1611143569-ed123092d132ff77d44213ca2a0f5b5a (825029), страница 31
Текст из файла (страница 31)
е. x – новое расстояние между поршнем и правымторцом сосуда. Закон сохранения энергии;κL2/2 + cT1 = κx2/2 + cT2 .Уравнение газового состояния:p1SL/T1 = p2Sx/T2.Условие равновесия:p2S = κx,Совместное решение этих уравнений дает2cT1 + κL2.T2 = T12cT1 + p1SL2. 61.
Пока поршень неподвижен, уравнение газового состоянияимеет видp0hS = RT0.После начала движения поршня сила натяжения нити на поршень недействует, тогда уравнение газового состояния приобретает вид(p0 + mg/S) 2hS = RT.233Графики для тепловых процессов. Закон сохранения энергииИз закона сохранения энергии имеемQ = c (T − T0) + mgh + p0hS.Совместное решение этих уравнений даетQ = mgh (1 + 2c/R) + (c + R) T0.2. 62. Количество теплоты Q переходит во внутреннюю энергиюгаза при нагреве его до температуры T 0 и в работу A по расширениюгаза:Q = ∆U + A = c (T 0 − T ) + p∆V , где ∆V = 2V − V = V .Из уравнения Клапейрона–Менделеева, записанного для начального и конечного состояний газа, следует, что(p/2) V = RT, p · 2V = RT 0; отсюда T 0 = 4T .Работа A = p∆V = pV = RT 0/2 = 2RT . Приращение внутренней энергии ∆U = c (T 0 − T ) = 3cT .
Окончательно Q = (3c + 2R) T .2. 63. pS = N + p2S, αSβp = N + p2αS, где N – сила реакциистержня. Из этих условий равновесия находим значение давления вовтором отсеке: p2 = p(αβ − 1)/(α − 1). Объемы отсеков````V1 = S, V2 = S + αS, V3 = αS.2222Так как температура во всех отсеках одинакова, поршни после нагреваостанутся на прежних местах. Тогда, вводя полное число молей газа ν,из закона Клапейрона–Менделеева имеемp1V1 + p2V2 + p3V3 = νRT1 ,p1 ≡ p,p3 ≡ βp.Отсюдаα2 β − 1pS`= νRT1 .α−1Аналогично для нового состояния газа имеемp01V1+p02V2+p03V3= νRT2 ,p010=p,0p3 = βp ,p02α2 β − 1=p.α−1234ОТВЕТЫ. Тепловые явленияОтсюдаα2 β − 1p S` = p= νRT2 .α−1Из закона сохранения энергии Q + νcT1 = νcT2 находим ν.
В итогеискомое изменение давления0∆p = p0 − p =QR α − 1.cS` α2β − 12. 64. По закону сохранения энергииMv 2Mv 2Q=mc∆T+,гдеµ22 = F ` = pS`.Здесь учтено, что при постоянном ускорении поршня давление pтакже постоянно. Уравнение газового состояния для постоянного давления даетmp∆V = R∆T.µТаким образом,mmmmQ = c∆T + p∆V = c∆T + R∆T = (c + R) ∆T.µµµµОтсюдаQµQcM v2∆T =, Q=+.(c + R) mc+R2ОкончательноM v2 cQ=1+.2R2. 65. Пока поршень покоится, вся теплота идет на нагрев газа:∆U = c (T − T0 ) = Q. T = Q/c + T0 при T ≥ Tкр .Найдем, используя условие равновеTсия и закон Шарля, критическую температуру Tкр , при превышении которойTкрпоршень начнет двигаться:T00QкрРис.
O.2.65Q(pкр − p0) S = f,pкр /Tкр = p0/T0.ОТВЕТЫ. Электричество и магнетизм235ОтсюдаfTкр = 1 +T0, Qкр = cT0f /p0S.p0 SЗапишем закон сохранения энергии (первое начало термодинамики)AтрQ − Qкр += c (T − Tкр ) + pкр (V − V0) ,2Ap −pfгде 2тр = 2S(V − V0) = кр2 0 (V − V0).Таким образом,pкр + p0(V − V0) .Q − Qкр = c (T − Tкр ) +2Так как pкрV = RT , pкрV0 = RTкр , тоpкр + p0RT0(V − V0) =1+(T − Tкр ) .22TкрОкончательноRT0Q − Qкр = (T − Tкр ) c +1+при T > Tкр ,2TкрRT0T = Tкр + (Q − Qкр )c+1+.2TкрГрафик зависимости T от Q оказался ломаной линией (рис. О.2.65),состоящей из двух отрезков прямой. Точка изломаffQкр = cT0, Tкр = 1 +T0 .p0 Sp0 SЭлектричество и магнетизмНапряженность, потенциал и энергия электростатического поля3.
1. Второй закон Ньютона для электрона, движущегося по окружности радиуса r с постоянной угловой скоростью ω, можно записать ввидеmω 2 r = eE,236ОТВЕТЫ. Электричество и магнетизмгде E – напряженность электрического поля, возникающего в проводнике на расстоянии r от оси цилиндра в результате смещения электронов. ОкончательноE = mω 2 r e.3. 2. Для заряженного шара, создающего сферически симметричное электрическое поле напряженности E у поверхности шара, имеемQ25,отсюдаQ=4πεRE≈5,5·10Кл.0З4πε0R32 2/3q22 ·4`2 cos2 (α/2)3. 3. tg(α/2) = q2 ·4`2 sin2(α/2) , tg(α/2) = qq21.E=13.
4. Заметим, что силы упругости кольца компенсируют нормальные составляющиеpсил√электростатического взаимодействия.4πε0mgR21) q1 = q2 = ± 3 3 · √или q1 = −q2, q√1 q2 = −3 3 · 4πε0mgR2 ;√22) Q = q − 3 √3 · 4πε0mgR /q или Q = q + 3 3 · 4πε0mgR2 /q;3) q3 = q4 = 2 · 8πε0mgR2/ (q1 − q2);4) q1 = −q2 = q − 8πε0mgR2/q или q1 = q2 = q + 8πε0mgR2 /q.
21/2σqσq3. 5. E = 2εσ0 , T = m2g 2 + 2ε,tgα=.2ε00 mg3. 6. Введем поверхностную плотность заряда на внешней и внутренней поверхностях плит (внутри проводящих плит поля нет): σ10 , σ100и σ20 , σ200 . Закон сохранения заряда даетσ1 = σ10 + σ100 ,σ2 = σ20 + σ200 .Из-за отсутствия поля внутри металла имеемσ10 = σ20 ,σ100 = −σ200 .Отсюдаσ10 = σ20 = (σ1 + σ2) /2,σ100 = −σ200 = (σ1 − σ2) /2.237Напряженность, потенциал и энергия электростатического поля3. 7. Прочность прямо пропорциональна площади сечения проволоки, т. е.
квадрату ее диаметра. Сила натяжения, обусловленная кулоновским взаимодействием, обратно пропорциональна квадрату диаметра кольца и прямо пропорциональна квадрату заряда (это видноиз закона Кулона, в частности по соотношению размерностей). Такимобразом, увеличив диаметр кольца и проволоки втрое и оставив егозаряд без изменения, уменьшим тем самым в 9 раз силу натяжения ив 9 раз увеличим прочность. Поэтому разрыв нового кольца произойдет при увеличении заряда в 9 раз (D1,2 – диаметр кольца, d1,2 –диаметр проволоки): 22q1 D1 d21q2 d2D2,== 9.=q1 d1D1q22 D22 d22√3.
8. Из принципа суперпозиции получаем ϕ = 2ϕ0, E = 2E0.3. 9. Из соображений симметрии следует, что каждая из двух палочек в точке O создает одинаковый потенциал ϕ и одинаковую помодулю напряженность E, направленную перпендикулярно палочке(рис. O.3.9). Используя принцип суперпозиции, получаем 2ϕ = ϕ0,т. е.
ϕ = ϕ0/2.EEE0E0EEбaРис. O.3.9Поля надо складывать векторно (см. рис. O.3.9, б). Получаем ромб,у которого стороны равны E, а короткая диагональ равна E0. Треугольник со сторонами E, E, E0 – равносторонний, т. е. |E| = E0,238ОТВЕТЫ. Электричество и магнетизмнаправление вектора E перпендикулярно оставшейся палочке. (Возможно красивое решение с добавлением третьей палочки, создающейполный правильный треугольник с E = 0 в центре.)3.
10. После соединения шаров 1 и 2 заряды на них одинаковы иравны q/2. После соединения шаров 2 и 3 заряды на них одинаковы иравны q/4. Если пренебречь влиянием заряда шара 2 на заряд шаров1 и 3, то после соединения шаров 1 и 3 заряды на них1 q q 3qq1 = q3 =+= ,2 2 48и искомое отношение таково:q1 : q2 : q3 = 3 : 2 : 3.Если учесть влияние заряда шара 2 на заряд шаров 1 и 3, тоqq1 − ∆q q2 q3 + ∆qqr1,+ =+ √ , ∆q =1+1−√rLr8LL 22и искомое отношение3 r1 3 r11q1 : q2 : q3 =: :.−1−√+1−√8 L4 8 L223. 11.
Потенциал заземленной сферы равен нулю, в частности онравен нулю в центре сферы, там он равен сумме потенциалов полейзарядов q, −q и индуцированного заряда Q сферы:Qqq+−= 0.r L1 L2Отсюда11Q = qr−.L2 L1Заряды 1 и 2 действуют на сферу с силамиQqq2r11F1 ==−,4πε0L21 4πε0L21 L2 L1Qqq2r11F2 = −=−−.4πε0L224πε0L22 L2 L1239Напряженность, потенциал и энергия электростатического поляСуммарная сила, действующая на сферу,qr111/222244 1/2F = F1 + F2=−L1 + L2,4πε0L21L22 L2 L1F1L22tgα == − 2.F2L13. 12. После первого заземления второго шара и его последующейизоляции, исходя из равенства нулю потенциала в центре заземленного шараq1qϕ1 + ϕ2 =+= 0,4πε0r 4πε0`имеемq q1+ = 0,` rqrq1 = − ,`qr q2− 2 − = 0,`rqr2q2 = 2 ,`откуда q1/q2 = −`/r.После повторения всей процедуры заземления и изоляции шаровимеемq10 qr2+ 3 = 0,r`q10qr3=− 3 ,`q20qr3− 4 = 0,r`q20qr4= 4,`откуда q1/q20 = −`/r.Таким образом, искомое соотношение q1/q2 = −`/r.
Результат может быть получен сразу при рассмотрении последнего заземления второго шара: q20 /r + q10 /` = 0.3. 13. Электрическое поле в данном случае сферически симметрично. Внутри заземленной сферы поле равно нулю, значит, потенциал вэтой области (в частности, в центре) одинаков и такой же, как и наповерхности внутренней сферы, т.
е. равен нулю. Учтем, что этот потенциал создается зарядами на внешней и внутренней сферах. Потенциалы складываются алгебраически, поэтому, разбивая заряды, находящиеся на поверхности сфер, на малые доли так, чтобы можно было240ОТВЕТЫ. Электричество и магнетизмдля каждой доли пользоваться формулой потенциала точечного заряда, имеем для центра сфер∆q1∆qn ∆Q1∆QN+ ... +++ ... += 0,RRrr∆q1 + ... + ∆qn = q,∆Q1 + ... + ∆QN = Q,т.
е. q/R + Q/r = 0, Q = −qr/R, где Q – заряд на внутреннейсфере. Напряженность поля на внешней сфере создается обоими зарядами q и Q так, как если бы они были точечными и были помещеныв центр системы. Это можно увидеть, например, с помощью картинылиний напряженности электрического поля. Таким образом, на расстоянии ` от центраq+Qq rE==1−−.4πε0`2 4πε0`2R3. 14. Второй закон Ньютона дает√mv 2e21 2·1e2 3 2 − 4√ ,=1− − √=r4πε0r24 2 24πε0r2 4 2отсюда!1/2√2e 3 2−4√v=.4πε0r 4 2m3. 15. Полная кинетическая энергия системы равна сумме кинетических энергий обеих частиц: WK = 2WK0 . Второй закон Ньютонадаетmv 2e2=,r4πε0 · 4r2где 2r – расстояние между электроном и позитроном.
Тогда кинетическая и потенциальная энергия системы2mv 2e2WK ==,24πε0 · 8re2Wn = −.4πε0 · 2rНапряженность, потенциал и энергия электростатического поля241Таким образом Wn/WK = −2, Тонкость и трудность задачи в том,что источник электростатического взаимодействия здесь не расположен в центре вращения.3. 16. Введем расстояние между частицами r и заряд каждой изних q и −q. Частицы будут двигаться вокруг общего центра масс поокружностям с радиусамиm2m1r1 = r, r2 = rm2 + m1m2 + m1и скоростями v1 и v2 такими, чтоm 1 v1 = m 2 v2 .На основании второго закона Ньютонаq2m1v12 m1 (m2 + m1) v12==,4πε0r2r1m2 rотсюдаq2m1 (m2 + m1) v12=.4πε0r2m2Пусть скорость одной частицы увеличили в n раз. Тогда на основаниизакона сохранения импульса обе частицы будут продолжать двигатьсядаже при наименьшем n с некоторой скоростью и после удаления другот друга на очень большое расстояние (их относительная скорость вэтом случае равна нулю).Закон сохранения импульса даетm1 (n − 1) v1 = (m2 + m1) u.По закону сохранения энергии имеемm1n2v12 m2v22 (m1 + m2) u2q2++=.−4πε0r222Подставляя в это уравнение v2, r и u из предыдущих уравнений, получаем квадратное уравнение для n:" #22m1m1m1n2 +n−+4+ 2 = 0,m2m2m2242ОТВЕТЫ.
Электричество и магнетизмоткуда m1 √m1n=2 1+−1 .m2m2Ошибочным было бы рассмотрение движения частиц без учета движения центра масс.3. 17. Выражая кинетическую и потенциальную энергию атома через заряд электрона и диаметр атома, вычисляем полную энергию атома W . Работа по ионизации атома равна полной энергии W , взятой спротивоположным знаком:mv 2e2e22e2WK ===, WП = −,24πε0 · 2r 4πε0d4πε0de2e2W = WK + WП = −, A== 14 эВ.4πε0d4πε0d3. 18. По закону сохранения импульса mv sin α = const и энергииe22mv 2 cos2 α 2mv 2 sin2 αe22mv 2 sin2 α++=+4πε0`224πε0rmin2получаем−14πε0rmin = ` 1 + 2 `mv 2 cos2 α.ehi1/2 √223. 19.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
