Physics_1

После простых преобразований находим

n¢ =

m1

× n ,

m + 2m

1

2

n¢ =

180

×10 = 6 мин−1

или

п¢ = 0,1 с−1

( п = 0,17 с−1 ).

180 + 2 ×60

Используя закон сохранения механической энергии, имеем

где Ek

=

I

сист

×ω2

A =

Ek 2 - Ek1

,

-

кинетическая энергия

вращательного

движения

2

системы.

(I¢ + I

¢ )×ω¢2

(I

)×ω2

A =

+ I

;

1

2

-

1

2

2

2

æ

1

m1R

2

+ m2 R

2

ö

(

2π n¢)

2

æ

1

m1R

2

ö

2

ç

2

÷ ×

- ç

2

+ 0÷×(2π n)

A =

è

ø

è

ø

;

2

(2π R)

2

ææ

1

m1

ö

× n¢

2

-

1

m1n

2

ö

×çç

2

+ m2 ÷

2

÷

A =

èè

ø

ø

;

2

(2 ×3,14 ×1,5)

2

æ

æ

1

×180 +

ö

2

-

1

×180 ×0,17

2

ö

×ç

ç

2

60÷ ×0,1

2

÷

A =

è

è

ø

ø

= 49 Дж .

2

Ответ:

¢

−1

,

А

= 49 Дж .

п = 6 мин

Задача 8. Материальная точка совершает гармонические колебания вдоль оси х. Через t = 0,1 c от начала движения смещение точки от

положения равновесия x = 5 см , проекция вектора скорости υ1х = 62 см с ,

проекция вектора ускорения а1х = -540 см с2 . Найти:

1.Амплитуду колебаний А;

2.Циклическую частоту ω ;

3.начальную фазу колебаний ϕ0 .

Решение: Напишем закон движения материальной точки для

гармонического колебания вдоль оси х

x = Asin (ωt +ϕ0 ).

Законы изменений проекций скорости υx и ускорения ax со временем могут быть найдены следующим образом:

υx = dxdt = Aω cos(ωt +ϕ0 ) ;

- 51 -

a

= dυx

=

d 2 x

= -Aω2 sin (ωt +ϕ

).

x

dt2

0

dt

Тогда для момента времени t = t1

x1 = Asin (ωt1 + ϕ0 )

υ1x

= Aω cos(ωt1 + ϕ0 )

a

= -Aω2 sin (ωt +ϕ

0

) = -ω2 × x

1x

1

1

-5,4 м

Таким образом, циклическая частота

ω =

-

a1x

= -

с

2

= 10,4 с−1 .

x

5×10−2

м

1

Далее возведем в квадрат уравнения для x1

и υ1x

и сложим их :

x2

= A2 sin2

(ωt +ϕ

0

)

1

1

υ2

=

( Aω)2 cos2 (ωt +ϕ

0

)

1x

1

x2 +υ2 = A2 + ( A×ω)2 .

1

1x

Замечание: при сложении уравнений воспользовались основным тригонометрическим тождеством sin 2 α + cos2 α = 1.

(0,62

м

)2

2

(5×10−2

м)

2

с

= 7,8×10−2

м .

Отсюда A = x2 + υ1x =

+

(

1 ω2

−1

)

2

10,4 с

Период колебаний Т =

2π

= 0,6 с .

ω

Для того, чтобы определить начальную фазу колебаний ϕ0 , осуществим

преобразования

x

= Asin

(ωt +ϕ

0

) = Asin æ 2π t +ϕ

0

ö = Asin

æ 2π t +ϕ

ö

,

1

1

ç

T

1

÷

ç

6

1

0 ÷

è

ø

è

ø

2π

æ x

ö

ϕ0 = -

π

6

+ϕ0 = arcsin ç

1

÷

= arcsin0,64

ð

9

рад .

è A ø

Ответ:

A = 7,8×10−2 м, ω = 10,4 с−1 , ϕ0

= -

π

рад .

9

Задача

9:

Шарик

массой

т = 20

гр

совершает

гармонические

колебания вдоль оси х с периодом Т = 2 с . В начальный момент времени шарик обладал энергией Е =10−2 Дж и находился от положения равновесия на расстоянии х1 = 0,25 м . Написать уравнение движения шарика х = х(t) .

- 52 -

Решение: Полная энергия колеблющегося объекта Е, независимо от его положения, определяется выражением

E =

mω2 A2

,

где ω =

2π .

2

T

Откуда A2 =

2E

=

ET 2

ð A = T

×

E

mω2

2π 2m

2m

π

ð A =

2 c

×

10−2

Дж

= 0,32 м.

3,14

2 × 20 ×10−3

кг

Искомое уравнение движения для гармонического колебания имеет вид

х = Asin (ωt +ϕ0 )

или

х = Asin

æ

2π

t

ö

ç

T

+ϕ0 ÷ .

При t = 0

х = Asinϕ0 . Тогда начальная фаза колебаний

è

ø

æ x

ö

ϕ0

æ

0,25 м

ö

0

» 0,3π рад .

ϕ0 = arcsin ç

1

÷

ð

= arcsin ç

÷

=

51

0,32 м

è A ø

è

ø

Таким образом, получаем уравнение колебаний шарика

х = 0,32×sin (π ×t + 0,3×π ), м ,

Ответ: х = 0,32×sin (π ×t + 0,3×π ),

м .

Задача 10. В баллоне объемом V = 10 л

находится гелий под давлением

р1 = 1 МПа

и при температуре

Т1 = 300 К .

После того,

как из баллона

было взято т =10 г гелия,

температура

в

баллоне

понизилась до

Т2 = 290 К . Определить давление р2

гелия, оставшегося в баллоне.

Решение:

Для решения задачи воспользуемся уравнением Менделеева-

Клапейрона, применив его к конечному состоянию газа:

р V =

m2

RT ,

(1)

2

M

2

Где m2 - масса гелия в баллоне в конечном состоянии;

М – молярная масса гелия;

R – молярная газовая постоянная.

Из уравнения (1) выразим искомое давление:

p2	= m2 RT2 .	(2)
	MV

Массу m2 гелия выразим через массу m1 , соответствующую начальному состоянию, и массу т гелия, взятого из баллона:

m2 = m1 − m .

(3)

Массу m1 гелия найдем также из уравнения Менделеева-Клапейрона, применив его к начальному состоянию:

- 53 -

m =	Mp1V	.	(4)
1	RT1

Подставив выражение массы m1 в (3), а затем выражение m2 в (2),

найдем

æ

MpV

ö

RT

T

m RT

p2

= ç

1

- m÷

2

или p2 =

2

p1 -

2

.

(5)

RT1

MV

T1

M

è

ø

V

Произведем

вычисления

по

формуле

(5),

учитывая, что

M = 4 ×10−3 кг

моль

:

290

10−2

8,31

p2 =

×106 -

×

× 290 = 3,64 ×105 (Па).

300

4 ×10−3

10−2

Ответ: p2 = 0,364 МПа .

Задача 11.

Баллон содержит т1 = 80 г

кислорода и т2 = 320 г аргона.

Давление смеси р = 1 МПа ,

температура Т = 300 К .

Принимая данные

газы за идеальные, определить объем V баллона.

Решение: По закону Дальтона давление смеси равно сумме парциальных давлений газов, входящих в состав смеси.

По уравнению Менделеева-Клапейрона парциальные давления р1 кислорода и р2 аргона выражаются формулами:

p =	m1RT	,	p	2	=	m2 RT	.
1	M1V					M2V

Следовательно, по закону Дальтона давление смеси газов

	p = p1 + p2	æ	m1		m2	ö	RT
		или p = ç		+		÷		,
			M1		M2		V
		è				ø

Откуда объем баллона

æ

m1

m2

ö

RT

V = ç

+

÷

.

è

M1

M2 ø p

Произведем

вычисления,

учитывая,

что

M2 = 40×10−3 кг

моль

.

0,08

0,32

ö 8,31×300

V =

æ

+

= 0,0262

ç

÷

6

32 ×10

−3

40

×10

−3

10

è

ø

M1 = 32 ×10−3 кг моль,

(м3 ) = 26,2 (л) .

Ответ: V = 0,0262 (м3 ) = 26,2 (л).	р
Задача 12. Гелий массой т = 4 гр совершает	р2	2
цикл, изображенный на рисунке. Найти
работу А, совершаемую газом за один цикл,
	р1 1			3
- 54 -				V
	V1	V2

количество теплоты, принятое от нагревателя Q1 и переданное холодильнику Q2 за цикл, КПД цикла, если р1 = 200 кПа , р2 = 600 кПа ,

V1 =1 л , V2 = 3 л .

Решение: Определим количество вещества

ν = Mm = 1 моль ,

где М = 4 гр моль – молярная масса гелия.

Рассмотрим каждый участок цикла отдельно.

(1-2): запишем первый закон термодинамики Q12 = U12 + A12 . На данном

участке давление пропорционально объему: p = k ×V , где k = p2 - p1 .

V2 -V1

Работа A12 определяется, исходя из изотермического смысла работы газа в координатной плоскости (р, V):

V

V

2

V2

= k

(V22

-V12 ) =

1 ( p2 - p1 )(V2 +V1 )

A12 = ò2

pdV = k ò2 VdV = k ×V

V

V

2

V

2

2

1

1

1

А12

=

1 ×(600 ×103 - 200 ×103 )×(3×10−3 +1×10−3 ) = 800 Дж .

2

i

i

U

= C ×ν ×(T -T ) =

R ×ν ×(T -T ) =

(ν RT -ν RT ) ,

12

V

2

1

2

2

1

2

2

1

где CV

- молярная теплоемкость при постоянном объеме.

pV =ν RT ,

Воспользуемся

уравнением

состояния идеального

газа

тогда

3 ( p V - pV ) = 2400 Дж ,

U

12

=

2

2

2

1

1

где для одноатомного гелия число степеней свободы i = 3.

Тогда Q12 = 2400 Дж + 800 Дж = 3200 Дж .

Так как Q12

> 0 , то газ на этом участке получает от нагревателя теплоту.

(2-3):

Так

как

V = const ,

то

A23

= 0

и первый закон

термодинамики

принимает вид

Q23 =

U23 ,

где U23 = CVν (T3 -T2 );

U

=

3

ν RT -ν RT

=

3

(

pV - p V

=

3V

p - p

2 )

= -1800 Дж .

23

2

(

3

2 )

2

1 2

2 2 )

2 2 (

1

U23 < 0 , значит внутренняя энергия уменьшается.

- 55 -

Q23 = −1800 Дж .		Так как	Q23 < 0 , то газ на этом участке отдает теплоту
холодильнику.
(3-1):	Q31 =	U31 + A31 ,	A31 = p1 (V1 -V2 ) = -400 Дж (газ совершает

«отрицательную» работу; его сжимают).

Q = C			p	×ν ×(T - T ) = i + 2 R ×ν ×(T -T ) =							5 (ν RT -ν RT ) =
	31				1	3		2	1 3		2	1	3
	5					5 p
=		( pV - pV ) =						(V -V ) = -1000		Дж,
	2	1	1	1	2	2	1	1	2

где Ср - молярная теплоемкость при постоянном давлении.

Так как Q31 < 0 , то газ на участке 3-1 также отдает теплоту холодильнику.

Итого: Q1 = Q12 = 3200 Дж ,

Q2 = Q23 + Q31 = 2800 Дж .

η =	Q1 - Q2	= 0,125 или η = 12,5 % .
	Q1

Aцикл = A12 + A23 + A31 = 400 Дж

Замечание: используя геометрический смысл работы в координатной плоскости (р, V) видно, что работу за цикл можно рассчитать, определив площадь фигуры цикла (в нашем случае – это площадь треугольника).

Ответ: А = 400 Дж , Q1 = 3200 Дж , Q2 = 2800 Дж , η = 0,125 .

Задача 13. Двигатель работает как машина Карно и за цикл получает от нагревателя Q1 = 700 Дж теплоты. Температура нагревателя Т1 = 327 0С , температура холодильника Т2 = 27 0С . Найти:

1.совершаемую за цикл работу;

2.количество теплоты, отдаваемое холодильнику.

Решение: Запишем формулу для КПД тепловой машины:

		η =			Q1 - Q2		,
					Q1
т.к. двигатель работает по циклу Карно, то η =			Т1 - Т2			.
				Т1
Совершаемая газом работа за цикл A = Q − Q . Тогда η =								A	=	Т1 -Т2	,
		1	2					Q1		Т1
	Т1 -Т2
A = Q ×		,
1	Т1

где Т1 = 327 0С = 600 К , Т2 = 27 0С = 300 К .

A = 700 × 600 - 300 = 350 (Дж) 600

- 56 -

Количество теплоты Q2 = Q1 − А = 700 − 350 = 350 (Дж).

Ответ: A = Q2 = 350 Дж.

Задача 14. Один моль идеального двухатомного газа, находящегося в закрытом сосуде, охладили с T1 = 90 0С до T2 = 40 0С . На сколько и как изменилась энтропия газа?

Решение: Запишем второй закон термодинамики в формулировке

Клаузиуса

dS = δTQ ,

где dS – приращение энтропии.

По первому закону термодинамики, записанному для элементарного

теплового процесса

δQ = dU + dA или δQ = dU + p × dV .

Элементарное приращение внутренней энергии газа dU = CV ×ν × dT ,

тогда

δQ = CV ×ν × dT + p × dV .

Для идеального газа молярная теплоемкость при постоянном объеме

CV = 2i R ,

где i – число степеней свободы.

Из уравнения состояния идеального газа следует, что p = ν VRT . Тогда

δQ = CV ×ν × dT +ν RT × dVV .

После деления на абсолютную температуру Т, имеем

δTQ = CV ×ν × dTT +ν R × dVV , dS = CV ×ν × dTT +ν R × dVV .

Проинтегрируем полученное дифференциальное уравнение, расставляя

пределы интегрирования

S2

dS =

T2

C ×ν × dT +

V2

ν × R × dV

ò

ò

ò

,

V

T

V

S1

T1

T2

V1

V2

S

2

- S = C ×ν ×ln

+ν R ×ln

.

1

V

T1

V1

æ

T2

V2

ö

Итого, приращение энтропии

S12

=ν ×çCV

×ln

+ R ×ln

÷ .

T1

è

V1 ø

- 57 -

Замечание: Используя полученное выражение для S12 и уравнение

Менделеева-Клапейрона для начального и конечного состояний идеального газа, легко получить

				æ		p2			V2	ö
			S12	=ν ×çCV	×ln		+ Cp	×ln		÷	,
						p1			V1
				è						ø
где Сp - молярная теплоемкость						идеального					газа при постоянном
давлении; Cp	=	i + 2	R .
	2

Рассчитаем изменение энтропии газа, учитывая, что при закрытом сосуде V1 = V2 .

Т

= 90 0С = 363 К , Т

= 40

0С = 313 К , C

=

i

R = 5 R

(для двухатомного

1

2

V

2

2

газа число степеней свободы i = 5)

æ

5

Дж

313

К

Дж

ö

Дж

S12 =1 моль×ç

×8,31

×ln

+ 8,31

×ln1÷

= -3,1

.

2

моль×

К

363

моль× К

è

К

ø

К

Ответ: энтропия газа уменьшилась на 3,1

Дж .

К

- 58 -

КОНТРОЛЬНАЯ РАБОТА № 1

1. Кинематика материальной точки

1.0. Радиус-вектор		частицы	определяется	выражением:
r	= 4t3 ×i + 5t3 × j + 8t2	× k , м .
r

Вычислить:

1.Модуль перемещения частицы за вторую секунду движения;

2.Скорость частицы в момент времени t = 3 c .

1.1.Материальная точка движется со скоростью

υ = 2t2	×i + 3t × j + 4× k , м .
r	с

Найти:

1.зависимость радиус-вектора частицы от времени;

2.модуль ускорения частицы в момент времени t = 3 c .

1.2.Точка движется в плоскости (ХY) по закону: x = α ×t , у = α ×t - β ×t2 , где α , β - положительные постоянные.

Найти:

1.уравнение траектории точки; изобразить её график;

2.зависимость скорости точки от времени;

3.зависимость ускорения точки от времени.

1.3.Зависимость координат движения частицы от времени имеет вид

x = a ×cosωt , у = а ×sinωt , z = 0, где a, ω - константы.

1.найти уравнение траектории частицы;

2.в каком направлении движется по траектории

частица?

3. определить радиус-вектор r , скоростьυ и ускорение частицы a .

1.4. Частица движется в положительном направлении оси х так, что её

скорость меняется по закону υ = α × x , где α - положительная постоянная. В момент времени t = 0 координата частицы x = 0 .

Найти:

1.зависимость скорости от времени, υ (t);

2.зависимость ускорения от времени, a(t) .

1.5.Частица движется, замедляясь, по прямой с ускорением, модуль

которого зависит от её скорости по закону a = α × v , где α - положительная постоянная. В момент времени t = 0 начальная скорость частицы υ = 0 .

- 59 -

Найти:

1.путь, пройденный частицей до остановки;

2.время, за которое этот путь будет пройден.

1.6.Точка, принадлежащая твёрдому телу вращается вокруг

неподвижной оси по закону ϕ = a ×t - b ×t3 , где a = 6				рад	,
	рад			с
b = 2		с	3 .
	Найти:

1.среднее значение угловой скорости за промежуток времени от t = 0 до остановки;

2.угловое ускорение в момент остановки.

1.7.Точка, принадлежащая ободу колеса, начинает вращаться вокруг

неподвижной

оси с угловым ускорением ε = α ×t , где

α = 0.02 рад с3 . Через сколько времени после начала вращения

модуль вектора нормального ускорения точки твердого тела, двигающейся по окружности радиуса R = 10 см , будет равен

an = 0,008 м с2 ?

1.8.Материальная точка вращается вокруг неподвижной оси так, что

его угловая скорость зависит от угла поворота по закону ω = α × 3ϕ , где α - положительная постоянная. В момент времени t = 0 угол

ϕ= 0 .

Найти:

1.зависимость угловой скорости от времени, ω (t) ;

2.зависимость угла поворота от времени, ϕ (t) .

1.9.Колесо радиусом R = 0,1 м вращается так, что зависимость угла

поворота радиуса колеса от времени даётся уравнением

ϕ = A + Bt + Ct3 , где B = 2	рад	, С = 1 рад	с	3 .
	с

Для точек, лежащих на ободе колеса, найти через 2 с после начала движения следующие величины:

1.угловую скорость;

2.линейную скорость;

3.угловое ускорение;

4.тангенциальное ускорение;

5.нормальное ускорение.

- 60 -