконечно длинной заряженной нитиравномерно заряженной беско­нечной плоскостимежду двумя разноименно заря­женными бесконечными плоскос­тями e=f. я 4tI£qE^Т 2Я£ое/ а2£ое’ Е=—£q£ где т — линейная плотность заряда, ст — поверхностная заряда,г — рсасстояние до поля.Электрическое смещениеРабота перемещения заряда в элект­ростатическом поле плотность источника D — еоеЕ. 2f £/а/=^(ф1-ф2), где ф1 и ф2 — потенциалы началь­ной и конечной точек. Ч(Р= 4лЕо£ГПотенциал поля точечного заряда dtpСвязь между потенциалом и напря­женностью dl Сила притяжения между двумя разно­именно заряженными обкладками ко­нденсатора q22 2e&s’ где S' — площадь пластин.Электроемкость:уединенного проводника плоского конденсатора С=\EoES слоистого конденсатора d ’С= ,аде,- где d — расстояние между пласти­нами конденсатора,dt — толщина ьго слоя диэлект­рика,е, — его диэлектрическая прони­цаемость.Электроемкость батареи конденсато­ров, соединенных:параллельно С=ХС,; последовательно Энергия поля: заряженного проводника w =—=—=-■ заряженного конденсатора 3 2 2С 2 ’W,=- еое£2Г, 2 V — объем конденсатора.Объемная плотность энергии элект- ^Е2 D2 EDИ"э= =—=—2 2£о6 2z=d-fdr рического поляСила тока Закон Ома:в дифференциальной форме • v Е j=yE=-; в интегральной форме р где у — удельная проводимость, р — удельное сопротивление, U — напряжение на концах це­пи,R — сопротивление цепи, j — плотность тока.Закон Джоуля — Ленца:в дифференциальной форме dn> у E2—=]Е=уЕ2=—; • dr P в интегральной форме dQ=IUdt=^ dt=I2Rdt. Сопротивление однородного провод­никагде Z — длина проводника,S — площадь его поперечного сечения. р=ро(1+аО,Зависимость удельного сопротивле­ния от температуры где а — температурный коэффици­ент сопротивления, F=^E+^v хВ,dF=/dlxB,Pm = IS,M=pwxB^g/i°p/dlxr 4лг3t — температура по шкале Це­льсия. Сила Лоренцагде v — скорость заряда q,В — индукция магнитного поля.Сила Амперагде I — сила тока в проводнике, dl — элемент длины проводни­ка.Магнитный момент контура с током где S — площадь контура.Механический момент, действующий на контур с током в магнитном поле Закон Бно-Савара-Лапласагде д0 — магнитная постоянная,д — магнитная проницаемость среды.Магнитная индукция: в=™±2Rв=™±2кг (cosa1 +cosa2),4кгB=pQpnI,в центре кругового тока поля бесконечно длинного прямо­го токаполя, созданного отрезком про­водника с токомполя бесконечно длинного солено­идагде R — радиус кругового то­ка,г — кратчайшее расстоя­ние до оси провод­ника,п — число витков на еди­ницу длины соленои­да,ах и а2 — углы между отрезком проводника и линией, со­единяющей концы отрезка с точкой поля. Сила взаимодействия двух прямоли­нейных бесконечно длинных парал­лельных токов на единицу их длины где г — расстояние между токами4 и i2.Работа по перемещению контура с то­ком в магнитном полегде Ф — магнитный поток через по­верхность контура.Магнитный поток однородного маг­нитного поля через площадку 5 где а — угол между вектором В и нормалью к площадке.Закон электромагнитной индукциигде N — число витков контура.Потокосцепление контура с током где L — индуктивность контура. Электродвижущая сила самоиндук­цииИндуктивность соленоидагде V — объем соленоида п — число витков на единицу длины соленоидаМгновенное значение силы тока в це­пи, обладающей сопротивлением R и индуктивностью L F=^T'Ф=В5'соза,, т d- —N — = dt dtt = LL,е^= —L-. dt Z=Zoexp 1 — exp Энергия магнитного поляОбъемная плотность энергии магнит­ного поля _BH_ B2 -MH22 2pop 2 ПРИМЕРЫ PEI HIM ЯИЯ ЗАДАЧ 1. В углах при основании равнобедренного треугольника с бо­ковой стороной 8 см расположены заряды и Q2- Определить силу, действующую на заряд 1нКл, помещенный в вершине тре­угольника. Угол при вершине 120°. Рассмотреть случаи:а) С1 = Сг = 2 нКл; Q1 02 fl=-—I’ 4Я££ог2 10'9 Кл • 1 109 Кл б)б) С1=-С2=2нКл.Дано: 16,1=1621=2- 10“9 Кл; 6з=Ю’9 Кл; г=0,08 м; а=30°; £=1.Найти: Fi; F2.Решение. В соответствии с принципом суперпозиции поле каждого из зарядов 61 и Q2 действует на заряд 61 независимо. Это значит, что на заряд 6з действуют силы (рис. 1, а)Fi3 = Qi ' Qt/C^nE^r2), F23 = Qi ' ОзК^пееоГ2).Так как |Ci| = |£?2|, то ]F13| = |F23|. Векторная сумма F=F1+F2 является искомой величиной.Модульсилыопределяется по те­ореме косинусов F= Fi3+F23 + 2Fi3 ‘ F23 ‘ cos В случае одно­именных зарядов 61 и Qz из рис. а видно, что угол /?=120°, поэтому Fi =F13=F23: Рис. 1 ность и потенциал поля в точ­ке, расположенной на расстоя­нии 5 см от зарядов.Дано: 2i = 62=-9*• 10 9 Кл; е=81; го=0,08 м;Г1=т2=0,05 м.Найти: £, (р.Решение. Напряженность ₽ис*2поля, создаваемого в точке А (рис. 2) зарядами Qx и Q2 по принципу суперпозиции полей, равна векторной сумме напряжен­ностей, создаваемых каждым из зарядов: (1)1   ...   4   5   6   7   8   9   10   11   12

E=Ej Ч-Ез. По теореме косинусовЕ=у/Ё11+ё(+2Ё1 ' £? • cos 2а. (2)Напряженность поля точечного заряда QE=QI(4nEE0r2)fгде е — диэлектрическая проницаемость; Ео — электрическая по­стоянная; г — расстояние от заряда до точки поля, в которой определяется его напряженность. Заряды 61 и Ол отрицательны, следовательно, векторы его Ет и Е2 направлены по линиям напряженности к зарядам. По условию заряды Q\ — Q2 располо­жены на одинаковом расстоянии от точки Л, поэтому ЕХ=Е2. Следовательно, формула (2) принимает вид Е=2ЕХ • cos а, где cosa—h/r^h=OA=^rl-rll4;h=-J(5 ■ 10'2 м2)2—(4 ' IO"2 м)2 = 3 • 10'2 м.Тогда напряженность в точке А2Qi h^=—47Г££оГ^ =480 В/м.2 9 1(Г9 Кл 3 10"2 м 4 3,14 81 8,85 10"12 Ф/м (0,05)3 м2Потенциал ф, создаваемый системой точечных зарядов в данной точке поля, равен алгебраической сумме потенциалов, создава- емых каждым из зарядов ср = £ (р±. Потенциал ср результирующе- 1"1 т-гго поля в точке А равен (p = cpi + cp2- Потенциал поля, создава­емого точечным зарядом, ф=(2/(47гее0г). Следовательно,Ci 0.2 201 = ,+ <р2=- ;47Г££ог1 4Я££оГ2 4Я££оГ14 3,14 81 8,85 10’12 Ф/м 5 10'2Ответ’. £=480 В/м; (р — — 40 В. Заряд 1 нКл переносится в воздухе из точки, находящейся на расстоянии 1 м от бесконечно длинной равномерно заряжен­ной нити, в точку на расстоянии 10 см от нее. Определить работу, совершаемую против сил поля, если линейная плотность заряда нити 1 мкКл/м. Какая работа совершается на последних 10 см пути? Дано: го=О,1 м; п = 1 м; г2=0,2 м; Q=1 109 Кл; е=1; т= 1 • 10-6 Кл/м.Найти: А2.Решение. Работа внешней силы по перемещению заряда Q из точки поля с потенциалом (pt в точку с потенциалом <р0 равна^ = С(фоФ1). О)Бесконечная равномерно заряженная нить с линейной плотно­стью заряда т создает аксиально-симметричное поле напряжен­ностью £=т/(27гее0г). Напряженность и потенциал этого поля dсвязаны соотношением £= , откуда dEdr. Разностьdrпотенциалов точек поля на расстоянии г, и г0 от нитиГ0 Фо-ф.= - £dr =т f dr т г* -= In2леео J г 2пеео гог И InГоi ТФо-<Р1 = П 2Л6£о (2)Г2 (Р0-(Р2 = — Ь2я££0 г0Подставляя в формулу (1) найденное выражение для разности потенциалов из (2), определим работу, совершаемую внешними силами по перемещению заряда из точки, находящейся на рассто­янии 1 м, до точки, расположенной на расстоянии 0,1 м от нити:2л££о го’ • 10'J Дж., 1 • 10’9 Кл 1 • 1О’€ Кл/м In 10 , . А1 = — =4,12 3,14 8,85 1012 Ф/м„ 1 • 10"9 ■ 1 • 10€ In 10Вычислим на калькуляторе выражение —■ по2 3,14 8,85 10-12программе1[вп|9[7ч1И 1®б[Н10 югаа 2 0EI008,85R 1|вп] 12I/-/IRПоказания индикатора: 4,14087 10 5, т. е. 4,1 • 10“5 Дж.Работа по перемещению заряда на последних 10 см пути равнаС т, Г2Л2= In -;2леео г0, 1 • Ю 9 Кл 10 б Кл/м 1п2 , _ _ , „Л2 = 7 - = 1,25 • 10'5 Дж.2 3,14 8,85 10-12 Ф/мОтвет: Л1 = 4,1 ' 10 5 Дж; Л2=1,25 • 10 5 Дж. К одной из обкладок плоского конденсатора прилегает стеклянная плоскопараллельная пластинка (£1 = 7) толщиной 9 мм. После того как конденсатор отключили от источника напряжения 220 В и вынули стеклянную пластинку, между об­кладками установилась разность потенциалов 976 В. Определить зазор между обкладками и отношение конечной и начальной энергии конденсатора. Дано: С7!=220 В; (72=976 В; dj = 9 103 м; £1 = 7; е2=1.Найти: do; W\/W2.Решение. После отключения конденсатора и удаления стеклян­ной пластинки заряд на его обкладках остается неизменным, т. е. выполняется равенствоCit7i = C2t/2, (1)где С\ и С2 — электроемкости конденсатора в начальном и конеч­ном случае.По условию конденсатор вначале является слоистым и его электроемкость определяется по формулеEg ‘ S (2)G= — di dodi— + £1 Е2где 5 — площадь обкладок; d0 — зазор между ними, dx — тол­щина стеклянной пластинки, Ej и е2 — диэлектрические проница­емости стекла и воздуха соответственно. E2£oSПосле удаления стеклянной пластинки электроемкость кон­денсатора (3)Подставляя (2) и (3) в (1), получим£о5С/1 £2£o5L/2d\ do d\ dQ£1 £2откуда “о— U2-Ui 976 В 9 IO-3(976 - 220) В м 1-’|=1 • 10’2 7/ M.Начальная и конечная энергии конденсатораCiU2. C2u22W\=—; W2=—.2 2Тогда отношение этих энергий W2/Wi = C2U2/(CiUl). Учитывая (1), получимW2 U2 W2 976 В . . .——• — = 4 44Wi Uif Wi 220 ВОтвет: do=l ' Ю“2 м; FF2/FFi=4,44. Батарею из двух конденсаторов емкостью 400 и 500 пФ соединили последовательно и включили в сеть с напряжением 220 В. Потом батарею отключили от сети, конденсаторы разъ­единили и соединили параллельно обкладками, имеющими одно­именные заряды. Каким будет напряжение на зажимах получен­ной батареи? Дано: £7j = 220 В; Cj=400 пФ; С2=500 пФ.Найти: U2.Решение. У последовательно соединенных конденсаторов за­ряды на обкладках равны по модулю 61 = 62=6 и заряд батареи равен заряду одного конденсатора. Емкость батареи последова­тельно соединенных конденсаторов определяется по формуле п1/С= £ 1/С«. Для батареи из двух конденсаторовС=С, • С2/(С, + С2),а их заряд6 = СС/1 = С1С2С/1/(С1 + С2). (1)При отключении конденсаторов их заряд сохраняется. У парал­лельно соединенных конденсаторов заряд батареи равен сумме зарядов конденсаторов 6=61 + 62» а емкость — сумме емкостейС' = С\ + С2.Напряжение на зажимах батареи из двух параллельно соеди­ненных конденсаторовГ 7 — R — _ 3^ /п\2CCl + C2Cl-hC2' 'Подставляя (1) в (2), получаем2CjC2?7i(^1 + С2)гт 2 4 5 • Ю-20 Ф2 • 220 Вtf2 = — - =108,6 В.92 1О20 Ф2Ответ'. t/2= 108,6 В. Заряд конденсатора 1 мкКл, площадь пластин 100 см2, зазор между пластинками заполнен слюдой. Определить объем­ную плотность энергии поля конденсатора и силу притяжения пластин. Дано: 6=Ю 6 Кл; 5= 10“2 м2; е=6.Найти: >v; F. (1)Решение. Сила притяжения между двумя разноименно заря­женными обкладками конденсатора уг .“о£2 5 ” 2 где Е — напряженность поля конденсатора; S — площадь об­кладок конденсатора; е — диэлектрическая проницаемость слю­ды; Eq — электрическая постоянная. (2)Напряженность однородного поля плоского конденсатора _ ff Q Е==. ££q EEqS где o=QIS — поверхностная плотность заряда. Подставляя (2) в (1), получаемо2 Ю“12 Кл2 — = 0,94 Н. 2&£qS 2 6 8,85 10“12 Ф/м 10“2 м2Объемная плотность энергии электрического поля (3)££qE2 W= — .2Подставляя (2) в (3), получаемQ2 ю12 Кл2 -w=——w=- —- = 94,2 Дж/м3.2££0S2 2 • 6 8,85 10“12 Ф/м 10“* м4Ответ: J’=0,94 Н; w=94,2 Дж/м. В медном проводнике сечением 6 мм и длиной 5 м течет ток. За 1 мин в проводнике выделяется 18 Дж теплоты. Опреде­лить напряженность поля, плотность и силу электрического тока в проводнике. Дано: 5=6 • 106 м2; 1=5 м; /=60 с; Q= 18 Дж; р = 1,7 • 10 8 Ом ■ м.Найти: £; j; J.Решение. Для решения задачи используем законы Ома и Джо­уля — Ленца. Закон Ома в дифференциальной форме имеет вид(о где j — плотность тока; Е — напряженность доля; у — удельная проводимость.Закон Джоуля — ЛенцаQ^Rt. (2)Здесь J — сила тока, t — время,R=p' (3)д— сопротивление проводника, где р, I, S — удельное сопротивле­ние, длина и площадь поперечного сечения проводника соответ­ственно.Силу тока J находим из (2) с учетом (3):т [q [qS I 18 Дж 6 10-6 м2J= /—= / ; 7= -=4,6 A.у Rt у pit у 1,7 10 8 Ом м 5 м 60 сПо определению, плотность тока равна j=J[S\j=4,6 А/(6 • 10"6 м2) = 7,7 • 105 А/м2.Напряженность поля в проводнике определим из (1), учитывая, что у=\1р.E=j- р; Е=7,7 • 105 А/м2 • 1,7 КГ8 Ом • м=1,3 • 10'2 В/м.Ответ: Е=1,3 10“2 В/м; J=4,6 A; 7=7,7 ■ 105 А/м2. Внутреннее сопротивление аккумулятора 2 Ом. При замы­кании его одним резистором сила тока равна 4 А, при замыкании другим — 2 А. Во внешней цепи в обоих случаях выделяется одинаковая мощность. Определить электродвижущую силу акку­мулятора и внешние сопротивления. Дано: г-2 Ом; 7] = 4 A; J2—2 A; NX=N2.Найти: <5 ; 2^; R2-Решение. Закон Ома для замкнутой (полной) цепи имеет вид где г — внутреннее сопротивление источника тока; & — э. д. с. аккумулятора; R}iiR2 — внешние сопротивления цепей.Уравнения (1) представим в виде<5=Л(А, + г); 6=Л№+г). (2)Из равенства> (2) следует, что71(А1+г)=Л№+г). (3)Мощность, выделяемая во внешней цепи в первом и втором случаях, соответственно равнаN2=JiR2. Из условия равенства мощностей следует, что Решая совместно уравнения (3) и (4), получаем (4) (5) Л 2 А 2 Ом , _ Л 4 А • 2 Ом л _— = 1 Ом, R2= = 4 Ом.4 А 2 АПодставляя (5) в (2), получаем 5 = 4 А • 2 Ом(2 А/(4 А)+1)= 12 В.Ответ: & = 12 В; Rt= 1 Ом; Л2 = 4 Ом. Электродвижущая сила батареи равна 20 В. Коэффициент полезного действия батареи составляет 0,8 при силе тока 4 А. Чему равно внутреннее сопротивление батареи? Дано: £ =20 В; >7 = 0,8; .7=4 А.Найти: г.Решение. Коэффициент полезного действия источника тока t] равен отношению падения напряжения во внешней цепи к его электродвижущей силе.откуда(2)Используя выражение закона Ома для замкнутой цепи J= £/(Л+г), получаем Подставляя (2) в (3) и выполняя преобразования, находимё(1-п) 20 в (1-0,8)г= : г= =1 Ом.Ответ: г— 1 Ом. По двум бесконечно длинным прямолинейным провод­никам, находящимся на расстоянии 50 см друг от друга, в одном направлении текут токи J\ и J2 силой по 5 А. Между провод­никами на расстоянии 30 см от первого расположен кольцевой проводник с током J3 силой 5 А (рис. 3). Радиус кольца 20 см. Определить индукцию и напряженность магнитного поля, соз­даваемого токами в центре кольцевого проводника. Дано: J1=J2=J3=J=5 А; ^=0,2 м; г3=0,2 м.Найти: В\ Н.Решение. В соответствии с принципом суперпозиции индукция результирующего магнитного поля в точке А равнаВ = Bj 4-Вг + В3, (1)где Bi и В2 — индукции полей, создаваемых соответственно то­ками Ji и J2, направленными за плоскость рисунка; Вз — индук­ция поля, создаваемая кольцевым током. Как видно из рис. 3, векторы В) и Bi направлены по одной прямой в противополож­ные стороны, поэтому их сумма В, 4-82 = 812 равна по модулюВ{2—В2 — Bi. (2) (3)Индукция поля, создаваемого бесконечно длинным проводником с током, где До — магнитная постоянная; д — магнитная проницаемостьо\——; В2———,2nr\ 2itr2 п л12=——2л 5>1   ...   4   5   6   7   8   9   10   11   12

ПОЯСНЕНИЯ К РАБОЧЕЙ ПРОГРАММЕПри изучении темы «Колебания» следует параллельно рас­сматривать механические и электромагнитные колебания, что способствует выработке у студента единого подхода к колебани­ям различной физической природы. Здесь следует четко уяснить понятия фазы, разности фаз, амплитуды, частоты, периода коле­баний, и там, где это необходимо, использовать графический метод представления гармонического колебания. Нужно уяснить, что любые колебания линейной системы всегда можно пред­ставить в виде суперпозиции одновременно совершающихся гар­монических колебаний с различными частотами, амплитудами и начальными фазами.Изучение темы «Волны» целесообразно начинать с механичес­ких волн, распространяющихся в упругих средах. Здесь следует обратить внимание на картину мгновенного распределения сме­щений и скоростей в бегущей волне, различие между бегущей и стоячей волнами, зависимость фазовой скорости от частоты колебаний, найти связь между групповой и фазовой скоростями и показать их равенство в отсутствие дисперсии волн. Особое внимание студент должен уделить условию интерференции волн, энергетическому соотношению при интерференции волн, понять и объяснить перераспределение энергии при образовании мини­мумов и максимумов интенсивности. Переходя к изучению элект­ромагнитных волн, студенту следует ясно представить себе физи­ческий смысл уравнений Максвелла и, опираясь на них, рассмот­реть свойства этих волн. Нужно четко представлять, что перемен­ные электрическое и магнитное поля взаимосвязаны, они поддер­живают друг друга и могут существовать независимо от источ­ника, их породившего, распространяясь в пространстве в виде электромагнитной волны. Другими словами, электромагнитная волна — это распространяющееся в пространстве переменное электромагнитное поле. Под энергией электромагнитного поля следует подразумевать сумму энергий электрического и магнит- 88ного полей. Простейшей системой, излучающей электромагнит­ные волны, является колеблющийся электрический диполь. Сле­дует помнить, что если диполь совершает гармонические колеба­ния, то он излучает монохроматическую волну.В настоящее время волновая оптика является частью общего учения о распространении волн. При изучении явлений интерфе­ренции, дифракции, объясняемых с позиций волновой природы света, студент должен обратить внимание на общность этих явлений для волн любой природы. Но световые волны имеют специфические особенности, когерентность, монохроматичность, которые обусловлены конечной длительностью свечения отдель­ного атома.При изучении интерференции света особое внимание следует обратить на такие вопросы, как цвета тонких пленок, полосы равной толщины и равного наклона. Следует помнить, что при интерференции света имеет место суперпозиция, связанная с пере­распределением энергии, а не с взаимодействием волн.Рассматривая явление дифракции, необходимо уяснить метод зон Френеля, уметь пользоваться графическим методом сложе­ния амплитуд, что будет способствовать пониманию дифракции на одной щели, дифракционной решетке. Кроме того, необходи­мо изучить дифракцию на пространственной решетке и уметь пользоваться формулой Вульфа — Брэгга, являющейся основной в рентгеноструктурном анализе, имеющем важнейшее практичес­кое применение.Изучение явлений интерференции и дифракции света должно подготовить студента к пониманию основ волновой (квантовой) механики и физики твердого тела.Поперечность световых волн была экспериментально установ­лена при изучении явления поляризации света, которое имеет большое практическое применение. При изучении этого явления особое внимание следует обратить на способы получения поляри­зованного света и применение законов Брюстера, Малюса, на явление вращения плоскости поляризации в кристаллах и рас­творах, эффект Керра.Изучая явление дисперсии света, необходимо уяснить сущность электронной теории этого явления, отличие нормальной диспер­сии от аномальной.Следует представлять, что при движении заряженных частиц в веществе в том случае, когда их скорость движения превышает фазовую скорость световых волн в этой среде, возникает излуче­ние Вавилова — Черенкова, которое нужно рассматривать как классическое явление.Переход от классической физики и квантовой связан с пробле­мой теплового излучения и, в частности, с вопросом распределе­ния энергии по частотам в спектре абсолютно черного тела. Изучая тему «Квантовая природа излучения», необходимо знатьгипотезу Планка о квантовании энергии осцилляторов и уяснить, что на основании формулы Планка могут быть получены законы Стефана — Больцмана и Вина.Развитие гипотезы Планка привело к созданию представлений о квантовых свойствах света. Кванты света получили название фотонов. С позиций квантовой теории света объясняются такие явления, как фотоэлектрический эффект и эффект Комптона. При изучении фотоэффекта следует знать формулу Эйнштейна и на ее основании уметь объяснить закономерности, установленные Сто­летовым.Рассматривая эффект Комптона, необходимо обратить вни­мание на универсальный характер законов сохранения, которые оказываются справедливыми в каждом отдельном акте взаимо­действия фотона с электроном.Изучая световое давление, важно понять, что это явление может быть объяснено как на основе волновых представлений о свете, так и с точки зрения квантовой теории.В итоге изучения этого раздела у студента должно сфор­мироваться представление, что электромагнитное излучение име­ет двойственную корпускулярно-волновую природу (корпускуля­рно-волновой дуализм). Корпускулярно-волновой дуализм явля­ется проявлением взаимосвязи двух основных форм материи: вещества и поля.Контрольная работа № 3 построена таким образом, что дает возможность проверить знания студентов по разделу «Колеба­ния. Волны. Оптика».Задачи на гармонические колебания охватывают такие воп­росы, как определение амплитуды скорости, ускорения, энергии, периода механических колебаний, силы тока, напряжения, энер­гии и частоты электромагнитных колебаний.Волновые процессы представлены задачами, в которых опре­деляются частота, длина, скорость распространения, энергия и объемная плотность энергии механических и электромагнитных волн.Задачи по теме «Интерференция света» включают расчет ин­терференционной картины от двух когерентных источников, ин­терференцию в тонких пленках, полосы равной толщины и равно­го наклона.Тема «Дифракция света» представлена задачами: зоны Френе­ля, дифракция в параллельных лучах на одной щели, на плоской и пространственной дифракционных решетках, разрешающая способность дифракционной решетки.Задачи по теме «Поляризация света» охватывают такие воп­росы, как применение законов Брюстера, Малюса, определение степени поляризации, вращение плоскости поляризации в рас­творах и кристаллах.Тема «Распространение света в веществе» включают законытеплового излучения, фотоэффект, эффект Комптона, давление света.ОСНОВНЫЕ ФОРМУЛЫУравнение гармонического колебания где А — амплитуда колебания, со — циклическая частота, Фо — начальная фаза.Период колебания маятников: пружинного физическогогде т — масса маятника,к — жесткость пружины,J — момент инерции маятника, g — ускорение свободного па­дения,I — расстояние от точки подве­са до центра масс.Период колебании в электрическом колебательном контурегде L — индуктивность контура, С — емкость конденсатора.Уравнение плоской волны, распрост­раняющейся в направлении оси Ох, где v — скорость распространения волны.Длина волныгде Т — период волны.Скорость распространения электро­магнитной волныгде с — скорость света в вакууме, е — диэлектрическая проницае­мость среды,р — магнитная проницаемость.Скорость распространения звука в га­зах s=A 8ш(оЯ+ф0), Т=2л Т=2п Т=2п у/LC, 5=Л sin со + фогде у — отношение теплоемкостей газа, при постоянном дав­лении и объеме, R — молярная газовая посто­янная,Т — термодинамическая тем­пература,М — молярная масса газа.Вектор Пойнтингагде Е и Н — напряженности элект­рического и магнитного полей электромагнитной волны.Оптическая длина пути в однородной средегде s — геометрическая длина пути световой волны,п — показатель преломления среды.Оптическая разность ходагде £i и Ь2 — оптические пути двух световых волн.Условие интерференционного макси­мума р=Е хН, L=ns, Д= ±тлЛ), щ=0, 1, 2, ..и интерференционного минимума Д = ± (2/л — 1 )2о/2, m = 1, 2 где — длина световой волны в ва­кууме.Ширина интерференционных полос в опыте Юнгагде d — расстояние между когерент­ными источниками света,Z — расстояние от источников до экрана.Оптическая разность хода в тонких пленках:в проходящем светев отраженном светегде d — толщина пленки,п — показатель преломления пленки,i — угол падения света. Д=2d у/п2 — sin2 i;Д = 2d ^/и2 —sin2 i——2 rm=y/m).R, щ=1, 2, ...Радиусы светлых колец Ньютона в проходящем свете или темных в от­раженном rw=V(2^-l)lR/2,w=l, 2,...,и темных колец в проходящем свете или светлых в отраженном где А — радиус кривизны линзы,Л — длина световой волны в среде.Радиусы зон Френеля rm=y/m).abl(a+b\m=l, 2,...;гт—^т2Ь, w=l, 2,...,для сферической волновой поверхно­сти для плоской волновой поверхностиа — радиус волновой поверх­ности,b — кратчайшее расстояние от волновой поверхности до точки наблюдения.Направление дифракционных макси­мумов от одной щели ср0—0, a sin cpm = ± (2т +1 )2/2т=1, 2, ...;и дифракционных минимумов a sin фт= +/л2, т= 1, 2, ...,где а — ширина щели.Направление главных максимумовдифракционной решетки csinm= +m).t m=Q, 1, 2, ...,где с — постоянная дифракционной решетки.Разрешающая способность дифракци-онной решетки R=—=mN,ДАгде ДА — минимальная разность длин волн двух, спект­ральных линий, разреша­емых решеткой, т — порядок спектра, N — общее число щелей ре­шетки.Формула Вульфа — Брэгга 2dsin6т=т2, т= 1, 2, ...,где d — расстояние между атомны­ми плоскостями кристалла, 6т — угол скольжения рентге­новских лучей. Т jСтепень поляризацииЛпахAnin Л2 tg io=-, «1где Лим и /щщ — максимальная и ми­нимальная интенсивность света. Закон Брюстерагде io — угол Брюстера, /=7ocos2 а,и п2 — показатели преломле­ний первой и второй среды. Закон Малюсагде 10 и I — интенсивность плоско- поляризованного света, па­дающего и прошедшего че­рез поляризатор,а — угол между плоскостью по­ляризации падающего све­та и главной плоскостью поляризатора.Угол поворота плоскости поляриза­ции света Ф=Фо/;ф = [фо]с/,в кристаллах и чистых жидкостях в растворахср0 — постоянная вращения, [фо] — удельная постоянная враще­ния,с — концентрация оптически активного вещества в рас­творе,/ — расстояние, пройденное све­том в оптически активном веществе.Фазовая скорость света D=—.dZгде с — скорость света в вакууме, п — показатель преломления среды. Z dnДисперсия вещества п dZГрупповая скорость света сCOS0 =—,nvНаправление излучения Вавилова — Черенкова где v — скорость заряженной час­тицы. Закон Стефана — Больцманагде А—энергетическая светимость черного тела,Т— термодинамическая темпе­ратура тела,о — постоянная Стефана — Бо­льцмана.Закон смещения Винагде Лаи — длина волны, на которую приходится максимум энергии излучения черно­го телаb — постоянная Вина.Давление света при нормальном паде­нии на поверхностьгде I — интенсивность света,р — коэффициент отражения,и>—объемная плотность энер­гии излучения.Энергия фотонагде h — постоянная Планка, v — частота света.Уравнение Эйнштейна для внешнего фотоэффектагде А — работа выхода электро­нов из металла,Ттах — максимальная кинети­ческая энергия фотоэлек­тронов.Комптоновская длина волны частицыде т0—масса покоя частицы,Ео—энергия покоя частицы.Изменение длины волны рентгеновс­кого излучения при эффекте Компто­на R=aT\ _Ь ia*— Р= (l+p)=w(l+p), С max> . _ Л _hc'

л=|ма<р.

*0
/по
Е^т^с2.

тос1

Е=тс2 = г —.

у/1 —v2jc2
njflV

р=mv——. yj 1 — v2/c2

Т=Е

Е0=

— т0С2 (—■ ■■:■:? — 1

\v 1— v2fc2

Е2=р2с2 + Е2.

1 qz uv]c2



Работа при вращательном движении Кинетическая энергия вращающегося тела

Релятивистское сокращение длины

где /0 — длина покоящегося тела, с — скорсость света в вакууме.

Релятивистское замедление времени

где /0 — собственное время.

Релятивистская масса где тио — масса покоя.

Энергия покоя частицы

Полная энергия релятивистской час­тицы

Релятивистский импульс

Кинетическая энергия релятивистс­кой частицы

Релятивистское соотношение между полной энергией и импульсом Теорема сложения скоростей в реля­тивистской механике

где и и и' — скорости в двух инерци­альных системах координат, движущихся относительно друг друга со скоростью v, совпада­ющей по направлению с и (знак —) или противоположно ей на­правленной (знак +).

Количество вещества

где N — число молекул,

Na — постоянная Авогадро, т — масса вещества, М — молярная масса.

Уравнение Клапейрона-Менделеева
pV=vRT,

где р — давление газа,

V — его объем,

R — молярная газовая постоян­ная,

Т — термодинамическая темпе­ратура.

Уравнение молекулярно-кинетичес­кой теории газов
2 у

Р2 ^пост^

= - пто <ио>2,

3

где п — концентрация молекул, <£пост) — средняя кинетическая энергия поступательно­го движения молекулы, zzz0 — масса молекулы,

— средняя квадратичная скорость.
<Е>=; кт,

2

Средняя энергия молекулы

где i — число степеней свободы, к — постоянная Больцмана.
U=- vRT.

2

Внутренняя энергия идеального газа Скорости молекул:




средняя квадратичная
n) = ^3kT/m0=

средняя арифметическая
=y/3RTIM-,

= yj 8кТ/(пт0) =




=y/8RTI(nM).

наиболее вероятная
vJt = y/2kT/mQ =




=y/2RT!M.

Средняя длина свободного пробега молекулы
<2>=(^/2 ncPri) \



где d — эффективный диаметр мо­лекулы.

Среднее число столкновений молеку­лы в единицу времени

Распределение молекул в потенциаль­ном поле сил

где П — потенциальная энергия мо­лекулы.

Барометрическая формула

Уравнение диффузии

где D — коэффициент диффузии,

р — плотность,

d5 — элементарная площадка, перпендикулярная оси Ох.

Уравнение теплопроводности

где ае — теплопроводность.

Сила внутреннего трения

где г] — динамическая вязкость.

Коэффициент диффузии

Вязкость (динамическая)


= V2 7Г^<0-


и=Поехр


р=роехр


dm — —D — dSdZ,
dx


Теплопроводность

где cv — удельная изохорная тепло­емкость.

Молярная теплоемкость идеального газа


dQ = — ае — d5dz,
dx

dv dF= -г} - dS, dx

x>=‘ <»><-*>•
ti=l p<»> <Л>=Рр.
®=i c,p<®> <Л>=чс„


изохорная




изобарная


Первое начало термодинамики


CP=^R.

Р 2

d(2 = dtf+dX,
dL7=vGdT,
d^=pdK





Л=р(Г2-И1) = уА(Т2-Т1);



Работа расширения газа при процессе изобарном



изотермическом
адиабатном



V1 Р\

A — vRT\n — = vRT\n —;

Fl Р2

A = vCv(T\-T2}=

vRTi

(T^D


1-

PiVt

(7-1)


1- -

\V1J J







pVy=const,
TVy ’ = const,
Typy=const.

Q-Qo T—Tq

Q T ’
S2 — Si —
t'



где y = Cp/Cv.

Уравнения Пуассона

Коэффициент полезного действия ци­кла Карно

где Q п Т —количество теплоты полученное от нагре­вателя и его темпе­ратура;

Qo и TG — количество теплоты- переданное холо­дильнику и его тем­пература.

Изменение энтропии при переходе из состояния 1 в состояние 2

ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

  1. Движение тела массой 1 кг задано уравнением s=6/2 + 4-3/+2. Найти зависимость скорости и ускорения от времени.

Вычислить силу, действующую на тело в конце второй секунды.

Решение. Мгновенную скорость находим как производную от пути по времени:

г=—; и=18/2 + 3.

dr

Мгновенное ускорение определяется первой производной от скорости по времени или второй производной от пути по вре­мени:

Сила, действующая на тело, определяется по второму закону Ньютона: F=ma, где а, согласно условию задачи,— ускорение в конце второй секунды. Тогда

F=m • 36/; F=1 кг • 36 • 2 м/с2 = 72 Н.

Ответ". v=18/2 + 3; д=36/; F=72 Н.

  1. Стержень длиной 1 м движется мимо наблюдателя со скоростью 0,8 с. Какой покажется наблюдателю его длина?

Дано: l0=l м, v=0,8 с.

Найти: I.

Решение. Зависимость длины тела от скорости в релятивистс­кой механике выражается формулой

Z=/oVl-«'2/c2> (О

где /0 — длина покоящегося стержня; v — скорость его движения, с — скорость света в вакууме. Подставляя в формулу (1) чис­ловые значения, имеем

I— 1 м ^/1 — (0,8 с)2/с2 =1 м у/\ — 0,64 = 0,6 м.

Ответ". 1—0,6 м.

  1. Две частицы движутся навстречу друг другу со скоростями: 1) г=0,5 с и и = 0,75 с; 2) v=c и и=0,75с. Найти их относительную скорость в первом и втором случаях.

Дано: 1) v=0,5c, м=0,75с; 2) г=с, u=0,75c.

Найти: u'i, ur2.

Решение. Согласно теореме сложения скоростей в теорий от­носительности,



1 +VU/C2’

где v, и — скорости соответственно первой и второй частиц; и' — их относительная скорость; с — скорость света в вакууме Для первого и второго случаев находим:

, 0,5с+0,75с Л

и — ——0,91с;

0,5с 0,75с

1+^

с+0,75с 1,75с

и2 — —; — —— — с.

0,75с2 1,75

1+—

Это означает, что, во-первых, ни в какой инерциальной системе отсчета скорость процесса не может превзойти скорость света, и, во-вторых, скорость распространения света в вакууме абсолютна.

Ответ: 14=0,91 с; и'2 — с.

  1. На двух шнурах одинаковой длины, равной 0,8 м, подвеше­ны два свинцовых шара массами 0,5 и 1 кг. Шары соприкасаются между собой. Шар меньшей массы отвели в сторону так, что шнур отклонился на угол а=60°, и отпустили. На какую высоту поднимутся оба шара после столкновения? Удар считать цент­ральным и неупругим. Определить энергию, израсходованную на деформацию шаров при ударе.

Дано: mi = Q,5 кг, т2=1 кг, а=60°, 7=0,8 м.

Найти: М;

Решение. Так как удар шаров неупругий, то после удара шары будут двигаться с общей скоростью v. Закон сохранения количе­ства движения при этом ударе имеет вид

(1)

Здесь V] и v2 — скорости шаров до удара. Скорость большого шара до удара равна нулю (v2 = 0). Скорость меньшего шара найдем, используя закон сохранения энергии. При отклонении меньшего шара на угол а (см. рис. 1) ему сообщается по­тенциальная энергия, которая затем переходит в кинетическую: might Таким образом, =/(1 — cosa)=2/sin2(a/2), по­

этому

= y/lghi = 2 s/gl sin (a/2). (2)

Из уравнений (1) и (2) находим скорость шаров после удара:



(3)
v — miVil(mi-\-m^ — 2miy/gl sin * (mi+m2).

Кинетическая энергия, которой обладают шары после удара, переходит в потенциальную:

(ти! 4- т2>2/2=4- m2)gh, (4).

где h — высота поднятия шаров после столкновения. Из форму­лы (4) находим h=v2l(2g), или с учетом (3),

h=2m2l ‘ sin2 ^(wi 4-ли2)2;

h—2 (0,5кг)2 • 0,8 м ' 0,25/(0,5 кг 4-1 кг)=0,044 м.

При неупругом ударе шаров часть энергии расходуется на их деформацию. Энергия деформации определяется разностью ки­нетических энергий до и после удара:

=mi v2/2 — (т} 4- w2)v2/2.

Используя уравнения (2) и (3), получаем

(/и1 \

1 — ) sin2

т\+тп2) 2

Д£^=2'9,81 м/с2 • 0,8 м • 0,5 кг(1—0,5 кг/1,5 кг) • 0,25=1,3 Дж.

Ответ\ А=0,044 м, EEg= 1,3 Дж.

  1. Молот массой 70 кг падает с высоты 5 м и ударяет по железному изделию, лежащему на наковальне. Масса наковальни вместе с изделием 1330 кг. Считая удар абсолютно неупругим, определить энергию, расходуемую на деформацию изделия. Си­стему молот — изделие — наковальня считать замкнутой.

Дано: raj = 70 кг, h — 5 м, т2 —1330 кг.

Найти: Eg.

Решение. По условию задачи, система молот — изделие — — наковальня считается замкнутой, а удар неупругий. На основа­нии закона сохранения энергии можно считать, что энергия, затраченная на деформацию изделия, равна разности значений механической энергии системы до и после удара.

Считаем, что во время удара изменяется только кинетическая энергия тел, т. е. незначительным перемещением тел по вер­тикали во время удара пренебрегаем. Тогда для энергии дефор­мации изделия имеем

Wit?2 (zwi+/w2X2

,——■ (|>

где v — скорость молота в конце падения с высоты h; v — общая скорость всех тел системы после неупругого удара. Скорость


учета
(2) удара
(3)
молота в конце падения с высоты h определяется без сопротивления воздуха и трения по формуле

v = y/2gh.

Общую скорость всех тел системы после неупругого найдем, применив закон сохранения количества движения

2>
1   2   3   4   5   6   7   8   9   ...   12

Л

£ W/V.— Const.

/=1

Для рассматриваемой системы закон сохранения количества дви­жения имеет вид mlv=(m[Fm2)v, откуда

^т^Цт^+пъ). (4)

Подставив в формулу (1) выражения (2) и (4), получим

Ш2

Eg=migh

/И1+/И2

_ __ _ _ , 1330 кг

70 кг • 9,8 му с2 • 5 м —.

В 1330 кг + 70 кг

„ ™ л о . 1330

Вычислим на калькуляторе выражение 70 • 9,8 5 по

программе

7009,8050 ВЗОВГ^П] 13300700 Е[х^П] 0 |Л^П Я 3258,5. Ответ'. Eg = 3258 Дж.

  1. Тело массой 1 кг под действием постоянной силы движется прямолинейно. Зависимость пути, пройденного телом, от време­ни задана уравнением s=2t2+4t+1. Определить работу силы за 10 с с начала ее действия и зависимость кинетической энергии от времени.

Дано: т= 1 кг, s=2t2+4f+1.

Найти: Л, T=f(t).

Решение. Работа, совершаемая силой, выражается через криволи­нейный интеграл

A=$Fds. (1)

Сила, действующая на тело, по второму закону Ньютона равна

F=m • а или F—m • (2)

dr2

Мгновенное значение ускорения определяется первой произ­

водной от скорости по времени или второй производной от пути по времени. В соответствии с этим находим

ds d2s -

v=—=4t+4; (3) а—— = 4 м/с2. (4)

dr dr2

Тогда




(5)
(6)
d2s

F—m ——4т.

dr2

Из выражения (3) определим cis: dj=(4/+4)d/.

Подставив (5) и (6) в уравнение (1), получим 4m(4t+4)dt.

По этой формуле определим работу, совершаемую силой за 10 с с начала ее действия:



+ 16/ о
Г 16г2 10

(16/Н/ + 16m)dt=m —

= 1 (8 100 + 16 • 10) Дж = 960 Дж.

Кинетическая энергия определяется по формуле

T=mv2/2. (7)

Подставляя (3) в (7), имеем

Т=т (4/+4) 2/2 = т (16t2 + 32/ +16)/2=т (8 /2 +16/ + 8).

Ответ'. Л = 960 Дж, Т=т (8/2 +16/ + 8).

  1. Протон движется со скоростью 0,7 с (с — скорость света).

Найти количество движения и кинетическую энергию протона.

Дано: v=0,1с.

Найти: р\ Т.

Решение. Количество движения протона определяется по формуле

р=т • v. (1)

Так как скорость протона сравнима со скоростью света, то необходимо учесть зависимость массы от скорости, воспользова­вшись релятивистским выражением для массы:

m = mJ у/1 - v2jc2 = mj^/1 - fl2, (2)

где т — масса движущегося протона; т0= 1,67 ' 10 27 кг — мас­са покоя протона; v— скорость движения протона; с = = 3 • 108 м/с — скорость света в вакууме; v/c—fl — скорость про­тона, выраженная в долях скорости света.

Подставляя уравнение (2) в (1) и учитывая, что j3=v/c, по­лучаем

■ с fi/y/1-р2;

р=1,67 ' 10“27 кг ' 3 108 м/с • 0,7/^/ 1 — 0,72 — 4,91 • 10"19 кг • м/с.

В релятивистской механике кинетическая энергия частицы определяется как разность между полной энергией Е и энергией покоя Ео этой частицы:

Г=£-£о, (3)

где

E=mQC2l^1

Р2, Е^—т^с2.

Вычислим энергию покоя протона:

£^=1,67 • 10-27 кг(3 108 м/с)2=1,5 1О 10 Дж.

Тогда (см. формулу (3))

т=^г(1д/Г^Р-1);

Т=1,5 1О“10 Дж(1/71-0,72-1)=0,6 1(Г10Дж.

Ответ’. р=4,91 • 10 19 кг м/с, Т=0,6 1О 10 Дж.

  1. Тонкий стержень массой 300 г и длиной 50 см вращается с угловой скоростью 10 с-1 в горизонтальной плоскости вокруг вертикальной оси, проходящей через середину стержня Найти угловую скорость, если в процессе вращения в той же плоскости стержень переместится так, что ось вращения пройдет через конец стержня.

Дано: т=300 г=0,3 кг, 7=50 см=0,5 м, о>1 = 10 с-1.

Найти: щ2-

Решение. Используем закон сохранения момента количества движения

л

£ /,щ,=const, (1)

/=» 1

где Ji — момент инерции стержня относительно оси вращения.

Для изолированной системы тел векторная сумма моментов количества движения остается постоянной. В данной задаче всле­дствие того, что распределение массы стержня относительно оси вращения изменяется, Момент инерции стержня также изменится. В соответствии с (1) запишем

•^1^1 = «^2^2 • (2)

Известно, что момент инерции стержня относительно оси, проходящей через центр масс и перпендикулярной стержню, равен

Jo—mP/ll. (3)

По теореме Штейнера,

J—jQ+md2,

где J — момент инерции тела относительно производной оси вращения; Jo — момент инерции относительно параллельной оси, проходящей через центр масс; d — расстояние от центра масс до выбранной оси вращения.

Найдем момент инерции относительно оси, проходящей через его конец и перпендикулярной стержню:

Л=Л+пи/2, /2=?и/2/12+?и(//2)2=?и/2/3. (4)

Подставляя, формулы (3) и (4) в (2), имеем:

ml 2(Ох!\ 2=ml 2со2/3,

откуда

а>2=о>1/4, 0^=10 с */4=2,5 с-1.

Ответ'. (^ = 2,5 с-1.

  1. Маховик массой 4 кг вращается с частотой 720 мин-1 вокруг горизонтальной оси, проходящей через его центр. Массу аховика можно считать равномерно распределенной по его ободу радиусом 40 см. Через 30 с под действием тормозящего момента маховик остановился. Найти тормозящий момент и чис­ло оборотов, которое сделает маховик до полной остановки.

Дано: со=0, т—4 кг, п=720 мин-*=12 с-1; А/=30 с, R=0,4 м.

Найти: М\ N.

Решение. Для определения тормозящего момента М сил, дей­ствующих на тело, нужно применить основное уравнение дина­мики вращательного движения:

/•Дса=ЛГАг, (1)

где J —- момент инерции маховика относительно оси, проходя­щей через центр масс; Лео — изменение угловой скорости за промежуток времени Д/.

По условию, Act) = — Wo, где со0 — начальная угловая скорость, так как конечная угловая скорость cd=O. Выразим начальную угловую скорость через частоту вращения маховика; тогда а>о = 2яи и Дщ=2л71. Момент инерции маховика J=mR\ где т — масса маховика; R — его радиус. Формула (1) принимает вид

mR22nn=M • А/,

откуда

М =27Г7?тиЛ2/Д/;

М=2 • 3,14 • 12 с'1 • 4 кг • 0,16 м2с"2/30 с= 1,61 Н * м.

Угол поворота (т. е. угловой путь д>) за время вращения маховика до остановки может быть определен по формуле для равнозамедленного вращения:

= е * Д/2/2, (2)

где е — угловое ускорение. По условию, щ = со0—еД/, со=0, е • Д?=со0- Тогда выражение (2) можно записать так:

ср = а)0Л/ — ojQ&tll = (ЛоЩ!.

Так как q) 2nN, coo=27C7i, то число полных оборотов

У=71 Дг/2; У=12с"г • 30 с/2=180.

Ответ'. Л/=1,61 Н • м, У=180.

  1. В сосуде объемом 2 м3 находится смесь 4 кг гелия и 2 кг водорода при температуре 27 °C. Определить давление и моляр­ную массу смеси газов.

Дано: И=2 м3, тх—^ кг, Л/\ = 4'10-3 кг/моль, /и2=2 кг, М2—2' 10 3 кг/моль, Т=300 К.

Найти: Р; М.

Решение. Воспользуемся уравнением Клапейрона — Менделе­ева, применив его к гелию и водороду:

P.V^m.RT/M^ (1)

p2V=m2RTIM2, (2)

где — парциальное давление гелия; — масса гелия;

Мг — его молярная масса; V — объем сосуда; Т — температура газа; R = 8,31 Дж/(моль • К)— молярная газовая постоянная; р2 — парциальное давление водорода; т2 — масса водорода; М2 — его молярная масса. Под парциальным давлением Рх и р2 понимается то давление, которое производил бы газ, если бы он только один находился в сосуде. По закону Дальтона давление смеси равно сумме парциальных давлении газов, входя­щих в состав смеси:

Р=Р1+Р2-

Из уравнения (1) и (2) выразим р} и р2 и подставим в уравнение

(3). Имеем

mxRT m2RT /гп\ m2\ Drr


Vj + V2

где Vi и v2 — число молей гелия и водорода соответственно. Число молей газов определим по формулам:






v2—m2IM2.
Подставляя (6) и (7) в (5), найдем
гщ+т2

М= .

ntifMi +тп21М2
(6)

(7)

(8)



Подставляя числовые значения в формулы (4) и (8), получаем

4кг2кг \ 8,31Дж/(моль•К)300

4 • 10-3 кг/моль 2 • 10-3 кг/моль/ 2 м3

/4 2 \ 8,31 300

Вычислим выражение I—ю ^) 2— П° пРогРамме

4 В 4 |вп] 3 Q В |х-»п 2 0 2 Вп 3 Q Е) S |п->х 1Э х-»п 8,31 0 300 В 2 Е [х)[п-»х|@

Показание индикатора 2493000.

Таким образом, р—2493 кПа.

4 кг + 2 кг

М= -— =

4 кг/(4 10“3 кг моль *)+2 кг/(2 10 3 кг моль*1)

= 3 ‘ 10 3 кг/моль.

Ответ'. р=2493 кПа, М=3 • 10“3 кг/моль.

  1. Чему равны средние кинетические энергии поступатель­ного и вращательного движения молекул, содержащихся в 2 кг водорода при температуре 400 К?

Дано: т=2 кг, Т=400 К, М=2 ' 10-3 кг/моль.

Найти. <£пост^»

Решение. Считаем водород идеальным газом. Молекула водо­рода — двухатомная, связь между атомами считаем жесткой. Тогда число степеней свободы молекулы водорода равно 5. В среднем на одну степень свободы приходится энергия (8,У=кТ/2, где к — постоянная Больцмана; Т — термодинами­ческая температура. Поступательному движению приписывается три (z=3), а вращательному две (z = 2) степени свободы. Энергия одной молекулы

3 2

<Епост>=- кТ; <£вр>=- кт.

2 2

Число молекул, содержащихся в массе газа,

■ NA = (m!M) • NA,

<

где v —- число молей; NA — постоянная Авогадро. Тогда средняя кинетическая энергия поступательного движения молекул во­дорода


<8.р> = —- = 33,24 105 Дж=3324 кДж.

2 10 3 кг моль

Ответ: <Епост>=4986 кДж, <£вр> = 2324 кДж.

  1. Определить среднюю длину свободного пробега молекул и число соударений за 1 с, происходящих между всеми молекула­ми кислорода, находящегося в сосуде емкостью 2 л при тем­пературе 27 °C и давлении 100 кПа.

Дано: V—2 л—2 • 10 3 м3, Л/=32 • 10 3 кг/моль, Т=300 К, р=100кПа=105 Па, J=2,9 * 1О“10 м.

Найти: <А>; Z.

Решение. Средняя длина свободного пробега молекул кисло­рода вычисляется по формуле


Подставляя в (4) выражения (5), (6) и (7), находим

_ 1 y/tRT/(nM) • у/2 ■ тиРр р ^_2n(Pp2V /лТ

2 кТ кТ кРТ2 у/пМ

Подставляя числовые значения, получим

_ 2 3,14'2,92 Ю"20 м2 1О10 Па2 • 2 10" 3 м3

Z= — — — X

1,38 10"*6 Дж2 К 2 9 10* К2





/8,31 Дж/(моль • К) • ЗОО К
3,14 32 10“3 кг/моль

1,38 1(Г23 Дж/К 300 К
= 9 • 1028 с"1;
= 3,56 • 10 8 М.
<2> = /

yjl 3,14 • 2,92 1О 20 м2 105 Па

Ответ'. Z=9 • 1028 с-1, <Л> = 3,56 • 10“8 м.

  1. Определить коэффициенты диффузии и внутреннего тре­ния азота, находящегося при температуре Т=300 К и давлении 105 Па.

Дано: р0=1,25 кг/м3, М=28 • 10 3 кг/моль, Т=300 К, р=105 Па, J=3,l • 10"1ом.

Найти: Л; у.

Решение. Коэффициент диффузии определяется по формуле


Подставляя (2) и (3) в выражение (1), имеем

1 [&RT кТ2кТ IRT

3 у пМ /2 nd2p ЗпсРр у ъМ

Коэффициент внутреннего трения

^=1/3<г><Л>р, (5)

где р — плотность газа при температуре 300 К и давлении 105 Па. Для нахождения р воспользуемся уравнением состояния идеального газа. Запишем его для двух состояний азота — при нормальных условиях Го=273 К, р—1,01 ' 105 Па и в условиях задачи:

роГо=(7к/ЛОЯГо; pV=(m/M)RT. (6)

Учитывая, что po—m/Vo, p=mjV, имеем

Р = Рор7о/(роГ). (7)

Коэффициент внутреннего трения газа может быть выражен через коэффициент диффузии (см. формулы (1) и (5)):


(8)
T] = D ‘ p = DpopTo/(poT).

Подставляя числовые значения в (4) и (8), получим

2 1,38 10 23 Дж/К 300 К /8,31 Дж/(моль • К) 300 К_ 3 • 3,134 3,12 • 1(Г20 м2 • 105 Па \ 3,14 • 28 • 10“ 3 кг/моль

=4,7 10" 5 м2/с;

л „ , д 105 Па 273 К

>7 = 4,7 • 10 5 м/с • 1,25 кг/м3 • — ■— —

1,01 Ю5 Па 300 К

= 5,23 • 10"5 кг/(м • с).

Ответ: D=4,l ■ 10"5 м2/с, ^=5,23 • 10"5 кг/(м • с).

  1. Кислород массой 160 г нагревают при постоянном давле­нии от 320 до 340 К. Определить количество теплоты, поглощен­ное газом, изменение внутренней энергии и работу расширения газа.

Дано: т= 160 г = 16 10“2 кг, 7\ = 320 К, Т2 = 340 К.

Найти: б; АС; А.

Решение. Количество теплоты, необходимое для нагревания газа при постоянном давлении,

Q = тср (Т2 - ТО = (т!М)Ср (Т2 - Т\). (1)

Здесь ср и Ср=Мср — удельная и молярная теплоемкости газа при постоянном давлении; M=3210 3 кг/моль — молярная масса кислорода. Для всех двухатомных газов

=7/2 R\ Ср=3,5 8,31 Дж/(моль К)=29 Дж/(моль * К).

Изменение внутренней энергии газа находим по формуле

АС=(/и/М)Сг(Т2-Т1), (2)

где Су — молярная теплоемкость газа при постоянном объеме. Для всех двухатомных газов

CF=5/2A; Ср=2,5 • 8,31 Дж/(моль • К)=20,8 Дж/(моль К).

Работа расширения газа при изобарном процессе А р ДУ, где ДУ= К2— Pj — изменение объема газа, которое можно найти из уравнения Клапейрона — Менделеева. При изобарном про­цессе

рУ^т/ЩХТ]; (3)

рУ2=(т/М)ЯТ2. (4)

Почленным вычитанием выражения (4) из (3) находим

p(V2-V{)=(mlM)R(T2-T^

следовательно,

A=(mlM)R(T2-Tx). (5)

Подставляя числовые значения в формулы (1), (2) и (5), получаем:

16 10-2 кг Дж

£> = — • 29 — (340 К-320 К)=2900 Дж;

32 • 10 3 кг/моль моль К

16 10-2 кг Дж

А [7= . 20,8 — (340 К-320 К) = 2080 Дж;

32 10 3 кг/моль моль К

16 10-2 кг Дж

Л=— - • 8,31 - — (340 К-320 К) = 840 Дж.

32 10 3 кг/моль моль К

Ответ: £> = 2900 Дж; АС7=2080 Дж; Я = 840 Дж.

  1. Объем аргона, находящегося при давлении 80 кПа, увели­чился от 1 до 2 л. На сколько изменится внутренняя энергия газа, если расширение производилось: а) изобарно; б) адиабатно.

Дано: Kj = 10 м3, К2=2 10 м3, д=0,8 105 Па,

Л/=40-10 3 кг/моль, 1 = 3.

Найти: AL7.

Решение. Применим первый закон термодинамики. Согласно этому закону, количество теплоты Q, переданное системе, рас­ходуется на увеличение внутренней энергии A U и на внешнюю механическую работу А:

Q=AU+A. (1)

Величину АС7 можно определить, зная массу газа т, удельную теплоемкость при постоянном объеме с у и изменение температу­ры АТ:

АС/=ш суАТ. (2)

Однако удобнее изменение внутренней энергии AU определять через молярную теплоемкость Су, которая может быть выражена через число степеней свободы:





Су i R

Су — — .


М 1М

(3)




Подставляя величину cv из формулы (3) в (2), получаем



(4)
. A rr,

AU=— • - R AT.

M 2

Изменение внутренней энергии зависит от характера процесса, при котором идет расширение газа. При изобарном расширении газа, согласно первому закону термодинамики, часть количества теплоты идет на изменение внутренней энергии АС7, которая выражается формулой (4) Найти AU для аргона по формуле (4) нельзя, так как масса газа и температура в условии задачи не даны. Поэтому необходимо провести преобразование форму­лы (4).

Запишем уравнение Клапейрона — Менделеева для началь­ного и конечного состояний газа:

или



(5)




Подставив (5) в формулу (4), получим



(6)
Аи=2р(у2-У^.

Это уравнение является расчетным для определения AU при изобарном расширении.

При адиабатном расширении газа теплообмена с внешней средой не происходит, поэтому Q=0. Уравнение (1) запишется в виде

(7)

Это соотношение устанавливает, что работа расширения газа может быть произведена только за счет уменьшения внутренней энергии газа (знак минус перед ACT):

(8)

Формула работы для адиабатного процесса имеет вид где у — показатель степени адиабаты, равный отношению тепло-

(z=3) — имеем у = 1,67.

Находим изменение внутренней энергии при адиабатном про­цессе для аргона, учитывая формулы (8) и (9):





ж . М
ли=-
RTX U/Vx\y_x -]

- “I

у-1 LW
(Ю)




Для определения работы расширения аргона формулу (10) следует преобразовать, учитывая при этом параметры, данные в условии задачи. Применив уравнение Клапейрона — Менделе­ева для данного случаяpxVx=(mlM)RT\, получим выражение для подсчета изменения внутренней энергии:




At/= (- -1

у-1 LW
(11)




Подставляя числовые значения в (6) и (11), имеем:

а) при изобарном расширении

з

АС7=-О,8 105 Па • 10'э м3 = 121 Дж;

2

б) при адиабатном расширении






4 т 0,8 ■ 105 Па 10 3 м3

Ас/=

(1,67-1)

10 3 м3

2 10"3 м3
1,67-1
— 1 =—44,6 Дж.



Ответ', а) АС7 = 121 Дж; б) А (7 =—44,6 Дж.

  1. Температура нагревателя тепловой машины 500 К. Тем­пература холодильника 400 К. Определить к. п. д. тепловой машины, работающей по циклу Карно, и полную мощность машины, если нагреватель ежесекундно передает ей 1675 Дж теплоты.

Дано: Т=500 К,

То=4ОО К, 2-1675 Дж.

Найти: ту, N.

Решение. Коэффициент полезного действия машины определя­ется по формуле

г} = (Т—Т0)/Т (1)

или

>у=Л/2. (2)

Из выражений (2) и (1) находим

A = rr Q=(T-T0)/T.

Произведем вычисления:

500 К-400 К

Л = 0,2 ■ 1675 Дж = 335 Дж.

Эта работа совершается за 1 с, следовательно, полная мощность машины 335 Вт.

Ответ'. ?у = 0,2, 7V=335 Вт.

  1. Горячая вода некоторой массы отдает теплоту холодной воде такой же массы и температуры их становятся одинаковыми. Показать, что энтропия при этом увеличивается.

Решение. Пусть температура горячей воды Ть холодной Т2, а температура смеси 0. Определим температуру смеси, исходя из уравнения теплового баланса




0=(Г1 + Г2)/2.
откуда
(1)




Изменение энтропии, происходящее при охлаждении горячей воды,

Д51 =

Изменение энтропии, происходящее при нагревании холодной воды,

AS2=

Изменение энтропии системы равно

О О О2

AS=ASi + А52 = с ‘ т ' In —he • т In — = с ' т In

Г, Т2 Тх Т2

или с учетом соотношения (1) имеем


(Г1+Г2)2

А5=с • m ;

4Г172





2>
1   2   3   4   5   6   7   8   9   ...   12

Смотрите также файлы