Решение задач по Физике (Кириллов) (1018048), страница 12
Текст из файла (страница 12)
° Энтропия идеального газа в расчете на один моль: 5 = с„1п Т л- Л 1и У е 5в, 5 = с, 1пТ вЂ” й1п р+ 5в, 5 — с„!п р+ср1п1 +5в где У- объем одного моля газа, Бо Бв, Б - константы. (2.4.4) (2.4.5) (2.4.6) (2.4.7) (2.4.8) Прилуеры решения задач 2.4.1. Водород совершает цикл Карно. Найти к.п.д. цикла, если при адиабатическом расширении: а) объем газа увеличивается в п=2 раза; б) давление уменьшается в п=2 раза.
Решение. цикла Карно ТДТ1 = и У и, следовательно ыу у7=1-Ту~Т, =1-п У =0,18. 1-у Ответ: а) у =1-и' У=0 25; б) у =1-и У =0!8. 2.4.2. Найти (в расчете на один моль) прирашение энтропии углекислого газа при увеличении его термодинамической температуры в а) При адиабатическом процессе ТУ У ' = соплу, то есть ТЯ =ТЯ =Тз(пУ~)~, поэтому, Т(Т1 =п~ У и, следовательно кпд. цикла у) =1-Т,1Т1 =1-п' У. Для молекулярного водорода у=7/5 и, следовательно, д = 0,25. б) В этом случае удобно использовать уравнение адиабатического г-у 1-у г-У2 ьу процесса в виде Тр =сопя. Тогда ТР1 =Т(пр,) " =Т,р,г, поэтому ! — у к.п.д.
Термодинамика и молекулярная физика л=2 раза, если процесс нагревания: а) изохорический; б) изобарический. Газ считать идеальным. Я М = с„1п 2Т, — с, 1и Т, = с„!п 2 = — !п 2. Т-1 Следует учесть, что, хотя молекула углекислого газа состоит нз трех атомов (СОз), она имеет линейную структуру - все ее атомы находятся на одной прямой. Поэтому, для этой молекулы у=7/5 и, следовательно, /!5 = 14,4 Дж/(К моль). б) Для изобарического процесса удобнее воспользоваться выражением для энтропии 5 =с 1пТ вЂ” /1!п ре5о, которое дает для приращения энтропии Ау =с„!п2Т, — с 1пТ, =с !п2= — !п2. )й у = 7/5, получаем о5 =20,2 Используя численное значение для Дж/(К моль). Ответ: а) Ы = — 1и 2 = 14,4 Дж/(К моль); /! Т-1 б) Ь5 = ! и 2 = 20,2 Дж/(К моль). у-1 2.4.3. Один моль идеального газа с показателем адиабаты Т совершает политропический процесс, в результате которого абсолютная температура газа увеличивается в г раз.
Показатель политропы и. Найти приращение энтропии газа в этом процессе. Решение. а) Для изохорического процесса удобно воспользоваться следующим выражением для энтропии идеального газа 5 =с„!пТ+Н!пГ +5 . Если начальная температура газа Ть а конечная Тз — -2Ть то приращение энтропии равно Глава 2 Решение Используя уравнение политропического процесса ТУ" ~ =сопз1, получаем 1 откуда )зЯ =т " '.
Воспользовавшись следующим выражением для энтропии одного моля идеального газа 5 =с„!от+а!П1/+50, получим искомое приращение энтропии в виде Л5=с„1п — '+Я1п — '=~ — — — !1пг= 1пт. Т 1' ( л Л ) 11(л — Т) Т, )', ~ Т-1 и -1! (Т- 1)(л — 1) Ответ: Ы = 1 !пт. л(л — Т) (Т вЂ” 1)(л -1) 3. Электричество и магнетизм 3.1. Постоянное электрическое поле в вакууме Основные формулы ° Напряженность Е и потенциал гр поля точечного заряда о; Е = —,г, !о=— о 1 а 4згео г 4згео г ° Связь между напряженностью поля и потенциалом: Е =-Чр.
° Теорема Гаусса н циркуляция вектора Е: )Ео!Е= —, о)Ей =О. ео ° Потенциал диполя с электрическим моментом р: 1 рг гр = — —. 4кео гз ' (3.1.1) (3.!.2) (3.1.3) (3.1.4) Примеры решения задач Решение Выберем систему координат так, чтобы полукольцо лежало в плоскости 1х, у), его центр находился в начале координат, а ось у была бы направлена в сторону вогнутости и являлась бы осью симметрии полукольца. Будем отсчитывать азимутальный угол во по часовой стрелке от положительного направления оси х. Разобьем полукольцо на бесконечно малые участки длины д! = Ко!!о. Рис 3.! 3.1.1.
Тонкое полукольцо радиуса й заряжено равномерно зарядом а . Найти модуль напряженности злектрического поля в центре кривизны зтого полукольца. 86 Глава 3 Заряд такого участка равен 2(23 = 2323(РЗУл. Отсюда получим выражения для компонент напряженности поля, создаваемого этим участком: У(соз(Р з((Р 4т'е йг ((5(п(Р д(Р 4 ге((г о Интегрируя зти выражения по (оот О до т, получим ответ: Е„=О; Е =Е= У( 2ЛЗЕойг ' Ответ: Е= 2( 2л'еой' 3.1.2. Тонкое непроводящее кольцо радиуса Е заряжено с линейной плотностью Л = Л соз(Р, где Л вЂ” постоянная, (Р— азимутальный угол.
Найти модуль напряженности электрического поля: а) в центре кольца; б) на оси кольца в зависимости от расстояния х до его центра. Исследовать полученное выражение при х» М. Решение Выберем систему координат так, чтобы кольцо лежало в плоскости (у, 2), а его центр находился в начале координат. Будем отсчитывать азимутальный угол Ог против часовой стрелки от положительного направления оси у. Разобьем кольцо на бесконечно малые участки длины у(( = Ку(ур. Заряд такого участка равен у(2) = з' соз(Р йугур.
Отсюда компоненты напряженности поля, создаваемого этим участком на оси кольца равны: узосоаур х~Ыбр к 4, ()(2 2)222 ,(о сов(Р. Е й(Р у)Е = — " соз(Р У 4 (Ег 2)322 Узосоз(Р К о((Р 4ЛЕ ~ф+ 2)згг Интегрируя эти выражения по (Рот О до 2т, получим ответ: 87 Электричества и магнетизм 2 11 Е„=О; Е,=О; Е 4е (Яг+хг)згг Отсюда искомое значение Е(х)=!Е,), Е(х=О)=Л /4еоМ, а при х»Е Е 1 л'!4к .тг, т.е. поле имеет дипольный характер. г Ег Ответ: Е=- 4е (Яг ьх')"' 3.1.3. Шар радиуса К имеет положительный заряд, объемная плотность которого зависит только от расстояния г от его центра как р = ро(1 - гl К), где ро — постоянная.
Полагая, что диэлектрическая проницаемость всюду равна единице, найти: а) модуль напряженности внутри и вне шара как функцию г; б) максимальное значение модуля напряженности Е,„и соответствующее ему значение г . Решение Найдем вначале напряженность поля внутри шара Е, Воспользуемся теоремой Гаусса: 1 г л 'л, = — ~!рч)л,'г.). (1) ео о где интеграл в скобках представляет собой заряд, заключенный внутри сферы радиуса г. Произведя элементарное интегрирование, получим: Е. = (рог/Зло)(! Зг/4Е) (2) Для определения поля вне шара Е, найдем полный заряд шара Д.
Для этого в верхний предел интеграла в (1) нужно подставить значение Е: Д = ')р(г)4лг~г7г, = лр л~/3 о Применив теорему Гаусса, получим: Ее =РоЯ ~12еог Электрическое поле достигает максимума внутри шара. Продифференцировав (2) по г и приравняв производную нулю, получим выражения для г и Е г =2ЕIЗ, Е„,„= роЕ/9ко. Глава 3 Ответ: а) Е, =(рог/Зго)(! — Зг/4К), Е, = ро/!'/)2гог; б) ". =2п/3 Е - =Ро/1/9ко. 3.1.4. Система состоит из шара радиуса И, заряженного сферически симметрично, и окружающей среды, заполненной зарядом с объемной плотностью р=а/г, где а — постоянная, г- расстояние от центра шара.
Найти заряд шара, при котором модуль напряженности электрического поля вне шара не зависит от г. Чему равна эта напряженность? Диэлектрическая проницаемость всюду равна единице. Решение Напряженность поля вне шара на расстоянии г определяется зарядом шара и зарядом среды, заключенной между сферами радиусов /! и г. Запишем теорему Гаусса: Г 4лг Е, =(ц+ ')р!г1)4//г1 г/г1)/е в Произведя интегрирование, получим: ц -2/гаЯ' Е, =(, +2та)/4лко гз Отсюда видно, что значение заряда шара, при котором напряженность не зависит от г равно //=2/пи1', а соответствующая напряженность равна Е = а/2ео.
Ответ: г/=2/гсг/!', Е=а/2г . 3.15. Внутри шара, заряженного равномерно с объемной плотностью р, имеется сферическая полость (рис. 3.2). Центр полости смещен относи~ельно центра шара на расстояние, характеризуемое вектором а. Найти напряженность Е внутри полости. Решение Напряженность поля внутри равномерно заряженного шара легко найти с помощью теоремы Гаусса. Из формулы (!) задачи 3.1З. следует, что Рис. 3.2 89 Электричество и магнетизм Е, .= рг!Зев. Напряженность поля в полости представляет собой разность напряженностей двух равномерно заряженных шаров — нашего шара и шара «извлеченного» из полости: Е = — (г-й) Р Згв где г, — радиус-вектор, проведенный из центра полости в точку наблюдения. Но г -г, =а, поэтому Е =ар!Зев.
Ответ: Е =ар!Зев 3.1.6. Имеются два плоских проволочных кольца радиуса Е каждое, оси которых совпадают. Заряды колец равны 9 и -9. Найти разность потенциалов между центрами колец, отстоящими друг от друга на расстояние й Решение Обозначим точками ван и вЬ» центры положительно и отрицательно заряженных колец. Тогда из симметрии задачи следует, что: Отсюда легко найти разность потенциалов. 3.1.7.
Бесконечно длинная прямая нить заряжена равномерно с линейной плотностью Я. Вычислить разность потенциалов точек 1 и 2, если точка 2 находится дальше от нити, чем точка!, в г) = 2 раза. Решение Напряженность поля нити найдем с помощью теоремы Гаусса, рассчитав поток через боковую поверхность цилиндра радиуса г и высоты Ь с осью, совпадающей с нитью: 2лглЕ = ЛЛ!ев. Отсюда 90 Глава 3 Е= Я/2еео .
Разность потенциалов между точками г и г, равна: ч я Я !е, — !ез = !ЕЙ= — !п(г,!г~) = — 1п!2. 2лгео ' 2 лев Я Ответ: !д — р, = — 1пг) . 2лео 3.1.8. Тонкое кольцо радиуса К имеет заряд 4, неравномерно распределенный по кольцу, Найти работу злектрических сил при перемещении точечного заряда гл из центра кольца по произвольному пути в точку, находящуюся на оси кольца на расстоянии ! от его центра.
Решение Поскольку центр кольца равноудален от всех точек на кольце, то независимо от распределения заряда по кольцу, потенциал его центра равен Д 4лгеол Потенциал точки, лежащей на оси кольца, в свою очередь равен 4лгео /г! +! Работа по перемещению заряда равна А = о),(гд — 9з,) . Ответ: А= ' !1 — !!з/1+!1/~ ). 4лео~~ 3.1.9. Найти потенциал на краю тонкого диска радиуса !1, по которому равномерно распределен заряд с поверхностной плотностью сг, Решение Найдем потенциал в точке А на краю диска.
Проведем из точки А пучок лучей до пересечения с краем диска. Угол между лучом (хордой) и диаметром диска, проходящим через точку А (см. рис. 3.3), равен а, а угол 91 Электричества и тагнетихи между соседними лучами — йгг. Поскольку а-вписанный угол, длина соответствующего луча равна г = 2Е соз а . Проведем из точки А до пересечения с краем диска семейство окружностей радиуса г. Таким образом диск оказывается разделен на слои радиуса г=2йсоза и толщины йг = 2йяп а йа. Площадь такого слоя есть й5 = 2га йг. Заряд слоя равен й9=сгй5.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
