WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!


Pages:     || 2 | 3 |
Б.А. Федоров А.В. Смирнов В.Л. Володькина Механика. Молекулярная физика.

Термодинамика Домашние задания по курсу общей физики за первый семестр Санкт-Петербург 2006 Министерство образования и науки РФ Федеральное агентство по образованию Санкт-Петербургский государственный университет информационных технологий, механики и оптики Б.А. Федоров А.В. Смирнов В.Л. Володькина Механика. Молекулярная физика.

Термодинамика Домашние задания по курсу общей физики за первый семестр Учебное пособие Под общей редакцией Б. А. Федорова Санкт-Петербург 2006 МЕХАНИКА. МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА. ТЕРМОДИНАМИКА Домашние задания по курсу общей физики за первый семестр Учебное пособие/ Под общей редакцией Б.А. Федорова Б.А. Федоров, А.В. Смирнов, В.Л. Володькина.

СПб: СПбГУИТМО, 2006. 35 с.

Содержит условия задач домашнего задания по курсу общей физики за первый семестр. Предназначено для студентов первого курса всех технических специальностей.

Печатается в соответствии с решением Совета естественнонаучного факультета, протокол № 8 от 30.05.2006 Пособие соответствует утвержденной программе курса физики СПбГУИТМО. Предназначено для использования студентами 1-го курса.

© Санкт-Петербургский государственный университет информационных технологий, механики и оптики, 2006.

© Б.А. Федоров, А.В. Смирнов, В.Л. Володькина, 2006 2 СОДЕРЖАНИЕ Введение………………………………………………………………………… ……………….. 4 Примеры решения задач……………………………………………...................... 5 Варианты домашнего задания……………………………………………………. 12 Задачи…………………………………………………………………………… ……………….. 14 Литература……………………………………………………………………… …………….. 33 3 Введение Предлагаемые домашние задания основаны на курсе лекций по физике, читаемых студентам технических специальностей СПбГУИТМО в первом семестре первого курса. Задания разбиты на два этапа. Первый этап содержит задачи по механике, второй этап – задачи по молекулярной (статистической) физике и термодинамике.

Большинство задач представленного сборника являются достаточно типовыми, но требуют внимательного прочтения указанных разделов курса физики. В помощь студентам прилагается список соответствующей литературы.

Разумеется, уловить «идею» задачи и, как следствие, найти путь ее решения студент может лишь самостоятельно, однако следующие рекомендации помогут избежать ошибок, часто встречающихся даже при физически правильном подходе к решению задачи:

• все размерные численные данные задачи следует перевести в основную форму системы СИ (например, сантиметры в метры);

• если позволяет характер задачи, необходимо сделать рисунок, поясняющий ее сущность;

• решать задачу следует, как правило, в общем виде; это позволяет установить определенные закономерности и тем самым дает возможность судить о правильности решения;

• получив решение в общем виде, необходимо проверить, правильную ли размерность оно имеет;

• рассчитав численный ответ, следует оценить его правдоподобность;

если, например, пройденный автомобилем путь оказался 3 мм, то, повидимому, следует искать ошибку.

Как правило, физические константы, необходимые для решения задачи (масса и радиус орбиты Земли, удельные теплоты плавления и парообразования, константы Ван-дер-Ваальса и т. п.) приводятся в ее условии, но часто встречающиеся величины (молярные массы элементов, скорость света в вакууме и т.п.) следует искать в учебниках, задачниках и справочниках по физике.

В качестве примеров решения задач, а также правильного оформления этого решения приводятся 6 задач по представленным в сборнике разделам физики.

Примеры решения задач Задача 1П. Из одной точки с одинаковой скоростью v0 = 10 м/с бросили два тела: одно – под углом = 30° к горизонту, другое – вертикально вверх. Определить расстояние d между телами через t = 2 с.

Сопротивлением воздуха пренебречь.

Дано:

v01 = v02 = vv0 = 10 м/с = 30° t = 2,0 c Рис. 1. К задаче 1П.

d = Решение. В прямоугольной системе координат x0y (рис.1) координаты тел изменяются со временем t следующим образом:

gt y1 = v0t sin -, x1 = v0t cos, (1) gt y2 = v0t -, x2 = 0. (2) Для текущего расстояния между телами справедливо соотношение d = x2 - x1 + y2 - y1. (3) ()2 ()Подставляя выражения (1) и (2) в формулу (3), получаем:

d = v0 cos t + v0t 1 - sin = v0t 2 1 - sin.

()2 ( )2 ( )2 () используя численные значения, находим:

d = 10·2· 2 1 - 0,5 = 20 м.

() Ответ: d = 20 м.

Задача 2П. Тело скользит с вершины прямоугольного клина, имеющего фиксированную длину основания и переменный угол между наклонной плоскостью и горизонтом. При каком значении угла время скольжения будет наименьшим Коэффициент трения между телом и поверхностью клина µ = 0,10.

Дано:

l = const µ = 0,t = min = Рис.2. К задаче 2П.

Решение. На тело на наклонной плоскости r r действуют сила тяжести mg, сила нормальной реакции опоры N и сила r трения Fтр (рис. 2). Второй закон Ньютона для тела в проекциях на оси системы координат x0y имеет вид :

0x : ma = mg sin - Fтр ;

(4) 0y : 0 = N - mg cos.

Поскольку тело скользит, сила трения связана с силой нормальной реакции опоры соотношением Fтр =µN.

Учитывая это, из уравнений (4) находим зависимость ускорения тела от угла :

a = g sin - µ cos. (5) ( ) Длина наклонной плоскости S при фиксированной длине l основания зависит от угла :

l S =. (6) cos Тело движется равноускоренно без начальной скорости, поэтому S = at2.

Используя соотношений (5) и (6), находим время движения:



2S 2l t = =. (7) a g cos sin - µcos () Время движения минимально, если функция 1 µ f = cos sin - µcos = sin 2 - () 1+ cos 2, (8) ( ) ( ) стоящая под корнем в знаменателе уравнения (7), имеет максимальное значение. Чтобы определить угол, при котором функция (8) имеет экстремум, найдем ее производную и приравняем эту производную нулю:

f = cos2 + µ sin 2 = 0 tg 2 = - = -10.

( ) µ Так как tg(180° - 2) = - tg 2, то tg(180° - 2) = 10, 180° - 2= 84° и = 48°. Поскольку при переходе через найденное значение угла производная меняет знак с + на – функция (8) имеет максимум, а время движения минимально.

Ответ: = 48°.

Задача 3П. На горизонтальной поверхности доски массы m1 = 5,0 кг лежит однородный шар массы m2 = 2,0 кг. К доске приложена постоянная горизонтальная сила F = 50 Н. Определить ускорения a1 и а2, с которыми будут двигаться, соответственно, доска и шар. Скольжение между шаром и доской отсутствует.

Дано:

m1 = 5 кг m2 = 2 кг F = 50 Н Рис. 3. К задаче 3П.

Решение.

Фиксируем систему координат x0y, неподвижную относительно земли. rНа r r доску действуют сила тяжести mg, вес шара P2, сила реакции опоры N1, r r сила тяги F и сила трения Fтр со стороны шара. На шар действуют сила r r r тяжести m2g, сила реакции опоры N и сила трения Fтр со стороны доски.

Если шар не проскальзывает относительно доски, то сила трения может принимать любое значение от нуля до Fтр max = µN2. Для ускорений доски a1 и шара a2 из второго закона Ньютона в проекции на ось 0x находим:

F - Fтр Fтр a1 =, a2 =. (9) m1 mВ системе отсчета, связанной с центром шара, доска имеет ускорение r r r a12 = a1 - a2. Ускорения доски и шара сонаправлены, поэтому a12 = a1 - a2. (10) Из-за отсутствия проскальзывания точка шара, касающаяся доски, имеет тангенциальное ускорение (в системе отсчета центра шара) равное a12, и шар вращается с угловым ускорением a =, (11) R где R – радиус шара. Угловое ускорение шар получает под действием момента силы трения Mтр = FтрR. По второму закону Ньютона для вращения I= FтрR, где I = mR2. (12) 5 Здесь I – момент инерции шара относительно оси, проходящей через его центр. Подставляя выражения (10) и (11) в уравнение (12) и сокращая на радиус шара, получаем:

Fтр = m2 a1 - a2. (13) ( ) Исключая Fтр из уравнений (9) с помощью соотношения (13) приходим к системе двух уравнений для ускорений a1, a2 :

1 1 ma + ma2 = F a - 7 a2 = 0.

Решая эту систему относительно ускорений и подставляя численные значения, находим:

F a1 == = 8,97 = 9,0 м/c2 ;

m1 + m2 5 + 2·F a2 == = 2,56 = 2,6 м/c2.

m1 + m2 7·5 + Ответ: a1 = 9,0 м/с2, a2 = 2,6 м/с2.

Задача 4П. Кислород и азот находятся при температуре t = 27 °С.

Определить скорость v молекул, при которой значение функции распределения Максвелла одинаково для обоих газов.

Дано: Перевод единиц t = 27 °С T = 300 К µ1 = 32 г/моль 32·10 – 3 кг/моль (молекулярный кислород) µ2 = 28 г/моль 28·10 – 3 кг/моль (молекулярный азот) v = Решение. Функция распределения Максвелла – функция распределения молекул идеального газа по скоростям при тепловом равновесии – имеет вид µ1vµ1 2RT F(v) = 4 e v2.

2RT По условию задачи при скорости молекул v значение функции распределения Максвелла для обоих газов совпадает, то есть µ1v2 µ2v-µ1 2 µ2 2RT 2RT 4 e v2 = 4 e v2.

2RT 2RT После сокращений и преобразований имеем:

v2 (µ1 -µ2 ) µ1 2 µ1 v2(µ1 - µ2) 2RT = e или 3ln =.

µ2 µ2 RT Таким образом, искомая скорость µ32·10-3RT ln 3·8,31·300·ln µ28·10-3 500 м/ с = 0,50 км/ с.

v == = µ1 - µ2 32·10-3 - 28·10-Ответ: v = 0,50 км/с.

Задача 5П. При переходе из состояния 1 в состояние 2 объем кислорода увеличился в 1 = 3 раза, а давление уменьшилось в 2 = 2 раза. Определить изменение энтропии газа S в этом процессе. Количество кислорода = 1,5 моль.

Дано:

1 =V2 V1 = 2 = p1 p2 = = 1,5 моль S = Рис. 4. К задаче 5П.

Решение. Так как энтропия является функцией состояния термодинамической системы, то ее изменение при переходе из состояния в состояние 2 не зависит от того, с помощью какого процесса осуществляется переход, и мы вправе произвольно выбирать этот процесс.

Выберем промежуточное состояние 3 (рис. 4), так чтобы из состояния 1 в состояние 3 можно было перейти с помощью изобарного процесса, а из состояния 3 в состояние 2 – с помощью изохорного. При этом p3 = p1 и V3 = V2. Молярная теплоёмкость идеального газа в изобарном процессе i + ср = R, где i = 5 (число степеней свободы молекулы кислорода).

Теплота, получаемая газом при изобарном нагревании на dT, (i + 2) dQp =сpdT = RdT, и изменение энтропии при изобарном нагревании от температуры T1 до TTdQp (i + 2) T3 dT (i + 2) T S13 = = R = R ln.

TTTT1 TТак как в изобарном процессе 1– T3 T1 = V3 V1 = V2 V1 = 1, получаем (i + 2) S13 = R ln 1.

Поскольку молярная теплоёмкость идеального газа в изохорном i процессе сV = R, теплота, получаемая газом при изохорном изменении i температуры на dT, равна dQV = cV dT = RdT. В изохорном процессе 3–2 температура понижается, поэтому dT и dQV отрицательны. Для изменения энтропии при изохорном охлаждении от T3 до T2 имеем T2 TdQV i dT i T S32 = = R = R ln T 2 T 2 TT3 TВ изохорном процессе 2–3:

T2 T3 = p2 p3 = p2 p1 =1 2, поэтому i 1 i S32 = R ln = - R ln 2.

2 2 Общее изменение энтропии при переходе из состояния 1 в состояние складывается из изменений в процессах 1–3 и 3–2:





S = S13 + S31 = R 1,5·8,= i + 2 ln 1 - i ln 2 = 7 ln ( ) [ - 5 ln 2 = 26,3 = 26 Дж/ К.

] Ответ: S = 26 Дж/К.

Задача 6П. Эффективный диаметр молекул кислорода d = 0,36 нм.

Определить его коэффициент теплопроводности при температуре t = 17 °С.

Дано: Перевод единиц µ = 32 г/моль 32·10 – 3 кг/моль d = 0,36 нм 0,36·10 – 9 м t = 17 °С T = 290 К = Решение. Для коэффициента теплопроводности выполняется следующее соотношение = cVудv, (14) где с – удельная теплоемкость газа при постоянном объеме, – Vуд плотность газа, – средняя длина свободного пробега его молекул, v – средняя скорость молекул.

Удельную теплоемкость вычислим по формуле i R cVуд =. (15) 2 µ Здесь i – число степеней свободы молекулы. Молекула кислорода (О2) состоит из двух атомов, причем колебательные степени свободы при данной температуре не дают вклада в теплоёмкость (жесткая молекула), поэтому i = 5.

Плотность газа выразим из уравнения состояния идеального газа (уравнения Менделеева-Клапейрона):

mm pµ pV = RT = =. (16) µ V RT Средняя длина свободного пробега зависит от диаметра d и концентрации n молекул:

=, причем n = p kT, (17) 2d2n где k – постоянная Больцмана.

Средняя скорость молекул определяется температурой и молярной массой газа:

8RT v =. (18) µ Подставляя выражения (2)–(5) в формулу (1), получаем 1 i R pµ kT 8RT ik RT = · · · = = 3 2 µ RT µ µ 2d2 p 3d5·1,38·10-23 8,31· == 8,75·10-3 = 8,8 мВт/ (К·м).

3·3,14· 0,36·10-9 3,14·32·10-() Ответ: = 8,8 мВт/(К·м).

Варианты домашнего задания Этап 1. «Механика» Номер Номера задач вариан та 1 1 14 26 37 43 51 55 2 2 15 27 38 42 52 56 3 3 16 28 33 39 53 54 4 4 17 29 40 45 50 51 5 5 18 30 41 49 53 55 6 6 19 25 31 44 49 57 7 7 13 20 32 46 52 55 8 8 21 26 30 36 37 48 9 9 22 28 34 38 44 50 10 10 23 35 39 43 49 53 11 11 24 27 35 40 45 47 12 12 14 20 25 28 41 48 13 2 12 16 29 36 42 46 14 1 13 15 22 30 34 47 15 3 17 21 31 37 50 51 16 4 11 18 32 38 44 52 17 5 19 26 34 36 39 43 18 6 23 29 33 40 48 49 19 7 14 19 30 35 42 47 20 8 16 21 27 31 41 46 21 9 10 22 32 38 44 51 22 11 17 20 30 37 45 49 23 1 9 23 33 39 43 48 24 2 12 24 27 32 50 56 25 6 7 25 26 40 45 53 26 4 10 12 13 18 34 46 27 8 14 24 29 42 47 51 28 1 5 16 31 35 41 49 29 6 10 15 17 36 39 48 30 8 13 18 36 40 47 55 31 9 11 20 26 34 38 44 Этап 2. «Молекулярная физика. Термодинамика» Номер Номера задач вариан та 1 63 66 73 77 86 88 95 2 64 67 80 82 89 97 110 3 65 68 78 83 85 90 107 4 69 76 84 85 91 104 106 5 70 79 87 92 101 108 112 6 71 81 93 103 110 115 117 7 72 75 80 87 96 109 111 8 63 74 77 85 94 102 107 9 66 73 78 89 95 105 108 10 65 67 81 90 98 106 114 11 68 74 79 93 99 109 111 12 69 76 84 86 100 104 113 13 64 70 82 88 94 108 116 14 71 75 83 85 91 99 112 15 72 76 86 92 96 105 113 16 63 69 77 83 92 97 105 17 64 68 79 93 100 110 116 18 65 66 78 87 90 103 107 19 67 80 82 89 95 102 109 20 70 81 84 91 104 106 113 21 71 80 87 98 101 108 116 22 72 77 86 94 102 109 114 23 73 78 82 88 93 95 110 24 63 74 79 85 96 103 117 25 64 66 76 83 88 99 105 26 65 75 77 84 89 101 112 27 67 81 90 97 98 107 111 28 68 75 91 100 104 108 115 29 69 74 94 101 1-3 109 114 30 70 73 85 92 96 105 112 31 71 72 84 97 98 107 113 Задачи 1. Ускорение материальной точки, движущейся по прямой, линейно возрастает и за время t1 = 10 с с начала движения достигает значения a1 = 10 м/с2. Определить скорость v точки в момент времени t2 = 5,0 c и путь S, пройденный точкой к этому моменту времени.

Ответ: v= 12,5 м/с; S = 21 м.

r r r 2. Движение точки в плоскости XY описывается уравнением r = t3i + 3t2 j, r r где i и j - орты осей x и y. Определить величину скорости v и величину ускорения a этой точки в момент времени t = 5,0 c.

Ответ: v= 81 м/с; a = 31 м/с2.

3. Точка движется по окружности с постоянным угловым ускорением = 5,0 рад/с2 так, что через t = 3,0 c после начала движения полное ускорение точки а = 10 м/c2. Определить радиус R окружности.

Ответ: R = 4,4 см.

4. Зависимость угла поворота диска от времени t задана уравнением = bt, b = 0,50 рад/с2. Точка на ободе диска через t1 = 5,0 c после начала движения имеет линейную скорость v = 0,20 м/с. Определить полное ускорение а точки в этот момент времени.

Ответ: a = 1,0 м/с2.

5. Горизонтально брошенный мяч имеет начальную скорость v = 5,0 м/с.

Определить радиус R кривизны его траектории через t = 1,0 с после начала движения.

Ответ: R = 27 м.

6. Мяч бросают с земли со скоростью v = 10 м/с под углом = 45° к горизонту. С какой высоты h следует бросить мяч с той же начальной скоростью, но в горизонтальном направлении, чтобы он упал на то же место Ответ: h = 5,1 м.

7. Материальная точка начинает двигаться по окружности радиуса R = 20 см с постоянным тангенциальным ускорением, причем к концу третьего оборота ее линейная скорость v = 20 см/с. Определить нормальное ускорение an точки через t = 5,0 с после начала движения.

Ответ: an = 3,5·10–3 м/с2.

8. При движении материальной точки по окружности радиуса R = 5,0 см зависимость пройденного пути S от времени t описывается уравнением S = Ct3, С = 0,20 см/с3. Определить нормальное an и тангенциальное a ускорения точки в момент, когда ее линейная скорость v = 10 cм/с.

Ответ: an = 20 cм/с2; a = 5,0 cм/с 9. Скорость материальной точки, движущейся в положительном направлении оси x, меняется по закону v = k x, (k = 2 м /c). При t = координата точки x = 0. Определить скорость v и ускорение а точки в момент времени t1 = 5,0 c.

Pages:     || 2 | 3 |










© 2011 www.dissers.ru - «Бесплатная электронная библиотека»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.