МЕХАНИКА И МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА

Министерство образования и науки Российской Федерации

Орский гуманитарно-технологический институт (филиал)

Государственного образовательного учреждения

Высшего профессионального образования

«Оренбургский государственный университет»

ТЕОРИЯ СТРОЕНИЯ МАТЕРИАЛОВ

(СПЕЦГЛАВЫ ФИЗИКИ)

Методические указания и контрольные задачи по физике

Для студентов заочной формы обучения инженерно-технических

Специальностей высших учебных заведений

Издательство

Орского гуманитарно-технологического института

Орск, 2010

Печатается по решению редакционно-издательского совета Орского гуманитарно-технологического

института (филиала) ГОУ ВПО «Оренбургский

государственный университет»

Методические указания и контрольные задачи по физике для студентов заочной формы обучения инженерно-технических специальностей высших учебных заведений. – Орск: Издательство ОГТИ, 2010. – 95 с.

Авторы-составители: Ж. Г. Калеева, В. И. Грызунов, Т. И. Грызунова, И. А. Ткачева, Ю.М. Бронникова, В. Н. Нежинская

Методические указания и контрольные задачи по физике составлены в соответствии с программой по курсу физики инженерно-технических специальностей высших учебных заведений. По каждому разделу приводятся основные законы и формулы, даны примеры решения задач с подробными объяснениями. Предназначается преподавателям физики высших учебных заведений и студентам заочной формы обучения.

© Ж. Г. Калеева, В. И. Грызунов,

Т. И. Грызунова, И. А. Ткачева,

Ю.М. Бронникова, В. Н. Нежинская.

© Издательство ОГТИ

ОГЛАВЛЕНИЕ

МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ

Представленный Вашему вниманию сборник методических указаний и контрольных задач по физике для студентов заочной формы обучения инженерно-технических специальностей высших учебных заведений имеет целью оказание помощи студентам при самостоятельной подготовке к решению расчетно-графических заданий.

При составлении сборника авторы руководствовались учебно-методической программной курса общей физики, предусмотренной государственным стандартом высшего профессионального образования. Настоящий сборник включает в себя тематические рекомендации и примеры решения задач, представленных в контрольных работах по следующим разделам изучаемого курса физики: «механика и молекулярная физика», «электромагнетизм», «оптика и физика твердого тела».

В начале каждого раздела приводятся соответствующие тематике контрольных задач основные физические формулы и законы, вкратце раскрывается смысл физических величин, даются пояснения к используемым обозначениям. Примеры решения задач, приведенные в каждом из разделов настоящего сборника методических указаний и задач специально подобраны авторами в соответствии с типами задач в предлагаемой следом контрольной работе по разделу. Включение теоретического материала с формулами и законами, а так же примеров решения задач необходимо для того, чтобы использование предлагаемого сборника студентами вузов заочной формы обучения инженерно-технических специальностей высших учебных заведений было достаточным для решения предложенных в настоящем сборнике расчетно-графических заданий.

Примеры решения задач должны ознакомить студентов не только со способами решения задач по физике, но и дать представления о предъявляемых требованиях к оформлению расчетно-графического задания. Тетрадь с контрольной работой должна иметь титульный лист (см. Приложение), который можно распечатать в методическом кабинете кафедры МТМ. Сдаваемые на регистрацию и проверку в методический кабинет расчетно-графические задания обязательно должны включать в себя номера и условия выполненных задач.

В каждом разделе настоящего сборника присутствует таблица вариантов к контрольной работе, в которой каждому из десяти вариантов соответствует перечень номеров задач, представленных далее по тексту. Определить номер своего варианта можно по последней цифре в зачетной книжке студента (в случае, если последняя цифра в зачетной книжке «ноль», предусмотрено выполнение десятого варианта).

Приступая к решению задачи, рекомендуется внимательно прочесть ее условие, вникнуть в смысл задачи и установить, какие физические явления и закономерности лежат в ее основе, какие из описанных процессов являются главными, и какими из них можно пренебречь. После чего из формул, выражающих эти закономерности, необходимо найти решение задачи в общем виде.

После получения такого решения требуется выполнить анализ размерности, в ходе которого в общую формулу подставляются единицы измерения величин, и выводится необходимая единица измерения.

Затем следует перейти к подстановке числовых данных, выраженных в одной и той же системе единиц (системе СИ). Таблица приставок для образования десятичных кратных и дольных единиц находится в Приложении.

Приступая к решению задачи, требуется выяснить, является ли данные из условия задачи достаточными для ее решения. В случае необходимости, недостающие физические величины следует взять из таблиц, так же представленных в приложении настоящего сборника. Эти величины, а также полученные ответы, необходимо округлять до точности, определяемой конкретными условиями задачи. Точность полученного ответа в задаче не должна превышать точности исходных данных, рядом с числовым ответом следует писать наименование единицы измерения вычисленной физической величины.

В тех задачах, в которых требуется начертить график, нужно обозначить направление осей, начало координат, выбрать и указать масштаб. Контрольные работы, представленные без соблюдения указанных требований, а также работы, выполненные не полностью или не по своему варианту, не зачитываются. При повторном рецензировании работы необходимо предоставлять новый исправленный вариант решения контрольных задач вместе с первой рецензией.

Р А З Д Е Л I

МЕХАНИКА И МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА

ОСНОВНЫЕ ФОРМУЛЫ И ЗАКОНЫ

Физическая величина или закон	Формула
Мгновенная скорость (линейная, угловая)
Средняя скорость (линейная, угловая)
Мгновенное ускорение (линейное, угловое)
Среднее ускорение (линейное, угловое)
Тангенциальное ускорение
Нормальное ускорение
Полное ускорение
Зависимость радиус-вектора от времени и координаты от времени при равноускоренном движении
Связь между линейными и угловыми величинами
Второй закон Ньютона для поступательного движения
Центростремительная сила
Работа переменной силы на пути s
Мощность	, где А – работа, совершаемая за время t
Центральный удар шаров а) скорости шаров u1 и u2 массами m1 и m2 после абсолютно упругого удара б) скорость шаров u после абсолютно неупругого удара
Сила трения скольжения
Сила упругости
Момент инерции J материальной точки, находящейся на расстоянии R от оси	, где m - масса
Момент инерции J полого тонкостенного цилиндра радиусом R относительно оси симметрии	, где m - масса
Момент инерции J сплошного цилиндра или диска радиусом R относительно оси симметрии	, где m - масса
Момент инерции J прямого тонкого стержня длиной l относительно перпендикулярной оси, проходящей через его середину	, где m - масса
Момент инерции J прямого тонкого стержня длиной l относительно перпендикулярной оси, проходящей через его конец	, где m - масса
Момент инерции J шара радиусом R, относительно оси, проходящей через его центр	, где m - масса
Теорема Штейнера	, где J – момент инерции тела относительно произвольной оси, J0 – момент инерции тела относительно оси, проходящей через центр масс и параллельной данной оси, m – масса тела, a – расстояние между осями
Момент силы относительно оси вращения	, где α – угол между силой F и радиус-вектором r
Основное уравнение динамики вращательного движения При J = const
Момент импульса
Закон сохранения момента импульса
Кинетическая энергия вращения
Работа при вращательном движении	A=M φ, где M – момент силы, φ – угловое перемещение
Уравнение гармонического колебания
Период колебаний математического и физического маятника	, где J – момент инерции физического маятника, m – его масса, g – ускорение свободного падения, l – длина маятника
Уравнение Менделеева – Клапейрона	, где P- давление, V – объем, m – масса, М - молярная масса, R – универсальная газовая постоянная, Т - температура
Основное уравнение молекулярно-кинетической теории	, где p – давление, n0 – концентрация молекул, k – постоянная Больцмана, Т - температура
Уравнение вязкости
Уравнение первого закона термодинамики	, где δQ – количество теплоты, сообщённое газу; dU - изменение его внутренней энергии; δА— работа, совершаемая газом против внешних сил
Изменение энтропии	где δQ – количество теплоты, Т – температура, ∆S – изменение энтропии, S – энтропия
Внутренняя энергия произвольной массы идеального газа	, где i — число степеней свободы, R — молярная газовая постоян­ная
Молярная теплоемкость газа при постоянном объеме	, где i — число степеней свободы, R — молярная газовая постоян­ная
Молярная теплоемкость газа при постоянном давлении	, где i — число степеней свободы, R — молярная газовая постоян­ная
Работа при изобарическом процессе	, где V1 — начальный объем газа; V2 — его конечный объем; T1 — начальная температура газа; T2 — его конечная темпера­тура
Работа газа при изменении его объема	где А – работа газа, р – давление, V – объем
Работа при изотермическом процессе	где А – работа газа, М – молярная масса, т – масса газа, V – объем, Т – температура, р – давление, R – молярная газовая постоянная
Работа при адиабатном процессе	, m – масса газа, М — молярная масса газа
Уравнения Пуассона (адиабатного процесса)	, где γ - показатель адиабаты , или , или
Уравнение Майера	, где R — молярная газовая постоян­ная
Термический коэффициент полезного действия для кругового процесса	, где Q1—количество теплоты, полученное рабочим телом (газом) от нагревателя; Q2—количество теплоты, переданное рабочим телом охладителю
Термический коэффициент полезного действия цикла Карно	, где T1 — температура нагревателя; T2 — температура охладителя

ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

Задача 1.Два автомобиля, выехав одновременно из одного пункта, движутся прямолинейно в одном направлении. Зависимость пройденного пути от времени задается уравнениями s₁ = A t + B t² и s₂ = C t + D t² + F t³. Определите закон изменения относительной скорости автомобилей.

Решение. В соответствии с законом сложения скоростей υ₁ = u + υ₂, где υ₁ – скорость первого автомобиля относительно земли, υ₂ – второго, u – скорость первого автомобиля относительно второго.

Тогда скорость первого автомобиля относительно другого автомобиля будет равна разности их скоростей относительно земли, то есть

u = υ₁ - υ_2.(1)

Чтобы найти скорости υ₁ и υ₂, необходимо найти производные пути s₁ и s₂ по времени.

(2)

Подставляя полученные значения в выражение (1) определим относительную скорость автомобилей:

u =A + 2B t – C – 2 Dt – 3 Ft² = A – C +2 (B - D)t – 3 Ft²_.

Задача 2.В течение времени τ скорость тела задается уравнением вида

υ = A + B t + C t² (0 ≤ t ≤ τ). Определите среднюю скорость за промежуток времени τ.

Решение. Средняя скорость определяется как отношение пути, пройденного телом ко времени движения.

υ_ср=s/τ (1)

По определению скорости

Для того, чтобы определить путь, пройденный телом, необходимо произвести операцию интегрирования.

Средняя скорость определяется по формуле (1)

.

Задача 3. Для определения глубины шахты можно воспользоваться камнем и секундомером. Определить глубину шахты, если время с начала падения камня до прихода звука равнялось 5 секунд. Скорость звука в шахте принять равной 330 м/с.

Решение. Пусть время падения камня до дна шахты равно t₁. Камень падает с нулевой начальной скоростью. Начало отсчета пути, пройденного камнем свяжем с точкой падения. Связь между временем падения камня до дна шахты и ее глубиной можно выразить равенством

h = g t₁²/2. (1)

Обозначим t₂ время, за которое звук дойдет до поверхности шахты. В свою очередь, связь между временем прихода звука со дна шахты до наблюдателя и ее глубиной можно выразить следующим равенством

h = υ t₂ (2)

где υ – скорость звука в шахте. Известно, что звук доносится через некоторое время t = 5 сек от начала падения камня. За это время камень должен упасть и звук должен дойти до поверхности:

t = t₁ + t₂,

t₂= t - t₁.

Приравнивая правые части равенств (1) и (2), найдем время падения камня до дна шахты

g t₁ ²/2= υ (t - t₁), (3)

g t₁² + 2 υ t₁ – 2 υ t = 0.

Получаем квадратное уравнение, одним из корней которого будет положительное значение времени t₁ = 4,7 c. Подставляя полученное значение времени в выражение (1), получим высоту шахты h = 109 м.

Задача 4.Телоброшено под углом к горизонту. Оказалось, что максимальная высота подъема h = s / 4 ( s - дальность полета). Пренебрегая сопротивлением воздуха, определите угол броска к горизонту.

Решение. Начальная скорость υ_о тела будет направлена под углом α к горизонту (Рис. 1), поэтому проекции начальной скорости υ_о тела на оси х и y будут равны, соответственно

(1)

Запишем проекцию уравнения движения тела на оси х и у:

, (2)

Обозначим t – время подъема тела, тогда полное время полета тела 2 t. В этот момент времени координата y = 0. Тогда из (1) и (2) получим:

И выразим отсюда время подъема тела

. (3)

Зная время подъема, можно вычислить высоту подъема тела (как координату y в данный момент времени). Тогда, используя формулы (2) и (3) получим:

. (4)

По условию задачи h = s /4. Дальность полета s будет определяться как координата x, соответствующая времени полета (2 t). Из формул (2) и (3):

. (5)

Используя соотношение h = s /4 и формулы (4) и (5) получим

. (6)

Сокращая выражение (6) получаем

Задача 5.Точкасовершает гармонические колебания с частотой

v = 10 Гц. В момент, принятый за начальный, точка имела максимальное смещение x_max = 1 мм. Написать уравнение колебаний точки.

Решение. Уравнение колебаний точки можно записать в виде

x = A sin (ω t + φ_о), (1)

где А – амплитуда колебаний, ω –циклическая частота, t – время, φ_о - начальная фаза колебаний. По определению, амплитуда колебаний

А = x_max. (2)

Циклическая частота ω связана с частотой v соотношением

ω =2 π v. (3)

Для момента времени t = 0 формула (1) примет вид

x_max = А sin φ_о.

Откуда начальная фаза φ_о = arcsin (x_max / A)=arcsin 1,

φ_о = (2 k + 1) π / 2 , где ( ).

Изменение фазы на 2 π не изменяет состояния колеблющейся точки, поэтому можно принять φ_о = π / 2.

С учетом этих равенств, уравнение колебаний примет вид

x = A sin (2 π v t + π / 2) = А cos (2 π v t).

Подставляем значения и получаем

x = 10^-3 cos (20 π t).

Задача 6. На железнодорожной платформе, движущейся по инерции со скоростью υ_о = 3 км/ч, укреплено орудие. Масса платформы с орудием M = 10 т. Ствол орудия направлен в сторону движения платформы. Снаряд массой m = 10 кг вылетает из ствола под углом α = 60° к горизонту. Определите скорость снаряда υ (относительно земли), если после выстрела скорость платформы уменьшилась в n = 2 раза.

Решение. На платформу и снаряд действует сила тяжести и сила реакции опоры, но обе силы направлены вертикально, то есть, у этих сил нет горизонтальной составляющей. Следовательно, не меняется горизонтальная составляющая импульса системы.

Снаряд выпущен под углом к горизонту, следовательно, у него присутствует вертикальная составляющая импульса, которая увеличивается. Запишем этот закон в проекции на направление движения платформы и снаряда (Рис. 2).

Задача 7. Поезд массой m = 600 т равноускоренно движется под гору с уклоном α = 1° (Рис. 3) и за время t = 1 мин развивает скорость υ = 18 км/ч. Коэффициент трения μ = 0,01. Определите среднюю мощность <N> локомотива.

Решение. Средняя мощность по определению определяется по формуле

Работа представляет собой изменение кинетической энергии, потенциальной энергии, и работы сил трения.

Выразим высоту h = s sin α, а работу сил трения представим как произведение силы трения на перемещение

В соответствии со вторым законом Ньютона

Спроецировав данное выражение на ось oy, с учетом , ,

Получим, что сила трения .

Тогда средняя мощность определяется следующим образом

Так как по условию задачи, поезд движется равноускоренно, то .

Ускорение в нашем случае будет определяться формулой

a = υ / t =0,08м/с², тогда s = 72 м.

Вычислим значение работы, зная, что 18 км/ч = 5 м/с.

Задача 8.В лифте на пружинных весах находится тело массой т=10 кг.. Лифт движется с ускорением а=2 м/с². Определить показания весов в двух случаях, когда ускорение лифта направлено: 1) вертикально вверх, 2) вертикально вниз.

Решение. Определить показания весов — это значит найти вес телаG, т. е. силу, с которой тело действует на пружину. Но эта сила, по третьему закону Ньютона, равна по модулю и противоположна по направлению силе упругости N (силе реакции опоры), с которой пружина через посредство прикрепленной к ней чашки весов действует на тело, т. е.

, или G=N.

Следовательно, задача определения показания весов сводится к нахождению реакции опоры N.

На тело действуют две силы: сила тяжести Р= mg и сила N.

Направим ось z вертикально вверх и спроецируем на нее все силы, действующие на тело. Индекс z у проекции сил опустим, так как проекции и сами силы совпадают по величине. Направление сил учтем знаком плюс или минус. Напишем уравнение движения:

N – P = ma, откуда

N= P+ma = m(g+a). (2)

Из равенств (1) и (2) следует

G = m(g + a).

При вычислении показания весов следует учесть знак ускорения:

1) ускорение направлено вертикально вверх (a>0), тогда

G₁ = 10∙(9,81 + 2) = 118 Н;

2) ускорение направлено вертикально вниз (a<0), тогда

G₂ = 10∙(9,81 – 2) = 78 Н.

Задача 9. Материальная точка массой m = 1 кг двигается под действием некоторой силы согласно уравнению s = A – B t + C t² – D t³, B = 3 м/с, С = 5 м/с², D = 1 м/с³. Определить мощность N, затрачиваемую на движение точки в момент времени t = 1 с.

Решение. Величина мгновенной мощности представляет собой производную работы по времени

(1)

Бесконечно малая работа равна бесконечно малому дифференциалу кинетической энергии материальной точки.

δA = dT . (2)

Кинетическая энергия по определению равна

.

Согласно выражению (1), находим производную кинетической энергии по времени

(3)

Для того, чтобы вычислить значение мощности, необходимо знать скорость движения точки, ее мы определяем по определению скорости

Тогда мощность будет равна

N = 1•4•4 = 16 Вт.

Задача 10. С наклонной плоскости, составляющей угол α = 30° с горизонтом, скатывается шарик. Пренебрегая трением, определите время движения шарика, если известно, что центр масс его опустился на 30 см.

Решение. В результате движения потенциальная энергия шарика mgh перешла в кинетическую энергию поступательного движения mυ²/2 и в кинетическую энергию вращения Jω²/2. Тогда, по закону сохранения энергии

(1)

Момент инерции шара равен

J = (2/5) m R² (2)

где R – радиус шара, m – масса шара.

Угловая скорость связана с линейной скоростью следующим соотношением ω = υ/R.

Подставляем необходимые значения в выражение (1)

Из полученного соотношения выражаем линейную скорость движения центра масс шарика .

Время движения шарика можно определить из кинематического уравнения движения шарика по наклонной плоскости длинной l.

(3)

Ускорение мы определили в данном случае как a = υ/t.

Из уравнения (3) выражаем время движения шарика

.

Для того, чтобы определить длину пути l шарика по наклонной плоскости воспользуемся соотношениями в прямоугольном треугольнике. Гипотенуза l будет равна

Задача 11.Платформа в виде сплошного диска радиусом R = 1,5 м и массой m₁ = 180 кг вращается вокруг вертикальной оси с частотой n = 10 мин^-1. В центре платформы стоит человек массой m₂ = 60 кг. Какую линейную скорость относительно пола будет иметь человек, если он перейдет на край платформы?

Решение. Согласно условию задачи, момент внешних сил относительно оси вращения z, совпадающей с геометрической осью платформы, можно считать равным нулю. При этом условии проекция L_z момента импульса системы платформа-человек остается постоянной.

L_z = J_z ω = const (1)

Где J_z – момент инерции платформы с человеком относительно оси z,

ω – угловая скорость платформы.

Момент инерции системы равен сумме моментов инерции тел, входящих в состав системы (платформы и человека), поэтому в начальном состоянии

J_z = J₁+J₂,

а в конечном состоянии

J_z = J' ₁+J' ₂.

С учетом этого равенство (1) примет вид:

(J₁+J₂) ω = (J'₁+J'₂) ω' (2)

где значения моментов инерции J₁ и J₂ соответственно относятся к начальному состоянию системы, а J'₁и J'₂ к конечному.

Момент инерции платформы относительно оси z при переходе человека не изменяется J₁ = J'₁=(1/2) m₁ R². Момент инерции человека относительно той же оси будет изменяться. Если рассматривать человека как материальную точку, то его момент инерции J₂ в начальном состоянии (в центре платформы) можно считать равным нулю. В конечном состоянии (на краю платформы) момент инерции человека J'₂= m₂ R². Подставим в формулу (2) выражения моментов инерции, начальной угловой скорости вращения платформы с человеком ω = 2 π n и конечной угловой скорости ω'= υ/R, где υ – линейная скорость человека относительно пола.

((1/2) m₁ R² + 0) 2 π n = ((1/2) m₁ R² + m₂ R²) υ/R.

После сокращения на R² и простых преобразований находим скорость υ.

υ =2 π n R m₁ / (m₁+2 m₂).

Тогда получим, что υ =0,94 м/с.

Задача 12.Шар радиусом R = 10 см и массой m = 5 кг вращается вокруг оси симметрии согласно уравнению φ = A + B t² + C t³, B = 2 рад/с²,С = - 0,5 рад/с³. Определить момент силы М для момента времени t = 3 c.

Решение. Запишем основное уравнение динамики вращательного движения: момент силы M равен произведению момента инерции J на угловое ускорение β.

M = J β (1)

Момент инерции шара равен

J = (2/5) m R² (2)

где R – радиус шара, m – масса шара.

Чтобы найти угловое ускорение, необходимо найти вторую производную от уравнения вращательного движения. Сначала найдем угловую скорость

Подставляя значения заданных физических величин, получаем, что

М = -0,1 Н•м.

Знак минус показывает, что на шар действует тормозящая сила.

Задача 13. Баллон содержит m₁ = 80 г кислорода и m₂ = 320 г аргона. Давление смеси p = 1 МПа, температура Т = 300 К. Принимая данные газы за идеальные, определить объем баллона.

Решение. По закону Дальтона, давление смеси равно сумме парциальных давлений газов, входящих в состав смеси. По уравнению Менделеева-Клапейрона, парциальные давления p₁ кислорода и p₂ аргона выражаются формулами:

p₁ = m₁ R T / M₁ V,

p₂ = m₂ R T / M₂ V.

Следовательно, по закону Дальтона, давление смеси газов

p = p₁ + p₂,

или p = (m₁ / M₁ + m₂ / M₂) R T / V.

Откуда объем баллона

V = (m₁ / M₁ + m₂ / M₂) R T / p

Произведем вычисления, учитывая, что M₁ = 32•10^-3 кг/моль,

M₂ =40•10^-3 кг/моль:

V = (0,08/32•10^-3+0,32/40•10^-3) •8,31•300/10⁶=0,0262 м³ = 26,2 л.

Задача 14.В баллоне объемом 10 л находится гелий под давлением p₁ = 1 МПа и при температуре Т₁ = 300 К. После того, как из баллона взято m = 10 г гелия, температура в баллоне понизилась до Т₂ = 290 К. Определите давление p₂ гелия, оставшегося в баллоне.

Решение. Для решения задачи воспользуемся уравнением Менделеева-Клапейрона, применив его к конечному состоянию газа.

, (1)

где m₂ – масса гелия в баллоне в конечном состоянии, M – молярная масса гелия, R – молярная газовая постоянная.

Из уравнения (1) выразим искомое давление

. (2)

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

m₂ = m₁ – m. (3)

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

. (4)

Подставив это выражение массы в (3), а затем найденное значение m₂ в (2), найдем

Задача 15. Найти среднюю кинетическую энергию <Е_вр> вращательного движения одной молекулы кислорода при температуре Т = 350 К, а также кинетическую энергию Е_{к вр} вращательного движения всех молекул кислорода массой m = 4 г.

Решение. На каждую степень свободы молекулы газа приходится одинаковая средняя энергия <ε_i> = ½ kT, где k – постоянная Больцмана, Т - термодинамическая температура газа. Так как вращательному движению двухатомной молекулы (молекула кислорода О₂ двухатомная) соответствуют две степени свободы, то средняя энергия вращательного движения молекулы кислорода

. (1)

Кинетическая энергия вращательного движения всех молекул газа

E_квр = <ε_вр> N. (2)

Число всех молекул

N = N_A v, (3)

где N_A – постоянная Авогадро, v – количество вещества.

Если учесть, что количество вещества v = m / M, где m – масса газа,

M – молярная масса газа, то формула (3) примет вид

N = N_A m / M

Подставив N в формулу (2), получим

E_квр = <ε_вр> N_A m / M.

Произведем вычисления, учитывая, что для кислорода М = 32•10^-3 кг/моль.

Задача 16. Кислород массой m = 2 кг занимает объем V₁ = 1 м³ и находится под давлением p₁ = 0,2 МПа. Газ был нагрет сначала при постоянном давлении до объема V₂ = 3 м³, а затем при постоянном объеме до давления p₃ = 0,5 МПа. Найти изменение ΔU внутренней энергии газа, совершенную работу А и теплоту Q, переданную газу.

Решение. Изменение внутренней энергии газа

, (1)

где i – число степеней свободы молекул газа (для двухатомных молекул кислорода О₂ i = 5); ΔT = T₃ - T₁ – разность температур в конечном и в начальном состояниях.

Начальную и конечную температуру газа найдем из уравнения Менделеева-Клапейрона pV = (m/M)RT, откуда

Т = pVM/mR.

Работа расширения газа при постоянном давлении выражается формулой

А₁ = p₁(V₂ - V₁).

Работа газа, нагреваемого при постоянном объеме равна нулю А₂ = 0.

Следовательно, полная работа, совершаемая газом

А = А₁ + А₂ = А₁.

Согласно первому началу термодинамики, теплота, переданная газу, равна сумме изменения внутренней энергии ΔU и работы А. Произведем вычисления, учитывая, что для кислорода М = 32•10^-3 кг/моль и получим, что

Т₁ = 385 К, Т₂ = 1155 К, Т₃ = 2888 К, А₁ = 0,4 МДж, Q = 3,64 МДж,

ΔU = 3,24 МДж.

Задача 17. Тепловая машина работает по обратимому циклу Карно. Температура теплоотдатчика Т₁= 500 К. Определить термический КПД цикла и температуру Т₂ теплоприемника тепловой машины, если за счет каждого килоджоуля теплоты, полученной от теплоотдатчика, машина совершает работу A = 350 Дж.

Решение. Термический КПД тепловой машины показывает, какая доля теплоты, полученной от теплоотдатчика, превращается в механическую работу. Термический КПД выражается формулой:

,

где Q₁ – теплота, полученная от теплоотдатчика, А – работа, совершенная рабочим телом тепловой машины. КПД для цикла Карно выражается формулой:

.

Следовательно, температура охладителя

Т₂ = Т₁(1 - η ).

Произведем вычисления

η = 350 / 1000 = 0,35,

Т₂ = 500 (1 - 0,35) = 325 К.

ТАБЛИЦА ВАРИАНТОВ К КОНТРОЛЬНОЙ РАБОТЕ № 1

12
• 3
• 4
• 5
• 6
• 7
• Далее ⇒