| Примеры решения задач Пример 6. Один конец тонкого однородного стержня длиной жестко закреплен на поверхности однородного шара так, что центры масс стержня и шара, а также точка крепления находятся на одной прямой. Массы шара и стержня равны, а радиус шара в 4 раза меньше длины стержня. Определить период малых колебаний этой системы относительно горизонтальной оси, проходящей перпендикулярно стержню через точку, удаленную на четверть длины стержня от его свободного конца.

Дано: | Решение: Система «шар+стержень» представляет собой физический маятник, период малых колебаний которого определяется выражением , (1) где – момент инерции системы относительно оси подвеса, проходящей через точку подвеса т. О перпендикулярно стержню (Рис. 36), – масса системы, – расстояние от центра тяжести системы до оси подвеса.

Масса системы

. (2)

Момент инерции системы относительно оси подвеса равен сумме моментов инерций стержня и шара относительно этой оси:

. (3)

Для нахождения и воспользуемся теоремой Штейнера: , (4)

, (5)

где – момент инерции стержня относительно оси, проходящей через его центр масс (т. С1)

перпендикулярно стержню (Рис. 36);

– расстояние между осью подвеса и параллельной ей осью,

проходящей через т. С1;

– момент инерции шара относительно оси, проходящей через его центр масс (т. С2);

– расстояние между осью подвеса и параллельной ей осью, проходящей через т. С2 (по условию ). С учетом этого и равенства масс стержня и шара выражения (4) и (5) принимают вид

и (6)

. (7)

Подставив (6) и (7) в (3), находим момент инерции системы относительно оси подвеса:

. (8)

Так как центр тяжести и центр масс системы совпадают, то расстояние от центра тяжести системы до оси подвеса равно координате центра масс системы. Согласно определению центра масс системы:

. (9)

Период малых колебаний системы получим, подставив выражения (2), (8) и (9) в формулу (1):

.

Ответ: .

Пример 7. Частица массой 10 г совершает колебания вдоль оси Ox по закону (м). Определить период колебаний частицы и энергию ее колебаний. Найти в момент времени 0,4 с проекцию вектора скорости и проекцию упругой силы.

Дано: m = 10 г = 10–2 кг (м) t1= 0,4 с | Решение: Закон движения частицы, совершающей гармонические колебания вдоль оси Ox, имеет вид . Сравнивая этого уравнение с заданным законом движения, получаем, что амплитуда смещения равна
1) T – ? 2) W – ? 3) – ? 4) – ? | А= 0,2 м, собственная циклическая частота колебаний составляет рад/с,

а начальная фаза колебаний α0 = 0.

1) Период колебаний T найдем из его связи с собственной циклической частотой ω0:

(с).

2) Энергия колебаний W частицы равна максимальному значению потенциальной энергии :

,

где k – коэффициент упругости.

Коэффициент упругости k, масса частицы m и собственная циклическая частота связаны соотношением

,

откуда , тогда энергия колебаний W частицы равна

.

Подставим числовые значения и вычислим:

≈1,37·10– 3 (Дж) = 1,37 (мДж).

3) Зависимость проекции на ось Ox скорости частицы от времени найдем как производную смещения x по времени:

,

тогда в момент времени t1 проекция вектора скорости равна

.

Подставим числовые значения и вычислим:

– 0,45 (м/с).

4) Зависимость проекции на ось Ox силы упругости Fx(t) от времени при гармонических колебаниях имеет вид

,

тогда в момент времени t1 проекция силы упругости равна

.

Подставим числовые значения и вычислим:

≈ – 6,85·10–3 (Н)= – 6,85 (мН).

Ответ: 1) с;

2) =1,37 мДж;

3) = – 0,45 м/с;

4) = – 6,85 мН.

Пример 8. Азот (N2) находится в равновесном состоянии, при котором средняя кинетическая энергия поступательного движения одной его молекулы составляет 6,21·10–21 Дж. Определить: 1) среднюю кинетическую энергию вращательного движения молекулы; 2) среднюю энергию теплового движения молекулы; 3) среднюю квадратичную скорость молекулы. Молекула жесткая.

Дано: i = 5 = 6,21·10–21 Дж | Решение: Согласно закону о равном распределении средней энергии по степеням свободы в состоянии теплового равновесия на каждую степень свободы молекулы приходится в среднем одинаковая энергия, равная kT/2,
1) – ? 2) – ? 3) – ? | где k – постоянная Больцмана, Т – абсолютная температура газа. Для двухатомной молекулы с жесткой связью между атомами общее число степеней свободы i = 5, из них число степеней свободы поступательного движения и число степеней вращательного движения iвращ= 2.

Тогда средняя кинетическая энергия поступательного движения молекулы:

; (1)

средняя кинетическая энергия вращательного движения молекулы:

; (2)

средняя энергия теплового движения молекулы:

. (3)

Из уравнения (1) выразим (4)

и, подставив в уравнение (2), получим выражение для средней кинетической энергии вращательного движения молекулы:

.

Подставим числовые значения:

4,14·10–21 (Дж).

Подставив (4) в уравнение (3), получим выражение для средней энергии теплового движения молекулы:

.

Подставим числовые значения:

10,35·10–21 (Дж).

Средняя квадратичная скорость молекулы массой m0 газа, находящегося при температуре Т, равна

. (5)

Массу m0 одной молекулы можно выразить через молярную массу М этого газа:

, (6)

где NA = 6,02·1023 моль–1 – постоянная Авогадро.

В «Основных физических константах и величинах» находим значение молярной массы M азота (N2) (M равна произведению относительной молекулярной массы = 2·14 = 28 азота на множитель кг/моль):

М = 28·10–3 кг/моль.

Подставив в (5) выражения (6) и (4), выражение для средней квадратичной скорости молекулы примет вид:

.

Подставим числовые значения:

= 517 (м/с).

Ответ: 1) = 4,14·10–21 Дж;

2) = 10,35·10–21 Дж;

3) = 517 м/с.

Пример 9. Идеальный двухатомный (с жесткой связью) газ находится под давлением p1 = 100 кПа, занимая при этом объем V1 = 100 л. Над газом последовательно проводят следующие процессы: – изотермическое сжатие до объема ; – изобарное увеличение объема до ; – изохорное понижение давления до . На Vp-диаграмме изобразить график процесса . Определить в ходе всего процесса: 1) изменение внутренней энергии газа;

2) работу сил давления газа; 3) количество теплоты, переданное при этом газу.

Дано: i = 5 p1 = 100 кПа = 105 Па V1 = 100 л = 0,1 м3 T2=T1,

p3 = p2,

V4 = V3,

Решение:

Физическая система представляет собой идеальный двухатомный газ (каждая двухатомная жесткая молекула имеет число степеней свободы i = 5), который последовательно подвергается изотермическому сжатию (), изобарному расширению () и изохорному уменьшению давления ().

На Vp-диаграмме (Рис. 37) изображены графики этих процессов: изотерма (), изобара () и изохора ().

Выразим давление p2 газа в состоянии 2 через давление p1 в состоянии 1. Так как процесс изотермический, то , откуда

(1)

1) 2) 3) | Изменение внутренней энергии идеального газа не зависит от типа процесса, поскольку внутренняя энергия является функцией состояния. Поэтому изменение внутренней энергии газа в ходе процесса будет равно

, (2)

где – количество вещества газа, и – температура газа в состоянии 4 (конечном) и 1 (начальном) соответственно, R – универсальная газовая постоянная.

Параметры газа в состояниях 4 и 1 связаны уравнением Менделеева-Клапейрона:

и ,

тогда выражение (2) можно записать так:

.

Учитывая, что и V4 = , для изменения внутренней энергии газа в ходе процесса получаем следующее выражение:

. (3)

Элементарная работа сил давления газа при малом изменении его объема равна

, (4)

тогда работу A сил давления газа при конечном изменении его объема от до можно вычислить как

, (5)

где – зависимость давления газа от его объема. Поскольку вид функции зависит от типа процесса, в ходе которого изменяется объем газа, то работа, совершаемая газом, также зависит от типа процесса. Поэтому работу A сил давления газа в ходе процесса необходимо представить в виде алгебраической суммы работ, совершаемых силами давления газа в каждом отдельном процессе: – при изотермическом сжатии, – при изобарном расширении, – при изохорном процессе:

. (6)

Вид функции в каждом отдельном процессе можно получить из уравнения Менделеева-Клапейрона:

.

При изотермическом процессе 1→2 (количество вещества газа = const и его температура T1 = const) зависимость давления p газа от его объема V имеет вид

,

тогда работа сил давления газа при его изотермическом сжатии от объема до объема будет равна

.

Учитывая, что и , получаем

. (7)

При изобарном процессе 2→3 давление газа остается постоянным p2 = const, поэтому работа сил давления газа при его изобарном расширении от объема до объема будет равна

.

С учетом выражения (1) , а также условия задачи и получаем

. (8)

При изохорном процессе объем газа не изменяется, поэтому работы силы давления газа не совершают:

. (9)

Подставляя выражения (7), (8) и (9) в выражение (3), найдем работу A сил давления газа в ходе процесса :

. (10)

Согласно I началу термодинамики количество теплоты , переданное газу в процессе , равно сумме изменения внутренней энергии газа и работы , совершаемой его силами давления этом процессе:

.

Учитывая выражения (3) и (10), количество теплоты , переданное газу в процессе , будет равно

. (11)

Подставляя в (3), (10) и (11) числовые значения, получаем

,

(кДж),

.

Ответ: 1) ;

2) ;

3) .

Пример 10. Идеальный газ совершает цикл Карно. Определить температуру холодильника, если температура нагревателя равна 608 К, а количество теплоты, подводимое к газу за цикл, в 1,9 раза больше работы, совершаемой при этом силами давления газа.

Дано: T1= 608 К | Решение: Физическая система представляет собой идеальный газ, совершающий цикл Карно, КПД которого равен , (1)
T2 – ? | где и – температура нагревателя и холодильника соответственно.

В то же время КПД любого циклического процесса показывает, какая доля количества теплоты, подводимого к газу за цикл, преобразуется в механическую работу, т.е.

, (2)

где – количество теплоты, подводимое газу за цикл, – количество теплоты, отводимое от газа за цикл, – работа, совершаемая силами давления газа за цикл.

Приравняем правые части равенств (1) и (2):

.

Выразим из полученного уравнения температуру холодильника , учитывая, что :

.

Произведем вычисления:

.

Ответ: .

© Кафедра физики БГУИР |