Федеральное агентство по образованию Государственное образовательное учреждение высшего профессионального образования Тульский государственный университет И.Ю. Канунникова Механика. Термодинамика. Молекулярная физика. Методические указания и контрольные задания Учебное пособие Тула 2007

УДК 537(07)

Методические указания и контрольные задания для студентов-заочников инженерно-технических специальностей. Учеб. пособие/ И.Ю. Канунникова. Тула: Изд-во ТулГУ, 2007 – 102 с

В пособии изложена рабочая программа курса физики по

разделам: «Механика. Физические основы классической механики. Элементы специальной теории относительности» и «Молекулярная физика и термодинамика». Приведены краткие теоретические сведения по каждому разделу, примеры решения задач, контрольные задания, правила оформления контрольных работ, сведения о приближенных вычислениях, таблицы интегралов и дифференциалов, основы векторной алгебры, справочные таблицы.

Предназначено для студентов-заочников инженерно-технических специальностей.

Табл. 9 Ил. 38. Библиогр.: 10 назв.

Печатается по решению библиотечно-издательского совета Тульского государственного университета

Рецензент: проф. кафедры физики ЕН факультета Тульского гос. университета, доктор физ.-мат. наук Д.М. Левин

© И.Ю. Канунникова, 2007 © Издательство ТулГУ, 2007

Рабочая программа курса физики по механике, молекулярной физике и термодинамике

Введение Предмет физики. Методы физического исследования: опыт,

гипотеза, эксперимент, теория. Роль физики в развитии техники и влияние техники на развитие физики. Единицы физических величин.

Физические основы классической механики

Кинематика. Радиус-вектор. Траектория. Скорость.

Ускорение. Криволинейное движение. Нормальное и тангенциальное ускорение. Вращательное движение. Угловая скорость и угловое ускорение. Связь угловых и линейных характеристик движения. Переход от неподвижной системы отсчета к движущейся.

Динамика материальной точки. Сила. Масса. Импульс. Фундаментальные взаимодействия. 1-й, 2-й и 3-й законы Ньютона. Преобразования Галилея. Классическая теорема сложения скоростей. Принцип относительности Галилея. Инерциальные и неинерциальные системы отсчета. Силы инерции и их примеры.

Система материальных точек. Полный импульс системы. Центр масс и его координаты. Уравнение движения центра масс. Закон сохранения и изменения полного импульса системы. Движение тела с переменной массой. Уравнение Мещерского.

Работа силы. Консервативные силы. Центральные силы (примеры). Потенциальная энергия. Связь потенциальной энергии и консервативных сил. Градиент. Эквипотенциальные поверхности. Потенциальная энергия системы материальных точек. Кинетическая энергия. Закон сохранения полной механической энергии. Неконсер-вативные силы. Диссипативные силы. Закон изменения механической энергии.

Потенциальное поле. Гравитационное поле. Закон тяготения Ньютона. Характеристики поля: напряженность и потенциал. Связь напряженности и потенциала гравитационного поля. Потенциальные кривые.

Момент силы. Момент импульса. Основное уравнение динамики вращательного движения. Вращение тела вокруг

неподвижной оси. Момент импульса тела относительно оси. Момент сил относительно оси. Момент инерции материальной точки и физического тела. Вычисление моментов инерции. Теорема Штейнера. Основное уравнение вращательного движения тела вокруг закрепленной оси. Полный момент импульса системы и закон его сохранения и изменения. Работа момента силы. Кинетическая энергия вращающегося тела. Система центра масс. Плоское движение. Законы сохранения энергии и импульса в системе центра масс. Движение в поле центральных сил. Задача Кеплера.

Гармонические колебания. Осциллятор. Условие гармонических колебаний. Незатухающие гармонические колебания. Физический и математический маятники (примеры). Затухающие гармонические колебания. Кинематическое и динамическое уравнения затухающих гармонических колебаний. Механическая энергия осциллятора. Сложение гармонических колебаний: а) взаимно-перпендикулярных, б) однонаправленных. Метод векторной диаграммы. Вынужденные колебания. Динамическое уравнение вынужденных гармонических колебаний и его решение. Резонанс. Резонансная частота. Анализ периодических движений с помощью потенциальных кривых.

Элементы специальной теории относительности

Опыты Майкельсона-Морли и их результат. Постулаты СТО

Эйнштейна. Принцип относительности Эйнштейна. Одновременность и синхронизация часов. Преобразования Лоренца и их следствия: релятивистское замедление времени и сокращение длины. Релятивистская теорема сложения скоростей. Релятивистский импульс и энергия частицы. Релятивистское уравнение динамики. Полная энергия и энергия покоя. Закон сохранения полной энергии. Связь энергии покоя и массы.

Четырехмерное пространство Минковского. Релятивистские инварианты. Интервал. Связь релятивистской энергии и импульса.

Молекулярная физика и термодинамика

Термодинамический и молекулярно-кинетический способы

описания. Термодинамическая система. Равновесные и неравновесные, обратимые и необратимые процессы. Температура.

Нулевое начало термодинамики. Уравнение состояния идеального газа. Работа идеального газа. Работа при циклических процессах. Внутренняя энергия термодинамической системы. Первое начало термодинамики. Внутренняя энергия и 1-е начало термодинамики для идеального газа. Теплоемкость. Теплоемкости идеального газа при постоянных объеме и давлении. Уравнение Майера. Адиабатический процесс и его уравнение для идеального газа. Политропический процесс.

Термодинамическое определение энтропии. Второе начало термодинамики. Невозможность существования вечных двигателей 1-го и 2-го рода. Формулировки Кельвина и Клаузиуса II-го начала термодинамики. Тепловые машины и циклические процессы. К.п.д. цикла. Цикл Карно и его к.п.д. Примеры тепловых машин (холодильник, кондиционер, тепловой насос).

Направление протекания естественных процессов. Микросостояние системы. Статистическое определение энтропии. Формула Больцмана для энтропии. III начало термодинамики (теорема Нернста).

Молекулярно-кинетическая теория газов. Функция распределения и ее смысл. Распределение Гаусса и его примеры. Распределение Максвелла для молекул идеального газа по проекциям скоростей. Распределение Максвелла для молекул идеального газа по величинам скоростей и его физический смысл. Экспериментальная проверка распределения Максвелла (опыты Штерна и Ламмерта). Средние скорости молекул газа. Температура в молекулярно-кинетической теории. Частота соударений молекул о стенку. Основное уравнение молекулярно-кинетической теории и его связь с уравнением состояния идеального газа. Теорема о равномерном распределении энергии по степеням свободы молекул. Внутренняя энергия и теплоемкость газа в молекулярно-кинетической теории. Идеальный газ в поле внешних сил. Барометрическая формула. Распределение Больцмана. Распределение Максвелла-Больцмана.

Необратимые процессы в газах. Столкновения молекул между собой. Эффективное сечение и средняя длина свободного пробега молекул газа. Явления переноса. Диффузия в газах. Теплопроводность газов. Вязкость газа. Реальный газ и уравнение его состояния (уравнение Ван-дер-Ваальса).

Литература. 1. Трофимова Т.И. Курс физики. – М.: Высш. шк., 1985. 2. Иродов И.Е. Основные законы механики. – М.: Высш. шк.,

1986. 3. Колмаков Ю.Н., Пекар Ю.А., Лагун И.М., Лежнева Л.С. Механика и теория относительности. Лекции по физике. – Тул. гос. ун-т. Тула, 2002.

4. Колмаков Ю.Н., Пекар Ю.А., Лежнева Л.С. Термодинамика и молекулярная физика. Лекции по физике. – Тул. гос. ун-т. Тула, 1999.

5. Чертов А.Г., Воробьев А.А. Задачник по физике. – М.: Интеграл-Пресс, 1997. – 544с.

6. Трофимова Т.И., Павлова З.Г. Сб. задач по курсу физики с решениями: Учеб. пособие для вузов. – М.: Высш. шк., 1999. – 591с.

7. Фирганг Е.В. Руководство к решению задач по курсу общей физики. Учеб. пособие для втузов. – М.: Высш. шк., 1978.

Общие методические указания к выполнению контрольных работ.

1. В течение второго семестра студент-заочник выполняет две контрольные работы. Номера задач, которые студент должен включить в контрольную работу №1, определяются по таблице вариантов на стр. 45 , в контрольную работу №2 – на стр. 92.

2. Контрольные работы нужно выполнять чернилами в школьной тетради в клетку; на обложке которой привести сведения по следующему образцу:

Контрольные работы №1 и №2

по физике студента Иванова П.П.

группа 660151

3. Условия задач записать в сокращенном виде, перевести все данные в систему СИ. Каждую задачу следует писать с новой страницы. Для замечаний преподавателя на страницах тетради оставлять поля.

4. Выполненные контрольные работы студент представляет в деканат заочного факультета.

5. Если контрольная работа при рецензировании не зачтена, студент обязан представить ее на повторную рецензию, включив в нее те задачи, решения которых оказались неверными. Повторную работу необходимо представить вместе с незачтенной.

6. Зачтенные контрольные работы предъявляются экзаменатору. Студент во время экзамена должен быть готов дать пояснения по существу решения задач, входящих в его вариант контрольных задач.

7. Решения задач следует сопровождать краткими пояснениями; в тех случаях, когда это необходимо, рисунками, выполненными карандашом с использованием чертежных принадлежностей.

8. После получения расчетной формулы для проверки ее правильности следует подставить в правую часть формулы, вместо символов величин, обозначения единиц измерения этих величин и убедиться в том, что полученная в результате единица измерения соответствует искомой величине.

9. При подстановке в расчетную формулу, а также при записи ответа, числовые значения величин следует записывать как произведение десятичной дроби с одной значащей цифрой перед запятой на десять в соответствующей степени, округляя ответ до трех значащих цифр. Например, вместо 456297 надо записать

54,56 10⋅ ; вместо 0,0004515 записать 44,52 10−⋅ и т.п.

Контрольная работа №1 Кинематика. Динамика. Механические колебания Основные формулы и примеры решения задач

1. Кинематика

В декартовой системе координат положение материальной

точки описывается радиус-вектором (рис.1.1) ( ) ( ) ( ) ( )x y zr t i r t j r t k r t= ⋅ + ⋅ + ⋅

rr rr

, (1.1)

где , ,i j krr r

– орты, т.е. тройка взаимноперпендикулярных единичных

| | | | | | 1i j k= = =r r r

векторов, направленных вдоль координатных осей OX, OY, OZ. Кинематический закон движения:

( ), ( ), ( )x x y y z zr r t r r t r r t= = = , (1.2)

выражает зависимость координат точки от времени. С математической точки зрения они представляют собой уравнение траектории в параметрической форме, где роль параметра играет время.

Рис. 1.1. Радиус-вектор rr

и его проекции , ,x y zr r r .

α ,α ,αx y z – углы между радиус-

вектором rr

и координатными осями OX, OY, OZ

Проекции радиус-вектора cosα , cosα , cosαx x y y z zx r r y r r z r r≡ = ⋅ ≡ = ⋅ ≡ = ⋅ . (1.3)

Модуль радиус-вектора 2 2 2r x y z= + +r

. (1.4)

Путь, пройденный частицей за время 2 1t t t∆ = − , равен длине траектории l∆ (рис.1.2). Вектор перемещения r∆r точки из положения 1 в положение 2:

1 2r r r∆ = −r r r

. (1.5)

Дифференцированием формул (1.2) можно найти проекции скорости и ускорения точки:

( ) xx

drV t

dt= , ( ) y

y

drV t

dt= , ( ) z

z

drV t

dt= , (1.6)

22 2

2 2 2( ) , ( ) , ( )y yx x z z

x y z

dV d rdV d r dV d ra t a t a t

dt dt dt dt dt dt= = = = = = . (1.7)

Мгновенная скорость: ( )dr

V tdt

=r

r

,

( ) ( ) ( ) ( )x y zV t i V t j V t k V t= ⋅ + ⋅ + ⋅rr r r

. (1.8)

Средняя скорость:

rV

t

∆< >=∆

r

r

, (1.9)

где r∆r – перемещение материальной точки за время t∆ .

Рис. 1.2. Движение материальной точки из положения 1 в положение 2. l∆ – путь, пройденный точкой. r∆r – вектор перемещения. 1 1( )r t

r

и 2 2( )r tr

– радиус-векторы точки в моменты

времени 1t и 2t . ( )V tr

– мгновенная скорость точки. V< >r

– средняя скорость точки

Модуль скорости 2 2 2| | x y zV V V V= + +r

. (1.10)

Модуль ускорения 2 2 2x y za a a a= + +r

. (1.11)

Ускорение точки можно представить как сумму двух ускорений – тангенциального τa

r

, т.е. касательного к траектории, и нормального

nar

, т.е. перпендикулярного касательной к траектории в данной точке (рис.1.3):

τ na a a= +r r r

, 2 2τ| | na a a= +r

. (1.12)

Тангенциальное ускорение обусловлено только изменением модуля скорости, а нормальное – только изменением направления скорости.

τ τdV

adt

= ⋅r r

, (1.13)

2

n

Va n

R= ⋅r r

, (1.14)

где τr

– единичный вектор, направленный вдоль касательной к траектории; n

r

– единичный вектор, направленный к центру кривизны траектории (точка О); R – радиус кривизны траектории. Радиус-вектор r

r

и перемещение измеряются в [м], скорость в [м/с], ускорение в [ 2м/с ].

Рис. 1.3. Полное ускорение точки a

r

, представленное в виде векторной суммы тангенциального τa

r

и

нормального nar

ускорений

Кинематика движения точки по окружности

Твердое тело вращается вокруг неподвижной оси OO′ . Угол

поворота тела характеризует вектор dϕr *, модуль которого равен углу поворота, а направление совпадает с осью вращения OO ′′′′ .

* Бесконечно малый угол поворота dϕr , может быть представлен в виде вектора, направленного вдоль оси вращения. Это возможно, когда радиус-вектор r

r

можно считать неизменным. Определение векторного произведения двух векторов см. в приложении (стр. 103).

Направление поворота отвечает правилу правого винта по отношению к направлению вектора dϕr (рис. 1.4).

За бесконечно малый промежуток времени dt точка А тела, находящаяся на расстоянии R от оси вращения OO′ , повернется на угол dϕ. Линейное перемещение точки А равно приращению радиус-вектора rd

r

и связано с углом поворота dϕ соотношением sinθdr d r= ϕ⋅r

. (1.15)

В векторном виде [ ];dr d r= ϕrr r

. (1.16)

Рис.1.4. Вращение точки А вокруг неподвижной оси OO ′′′′ в горизонтальной плоскости. R – расстояние до оси вращения OO ′′′′

Вектор угловой скорости ω

r

совпадает по направлению с вектором dϕr и представляет собой аксиальный вектор (греч. акси – ось)

[ ]ω , рад/сd

dt

ϕ=r

r

. (1.17)

Угловое ускорение 2

22

ωε , рад/с

d d

dt dt

ϕ = =

r r

r

. (1.18)

Направление вектора εr

совпадает с направлением приращения вектора угловой скорости ωd

r

. Вектор εr

, как и ωr

, является аксиальным.

Связь между линейными и угловыми величинами

[ ];dr d r= ϕrr r

, sinθdr d r d R= ϕ⋅ ⋅ = ϕ⋅r

,

[ ]ω;V r=r

r

, ω sinθ ωV r R= ⋅ ⋅ = ⋅r

,

[ ]ω ; ω;na r = r rr r

, 2ωna R=r

, (1.19)

[ ]τ ε;a r= rr r

, τ εa R=r

.

Модуль полного ускорения 2 2 2 4

τ ε ωna a a R= + = +r

. (1.20)

Обратная задача кинематики

Если известны зависимости )(tar

или ε( )tr

и начальные условия

0 0 0 0; ω ; ;V r ϕr

r rr

, то можно определить

0

0

( ) ( )t

V t V a t dt= + ∫r r

r

, (1.21)

0

0

0

0

0

0

( ) ,

( ) ,

( ) ,

x x x

y y y

z z z

t

t

t

V V a t dt

V V a t dt

V V a t dt

= +

= + = +

∫

∫

∫

(1.22)

0

0

ω( ) ω ε( )t

t t dt= + ∫r r r

, (1.23)

z 0z z

0

ω ( ) ω ε ( )t

t t dt= + ∫ , (1.24)

где z zω , ε – проекции угловой скорости и углового ускорения на ось вращения.

14

0

0

0 0

0 0

0

0

( ) ( ) ,

( ) ( ) , ( ) ( ) ,

( ) ( ) .

x x x

y y y

z z z

t

t t

t

r t r V t dt

r t r V t dt r t r V t dt

r t r V t dt

= +

= + = + = +

∫

∫ ∫

∫

rr r

(1.25)

Путь, пройденный точкой за время t, 0

( )t

S V t dt= ∫ . (1.26)

Угол поворота точки за время t 0 z

0

ω

t

dtϕ = ϕ + ∫ . (1.27)

Примеры решения задач

Задача 1. Тело вращается вокруг неподвижной оси. Изменение

угла поворота со временем определяется формулой 2 3A Bt Ctϕ = + + ,

где 10радA = , 22рад/сB = , 31рад сC = − . Найти модуль полного ускорения точки, находящейся на расстоянии 0,5мR = от оси вращения, для момента времени 2ct = .

Решение. Модуль полного ускорения точки 2 2τna a a= + , (1)

где 2

2ωn

Va R

R= = – нормальное ускорение, τ εa R= – тангенциальное

ускорение. 4 2 2 2 4 2ω ε ω εa R R R= + = + . (2)

Угловая скорость ω по определению равна производной от угла

поворота по времени 2ω 2 3d

A Bt Ctdt

ϕ= = + + .

При 2t c= 2ω( 2) 10 2 2 2 3( 1) 2 6рад сt = = + ⋅ ⋅ + − ⋅ = . Угловое ускорение ε равно производной от угловой скорости ω( )t по

времени ω

ε 2 3 2d

B Ctdt

= = + ⋅ ⋅ .

При 2ct = 2ε( ) 2 2 3 2 ( 1) 2 8рад сt = ⋅ + ⋅ ⋅ − ⋅ = − .

15

Знак минус показывает, что тело замедляет вращение с ускорением, зависимость которого от времени определяется выражением ε( ) 2 6 4 6t B Ct t= + = − . Подставив полученные значения ω( 2c)t = и ε( 2c)t = , а также значение 0,5мR = в формулу (2), получим

2 2 2( 2 ) 0,5 6 8 5м сa t c= = + = .

Задача 2. Частица начала движение из начала координат. Скорость ее зависит от времени по закону

( ) sinω cosωV t i A t j A t kCt= ⋅ + ⋅ +rr r r

. Найти координаты частицы через

1 2ct = после начала движения, если 2м/сA = , 23м/сC = , π

ω рад/с4

= .

Решение. Проекции скорости частицы sinωxV A t= , cosωyV A t= , zV Ct= .

Проекции радиуса-вектора частицы (или координаты), в соответствии с формулами (1.24),

0

0

sin(ω )t

x x A t dt= + ∫ ; 0

0

cos(ω )t

y y A t dt= + ∫ ; 0

0

t

z z Ctdt= + ∫ .

По условию частица начала движение из начала координат, т.е.

0 0 0 0x y z= = = .

1

1

0

2 π 2 4cosω cosω cos0 4cos 1 2,55м

ω ω ω π 2 π

tA A A

x t t⋅= − = − + = − ⋅ + ⋅ = ,

1

1

0

A 2 πsinω sinω 4sin 2,55м

ω ω π 2

tA

y t t= = = ⋅ = ,

12 2 21

0

23 6м

2 2 2

tt t

z C C= = = = .

Координаты частицы ( )2,55; 2,55; 6.

Задача 3. Частица начала двигаться из начала координат с

начальной скоростью 0V i A j B= ⋅ − ⋅r r r

и с ускорением, которое зависит

от времени по закону 2( )a t j Ct= ⋅r

r

. Каков модуль скорости частицы в

момент времени 1 10ct = , если 2м/сA = , 300м/сB = , 41м/сC = ? Решение. Проекции ускорения частицы

16

0xa = , 2ya Ct= , 0za = .

Проекции скорости 0

0

x x x

t

V V a dt A= + =∫ ,

32

0

0 0

1

03y y y

tt t CtV V a dt B Ct dt B= + = − + = − +∫ ∫ ,

0

0

0z z z

t

V V a dt= + =∫ .

Модуль скорости частицы 2 2 2x y zV V V V= + + ,

2 232 2 31

2 10 300 33,4м/с3 3

CtV A B

= + − = + ⋅ − =

.

Задача 4. Частица начала двигаться из точки с радиус-вектором

0r i A j B k C= ⋅ + ⋅ − ⋅rr r

r

со скоростью, которая зависит от времени по

закону 2( )V t i t j Ft k Dt= ⋅ + ⋅ + ⋅rr r r

. На каком расстоянии от начала координат будет находится частица в момент времени 1 5t c= , если

2мA = , 3мB = , 0,5мC = , 34м/сF = , 21м/сD = . Решение. Проекции радиус-вектора частицы

2

1 0

0 0

51

0

( ) 2 14,5м2x x x

tt tr t r V dt A tdt= + = + = + =∫ ∫ ,

( )3 3

21 0

0 0

51

0

5( ) 3 4 169,7м,

3 3y y y

tt tr t r V dt B Ft dt B F= + = + = + = + ⋅ =∫ ∫

( )2 2

1 0

0 0

51

0

5( ) 0,5 1 12м

2 2z z z

tt tr t r V dt C Dt dt C D= + = − + = − + = − + ⋅ =∫ ∫ .

Расстояние от начала координат до частицы в момент времени 1t равно модулю радиус-вектора частицы при 1t t=

2 2 2 2 2 21 1 1 1( ) ( ) ( ) ( ) 14,5 169,7 12 170,7мx y zr t r t r t r t= + + = + + = .

17

2. Динамика Инерция – явление сохранения скорости движения тел при

отсутствии внешних воздействий. Инертность – свойство тел сопротивляться изменению скорости

под действием сил. Первый закон Ньютона (определяет причины изменения

движения): тело сохраняет состояние покоя ( 0V =ur

) или движется равномерно и прямолинейно (V const=

ur

), если векторная сумма всех сил, приложенных к телу, равна нулю ( 0i

iF =∑r

).

Системы отсчета, относительно которых тело при отсутствии внешних воздействий движется прямолинейно и равномерно или находится в состоянии покоя, называются инерциальными системами отсчета (ИСО). Систему отсчета, связанную с Землей, считают ИСО с точностью до вращения Земли относительно своей оси – это первое приближение. Если пренебречь вращением Земли нельзя, то в качестве следующего, второго, более точного приближения к ИСО выбирают систему отсчета, связанную с центром Солнца (гелиоцентрическую систему отсчета).

Импульс частицы Pr

– это вектор, равный произведению массы частицы на ее скорость

P mV=r r

. (2.1) Второй закон Ньютона: Скорость изменения импульса частицы в инерциальной системе

отсчета равна векторной сумме сил, действующих на частицу,

ii

dPF

dt=∑

r

r

. (2.2)

Если масса частицы не изменяется во время движения, то ( )

ii

dP d mV dVm ma F

dt dt dt= = = =∑

r r r

rr

. (2.3)

В случае переменной массы ( )m t связь между силой, массой и ускорением описывается уравнением Мещерского (реактивное движение):

внеш

dV dmm F u

dt dt= +

r

rr

. (2.4)

18

Уравнение (2.4) описывает движение любого тела переменной массы в поле внешних сил внешF

r

; ur

– скорость присоединяющейся

(отделяющейся) массы относительно тела; dm

udt

r

– реактивная сила.

Сила Fr

, действующая на материальную точку, движущуюся по кривой, может быть разложена на две составляющие: тангенциальную τF

r

и нормальную nFr

(рис. 2.1):

τ τ εdV

F ma m m Rdt

= = = , (2.5)

где ε – угловое ускорение, R – радиус кривизны траектории; 2

2ωn n

VF ma m m R

R= = = , (2.6)

где ω – угловая скорость.

Рис. 2.1. Разложение силы Fr

на тангенциальную τF

r

и

нормальную nFr

составляющие.

ar

, nar

, τar

– соответственно полное, нормальное и тангенциальное ускорения. R – радиус кривизны траектории

Третий закон Ньютона: силы 12F

r

и 21Fr

взаимодействия двух материальных точек 1 и 2 равны по величине, противоположны по направлению и лежат на прямой, соединяющей эти точки (рис. 2.2):

12 21F F= −r r

(2.7)

Рис. 2.2. К третьему закону Ньютона

19

Гравитационная сила. Закон всемирного тяготения Сила гравитационного притяжения грF

r

, действующая между

материальными точками в соответствии с законом всемирного тяготения, пропорциональна произведению масс взаимодействующих частиц 1m и 2m , обратно пропорциональна квадрату расстояния

1 2r r−r r

между ними и направлена по прямой, соединяющей эти точки

(рис. 2.3).

1 2гр 2

1 2

r

m mF G e

r r= −

−

rr

r r

, (2.8)

1 2

1 2| |r

r re

r r

−=−

r r

r

r r,

где rer

– единичный вектор, направленный вдоль линии, соединяющей

частицы, 11 3 26,67 10 м /(кг с )G −= ⋅ ⋅ – гравитационная постоянная,

Рис. 2.3. Силы гравитационного взаимодействия 12F

r

и 21Fr

между двумя материальными точками. 1 2 1 2, , ,r r m m

r r

– радиус-векторы и массы взаимодействующих частиц

Если одну частицу поместить в начало координат (точка O), то закон примет вид

1 2гр 2 r

m mF G e

r= −

rr

, | |r

re

r=

r

r

r. (2.9)

Гравитационная сила притяжения частицы планетой

грF mg=r

r

, 2 r

Mg G e

r= − ⋅r r

, (2.10)

где M – масса планеты, m – масса частицы, gr

– ускорение свободного падения.

Вес – это вертикальная сила, с которой тело действует на опору или подвес. Если тело находится в состоянии равновесия, то она равна по величине силе нормальной реакции опоры N

r

.

20

Сила упругости Сила упругой деформации при растяжении (сжатии) пружины

или стержня определяется законом Гука:

упрF k r= − ⋅ ∆r

r

. (2.11)

В проекции на ось x упр xF k x= − ⋅ ∆ . r∆r или x∆ – смещение точки

приложения силы Fr

относительно положения равновесия (рис. 2.4). Коэффициент жесткости k определяется формулой

0

Sk E

l= , (2.12)

где E – модуль Юнга или модуль упругости, который характеризует упругие свойства материала стержня, 0l – длина недеформированного стержня, S – площадь поперечного сечения стержня.

Рис. 2.4. К определению силы упругой деформации упрF

r

по

закону Гука. Fr

– сила, растягивающая стержень вдоль оси x, x∆ – абсолютное удлинение стержня

Закон Гука справедлив только при малых деформациях:

0

1x

l

∆ .

Силы трения. Сила трения покоя направлена противоположно внешней силе,

зависит от величины внешней силы внешF и может иметь величину от нуля до некоторого максимального значения тр maxF . Если

внешF > тр maxF , то тело начинает скользить, и на него уже действует

сила трения скольжения:

тр µ| |

VF N

V= −

r

r

r , тр| | µF N=r

. (2.13)

Здесь N – сила нормальной реакции опоры, µ – коэффициент трения скольжения.

21

Сила вязкого трения пропорциональна скорости движения тела и направлена в сторону, противоположную направлению движения,

вяз ηF V= −r r

, (2.14) где η – коэффициент вязкости среды.

Момент импульса частицы относительно начала координат (точка O):

[ ],L r p=r

r r

, sinαL rmV= . (2.15)

По определению L r⊥r

r

и L p⊥r

r

(рис. 2.5). Направление вектора

Lr

определяется по правилу правого винта (рис. 2.6).

Рис. 2.5. Момент импульса Lr

материальной точки массой m относительно начала координат (точка O). p

r

и rr

- импульс и радиус-вектор материальной точки

Рис. 2.6. К определению направления момента импульса Lr

по правилу правого винта

[ ], ( ) ( ) ( )x y z y z z y z x x z x y y x

x y z yx z

i j k

L r p r r r i r p r p j r p r p k r p r p

p p p LL L

= = = − + − + −

r r r

r r rrr r

1424314243 1442443

, (2.16)

где xL , yL , zL – проекции момента импульса частицы на

координатные оси. Для частицы, вращающейся по окружности радиуса r (рис. 2.7),

2sin90 ωL Pr mVr m r= ° = = , (2.17) ωL I= , (2.18)

где 2I mr= – момент инерции материальной точки. Для частицы, движущейся по прямой (рис. 2.8),

sinαL mVr mVl= = , (2.19) где sinαl r= – кратчайшее расстояние от начала координат (точка O) до траектории частицы.

22

Величина Lr

зависит от выбора точки O . Если имеется ось вращения, точку O помещают на этой оси.

Рис. 2.7. Момент импульса Lr

частицы, движущейся по окружности радиуса r со скоростью V

r

, m – масса частицы

Рис. 2.8. Момент импульса Lr

частицы, движущейся по прямолинейной траектории со скоростью V

r

. rr

– радиус-вектор частицы. l – кратчайшее расстояние от начала координат (точка O) до траектории частицы. m – масса частицы

Момент силы Mr

относительно начала координат (точка O) равен векторному произведению векторов r

r

и Fr

: ,M r F =

r rr

, sinαM rF= ⋅ , (2.20)

sinαl r= – плечо силы. M Fl= .

По определению M r⊥r

r

и M F⊥r r

(рис. 2.9). Направление вектора M

r

определяется по правилу правого винта (рис. 2.10).

, ( ) ( ) ( )x y z y z z y z x x z x y y x

x y z

i j k

M r F r r r i r F r F j r F r F k r F r F

F F F MM My zx

= = = − + − + −

r r r

r r rr rr

1424314243 14243

. (2.21)

xM , yM , zM – проекции момента силы на координатные оси.

Величина и направление вектора момента силы Mr

зависят от выбора точки O .

Рис. 2.9. К определению направления момента силы M

r

по правилу правого винта

23

Рис. 2.10. Момент импульса Mr

относительно начала координат (точка O). F

r

– сила, действующая на частицу массой m. l – кратчайшее расстояние от точки O до линии действия силы

Основное уравнение динамики вращательного движения Скорость изменения момента импульса частицы L

r

относительно некоторой точки равна моменту силы относительно этой же точки:

,dL

r F Mdt

= =

r

r rr

, (2.22)

2

1

ω

t

z z z

t

L I M dt∆ = ∆ = ∫ , (2.23)

где zL∆ – изменение момента импульса за время 2 1t t t∆ = − равно импульсу момента силы за это же время.

Момент инерции материальной точки: 2I mr= , (2.24)

где r – расстояние до оси вращения. Момент инерции твердого тела, относительно оси, проходящей

через центр масс тела, в общем случае: 2I r dm= ∫ (2.25)

Здесь r – расстояние от элементарной массы dm до оси вращения. Моменты инерции некоторых однородных твердых тел

относительно оси cz проходящей через центр масс тела, приведены в таблице 2.1.

Теорема Штейнера: момент инерции тела относительно произвольной оси 0I равен сумме момента инерции этого тела относительно оси, параллельной данной и проходящей через центр масс тела cI , и произведения массы тела m на квадрат расстояния между осями d :

20 cI I md= + (2.26)

24

Таблица 2.1 Моменты инерции однородных тел относительно оси,

проходящей через центр масс тела Твердое тело

ось вращения Момент инерции

I Тонкий стержень длины l

Ось cz перпендикулярна оси стержня

2

12

ml

Сплошной цилиндр радиуса R

Ось cz совпадает с осью цилиндра

2

2

mR

Тонкое кольцо радиуса R

Ось cz перпендикулярна плоскости кольца

2mR

Тонкий диск радиуса R

Ось cz перпендикулярна плоскости диска

2

2

mR

Тонкий диск радиуса R

Ось cy совпадает с диаметром диска

2

4

mR

Сплошной шар радиуса R

Ось cz проходит через центр шара

22

5mR

Работа силы равна интегралу от скалярного произведения

вектора силы на вектор бесконечно малого перемещения

25

2 2

12

1 1

cosαA F dr F dr= ⋅ = ⋅∫ ∫r r

r

. (2.27)

Рис. 2.11. К определению работы силы на участке траектории 1 – 2

Сила совершает положительную работу, когда она направлена «по движению» (α 90< °), отрицательную, когда она направлена «против движения» (α 90> ° ). Работа силы равна нулю, когда F dr⊥

rr

(α 90= ° ).

Работа момента силы при повороте тела относительно оси z равна изменению кинетической энергии:

2

1

zA M d K= ϕ = ∆∫ . (2.28)

Мощность силы равна работе, совершенной за единицу времени: dA F dr

P F Vdt dt

⋅= = = ⋅r

r

r r

. (2.29)

Кинетическая энергия: а) тела, движущегося поступательно,

2 2

2 2cmV p

Km

= = , (2.30)

где cV – скорость центра масс тела; б) тела, вращающегося относительно неподвижной оси z,

2 2ω

2 2z z

z

I LK

I= = ; (2.31)

в) тела, совершающего плоское движение, 2 2ω

2 2cmV I

K = + . (2.32)

Потенциальная энергия: а) упругодеформированной пружины

( )2

2

k xU

∆= , (2.33)

26

где k – жесткость пружины, x∆ – абсолютная деформация пружины; б) гравитационного взаимодействия

1 2m mU G

r= − , (2.34)

где G – гравитационная постоянная, 1m и 2m – массы взаимодействующих тел; r – расстояние между центрами этих тел;

в) тела, находящегося в однородном поле силы тяжести Земли, U mgh= , (2.35)

где g – ускорение свободного падения, h – высота тела над уровнем, принятым за нулевой (формула справедлива при условии h R , где R – радиус Земли).

Законы сохранения Закон сохранения импульса Импульс замкнутой системы сохраняется: p const=r

.

внеш0dp

Fdt

= =∑r

r

внеш 0p F dt∆ = ⋅ =∑∫r

r

(2.36)

Система называется замкнутой, если все внешние силы, действующие на систему, уравновешены.

Проекция импульса на ось сохраняется, если сумма проекций внешних сил на эту ось равна нулю: xp const= , если внеш 0

хF =∑ .

Если действие внешних сил длится очень малое время 0t∆ → (столкновение, взрыв), то внеш 0p F t∆ = ⋅ ∆ =∑

rr

, т.е. p const=r

.

Для двух взаимодействующих точек закон сохранения импульса имеет вид

1 1 2 2 1 1 2 2mV m V m u m u+ = +r r

r r

, (2.37)

где 1 2,V Vr r

и 1 2,u ur r

– скорости точек до и после их взаимодействия. Полная механическая энергия системы частиц, находящихся во

внешнем потенциальном поле,

сист соб внешE K U U= + + , (2.38) где систK – сумма кинетических энергий всех частиц системы:

2

сист 2i i

i

mVK =∑ , (2.39)

собU – собственная потенциальная энергия системы частиц:

соб

1

2 iji j i

U U≠

= ∑∑ , (2.40)

27

ijU – потенциальная энергия взаимодействия i -ой и j -ой частиц,

внеш ii

U U=∑ , где iU – потенциальная энергия i -ой частицы во

внешнем поле. Консервативной называется система, полная механическая

энергия которой сохраняется систE const= . Закон сохранения момента импульса: Момент импульса системы сохраняется, если сумма моментов

всех внешних сил, действующих на систему, равна нулю.

систвнеш 0

dLM

dt= =

r

r

, систL const=r

. (2.41)

Если проекция моментов внешних сил на какую-либо ось равна нулю, то проекция момента импульса на эту ось сохраняется:

0zM = , ωz zL I const= = . (2.42)

Примеры решения задач

Задача 1. Тело массой 100гm= движется так, что зависимость пройденного пути от времени описывается уравнением ( ) sinωS t A t= , где 20смA = , ω 0,1рад/c= . Запишите закон изменения силы как функцию времени. Определите модуль силы, действующей на тело через 5с после начала движения.

Решение. По второму закону Ньютона модуль силы равен 2

2

dV d SF ma m m

dt dt= = = ,

где a – ускорение. Первая производная пути по времени – это скорость тела:

ωcosωdS

V A tdt

= = .

Производная скорости по времени – ускорение: 2ω sinωa A t= − . Закон изменения силы ( )F t :

2( ) ω sinωF t mA t= − Подставив числовые значения: 0,1кгm= , 0,2мA = , ω=0,1рад/c

и 5ct = получим: (180

0,5рад 0,5 28,63,14

= ⋅ = ° , sin 28,6 0,48° = )

2 5( 5c) 0,1 0,2 0,1 sin0,5 9,5 10 HF t −= = − ⋅ ⋅ = − ⋅ .

28

Задача 2. Груз массой 45кгm= вращается на канате длиной

5мl = в горизонтальной плоскости, совершая 16об/минn = (рис. 2.12). Какой угол с вертикалью образует канат и какова сила его натяжения.

Решение. На груз действуют сила тяжести mgr

и сила натяжения

каната Tr

(рис. 2.12). По второму закону Ньютона mg T ma+ =

rr r

. (1)

Рис. 2.12

Так как движение по окружности происходит здесь с постоянной по модулю скоростью, то полное ускорение тела равно нормальному ускорению

2 2ω (2π )na a R n R= = =

Выберем оси x и y как показано на рис. 2.12. Проектируя векторы, входящие в уравнение (1) на эти оси, получим

2 2sinα 4πT m n R= ⋅ , (2) cosα 0T mg− = . (3)

Из рис.2.12 видно, что радиус окружности равен sinαR l= . (4)

Решив совместно уравнения (2), (3) и (4), получим 2 24πT n lm= , (5)

2 2α arccos

4π

g

n l =

. (6)

Подставив числовые значения 5 мl = , 45 кгm= , 16

16 об/мин 0,267 об/с60

n = = = в формулы (5) и (6), получим

630 HT = , cosα 0,71= , α 45= °.

Задача 3. Через блок, укрепленный на потолке комнаты, перекинута нить, на концах которой подвешены грузы с массами 1 500гm = и

29

2 450гm = . Массы блока и нити пренебрежимо малы, трением можно пренебречь. Найти ускорение центра масс этой системы.

Решение. Силы, действующие на тела, показаны на рис. 2.13. Предположим, что ускорение первого груза направлено вниз, а второго груза – вверх. Второй закон Ньютона в проекции на ось y для каждого тела в отдельности

amTgm11

=− , (1) amTgm

22−=− . (2)

Рис. 2.13

Т.к. 1 2a a= , то из уравнений (1) и (2) сила натяжения нити Т равна

( )1 1 2

1 2 1 2

2 2

1 /

m g m m gT

m m m m= =

+ +

Проекцию ускорения центра масс

ca этой системы на ось y определим из уравнения ( )1 2 1 2 2cm m a m g m g T+ = + −

( )( )

2

1 21 22

1 2 1 2

2c

m mm g m g Ta g

m m m m

−+ −= =+ +

.

Подставив числовые значения 1 0,5кгm = , 2 0,45кгm = , получим:

( )( )

2

22

0,5 0,459,8 0,027м/с

0,5 0,45ca

−= ⋅ =

+.

Задача 4. В вагоне укреплен отвес (шарик массой m на нити). Какое направление примет отвес, если вагон скатывается без трения с наклонной плоскости, образующей с горизонтом угол α (рис.2.14). Отвес считать неподвижным относительно вагона.

Рис. 2.14

Решение. По второму закону Ньютона для шарика:

amTgmr

rr =+ , (1)

где ar

– ускорение шарика, равное ускорению вагона. Вагону сообщает ускорение составляющая его силы тяжести, направленная вдоль наклонной плоскости sinαMg , где

30

M – масса вагона. По второму закону Ньютона для вагона:

sinαMa Mg= , (2) sinαa g= . (3)

Уравнение (1) в проекциях на ось х, совпадающую с направлением ускорения a

r

, примет вид sinα sinβ sinαmg T mg+ = , (4)

отсюда sinβ 0T = . Так как сила натяжения нити 0≠T , то sinβ 0= и β 0= . При спуске вагона отвес расположен по нормали к наклонной

плоскости. Задача 5.

Небольшое тело пустили снизу вверх по наклонной плоскости, составляющей угол α 45= ° с горизонтом. Найти коэффициент трения, если время подъема тела оказалось в два раза меньше времени спуска.

Решение. Силы, действующие на тело при его движении вверх, показаны на рис. 2.15. Второй закон Ньютона в проекции на оси x,y имеет вид

1 трsinαma mg F− = − − , (1)

cosαN mg= , (2)

тр µ µ cosαF N mg= = , (3)

где µ – коэффициент трения.

Рис. 2.15

Подставив (3) в (1) получим 1 sinα µ cosαma mg mg= + . Т.е. тело движется вверх равнозамедленно с ускорением 1a :

( )1 sinα µcosαa g= + , (4)

а уравнение его движения имеет вид

2

21

0ta

tVx −= , (5)

где 0

V – начальная скорость тела. Время движения тела вверх 1t

определим из условия:

31

010

=−== taVdt

dxV ,

1

0

1 a

Vt = , (6)

а координата точки поворота ( )2 2 2

0 0 011 2

1 1 12 2

V V Vax t

a a a= − = .

При движении тела вниз меняется направление силы трения и, следовательно, вниз тело движется с ускорением

( )2 sinα µcosαa g= − , (7)

а уравнение его движения имеет вид 22 2

02 2 21

1

( )2 2 2

Va t a tx x t

a= − = − .

Время движения тела вниз 2t определим из условия 2 2

0 2 2

1

02 2

V a tx

a= − = ,

02

1 2

Vt

a a= . (8)

Отношение ( )2 1/ 2t t = по условию. Подставив (4), (6), (7) в (8), имеем

2 1

1 2

sinα µcosα α µ2

sinα µcosα α µ

t a tg

t a tg

+ += = = =− −

,

α+µ 4 α 4µtg tg= −

3µ α

5tg=

Подставив численные данные задачи, получим µ 0,16= . Задача 6. Однородный шар массы 5кгm= скатывается без

проскальзывания по наклонной плоскости, составляющей угол α 20= ° с горизонтом (рис. 2.16). Найти кинетическую энергию шара через 1 1,6ct = после начала движения.

Решение. Кинетическая энергия шара равна сумме кинетической энергии поступательного движения центра масс шара и кинетической энергии вращательного движения шара относительно неподвижной

оси: 2 2ω

2 2cmV I

K = + ,

32

где 22

5I mR= – момент инерции шара, ω – угловая скорость

вращения шара. Скорость центра масс шара 1c cV a t= , где ca – ускорение центра

масс шара, которое найдем следующим образом: уравнение второго закона Ньютона в проекции на ось x (см. рис. 2.16):

трsinα cmg F ma− = .

Основное уравнение вращательного движения шара относительно оси проходящей через центр масс шара:

тр

ωdI F R

dt=

или трε caI I F R

R= = .

Т.к. в отсутствие проскальзывания ωcV R= , а ускорение ω

εc

da R R

dt= = .

Рис. 2.16

Получив систему двух уравнений,

тр

тр

sinα c

c

mg F ma

aI F R

R

− =

=

,

находим ускорение 5

sinα7ca g= ,

33

скорость центра масс шара 1 1

5sinα

7c cV a t gt= = ,

и угловую скорость вращения шара

15ω sinα

7cV gt

R R= = .

Кинетическая энергия шара в момент времени 1t будет равна 2 2

2 2 2к 1

ω 5sin α

2 2 14cmV I

E mg t= + = .

2 2 2к

55 9,8 1,6 sin 20 51,35Дж

14E = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ° = .

Задача 7. Круглая платформа радиуса 1мR = , момент инерции

которой 2130кг мI = ⋅ , вращается по инерции вокруг вертикальной оси с частотой 1 1об/сn = . На краю платформы стоит человек, масса которого 70кгm= . Сколько оборотов в секунду 2n будет совершать платформа, если человек перейдет в центр? Момент инерции человека рассчитывать как для материальной точки. Какую работу совершит при этом человек.

Решение. Так как платформа вращается по инерции, то результирующий момент всех внешних сил, приложенных к системе платформа-человек, равен нулю. Следовательно, выполняется закон сохранения момента импульса:

внеш 0dL

Mdt

= =r

r

, L const=r

1 2L L= . (1) Когда человек стоит на краю платформы, момент импульса

системы платформа-человек равен 2

1 1 1 1ω ( ) 2πL I I mR n= = + ⋅ , (2)

где 2mR – момент инерции человека; 21I I mR= + – момент инерции

системы, 1 1ω 2πn= – угловая скорость платформы. Когда человек стоит в центре платформы, момент импульса

системы равен

2 2 2ω 2πL I I n= = ⋅ , (3) где I и 2ω – момент инерции и угловая скорость системы. Здесь учтено, что момент инерции человека, стоящего в центре платформы, равен нулю. Решая совместно уравнения (1) – (3) получаем

34

212 ( ) 1,5об/с

nn I mR

I= + = .

Из закона сохранения энергии определим работу, совершенную человеком, как изменение механической энергии системы:

2 22 2 1 1ω ω

1,824кДж2 2

I IA = − = .

Задача 8. Найти момент инерции I тонкого кольца массы m и радиуса R относительно оси, лежащей в плоскости кольца и проходящей через его центр (рис. 2.17).

Решение. Разобьем кольцо на элементы массой θ2π

mdm Rd

R= ⋅ ,

где 2π

m

R – линейная плотность; θRd – длина дуги. sinθr R= ⋅ –

расстояние от элемента dm до оси вращения.

Рис. 2.17

2 2 θ2π

mI r dm r Rd

R= =∫ ∫

2π 2π2 22 2

0 0

1 cos2θ( sinθ) θ sin θ θ θ

2π 2π 2π 2

m mR mRI R d d d

−= = =∫ ∫ ∫,

2 212π

2π 2 2

mR mRI = ⋅ ⋅ = – момент инерции тонкого кольца.

Задача 9. Найти момент инерции тонкого диска массы m и

радиуса R относительно оси, лежащей в плоскости диска и проходящей через его центр (рис. 2.18).

35

Рис. 2.18

Решение. Разобьем диск на тонкие кольца радиусом r , толщиной dr и массой

22π

π

mdm rdr

R= ⋅ ,

где 2πR – площадь диска; 2πrdr – площадь кольца. Тогда момент инерции такого кольца, учитывая результат

полученный в задаче 8, равен 2 2 3

2 2

2π

2 2 π

r dm r m rdr mr drdI

R R

⋅= = = .

Интегрируя по r от 0 до радиуса диска R, получим момент инерции диска:

4 23

2 2 00 0 4 4

R R Rm m r mRI dI r dr

R R= = = =∫ ∫ .

36

3.Механические колебания

Колебания – движения, повторяющиеся во времени. Периодические колебания – движения, повторяющиеся через

равные промежутки времени: ( ) ( )txTtx =+ , где )(tx – смещение колеблющейся частицы от положения равновесия, Т – период

колебаний, 1

νT

= – частота колебаний.

Гармонические колебания – это колебания, происходящие по синусоидальному или косинусоидальному закону:

0( ) cos(ω )x t A t= + ϕ , (3.1) где А – амплитуда колебаний: максимальное смещение частицы из положения равновесия, ( )0ωt + ϕ – фаза колебаний, 0ϕ – начальная

фаза (при t=0), ω – циклическая частота колебаний 2π

ω 2πνT

= = . (3.2)

Амплитуда А и частота ω гармонических колебаний постоянны. Гармонический осциллятор – система, совершающая

гармонические колебания. Условие возникновения гармонических колебаний: на частицу

(или систему частиц) должна действовать сила или момент сил, пропорциональные смещению частицы из положения равновесия и стремящиеся вернуть ее в положение равновесия.

Такая сила называется квазиупругой и имеет вид rkFr

r

−= , (3.3) где k – постоянный коэффициент, называемый квазижесткостью.

Пример гармонического осциллятора – шарик на упругой пружинке. Упругая сила, вызывающая колебания пружинного маятника (рис.3.1), имеет вид:

kxFx

−= , (3.4) где k – коэффициент жесткости пружины, х – смещение шарика из положения равновесия.

Рис.3.1. Горизонтальные колебания грузика на невесомой пружине жесткости k. m – масса грузика

37

Второй закон Ньютона для шарика, совершающего колебания под действием силы упругости имеет вид

xdVm kx

dt= − , 0

2

2

=+ xm

k

dt

xd. (3.5)

Обозначив 20ω

k

m= , где 0ω – собственная частота гармонических

колебаний, получим динамическое уравнение гармонических колебаний

2202

ω 0d x

xdt

+ = . (3.6)

Решением уравнения (3.6) является функция

0 0cos(ω )x A t= + ϕ . (3.7) Динамические уравнения движения для систем,

совершающих гармонические колебания, затухающие и вынужденные колебания, решения этих уравнений, а так же основные характеристики этих видов колебаний представлены в таблицах 2.2, 2.3 и 2.4.

Физический маятник – это любое физическое тело, совершающее колебания под действием квазиупругого момента силы тяжести ZM относительно горизонтальной оси Z, не проходящей через центр масс тела (рис.3.2).

Рис. 3.2. Физический маятник. С – центр масс тела. Маятник совершает колебания относительно горизонтальной оси, проходящей через точку О. ϕ – угол отклонения от положения равновесия. l – расстояние от точки подвеса до центра масс тела

Квазиупругий момент силы тяжести в проекции на ось Z, возвращающий тело (маятник) в положение равновесия, пропорционален углу отклонения ϕ (при малых колебаниях можно считать, что sinϕ ≈ ϕ )

ZM mgl= − ϕ . (3.8)

38

Основное уравнение вращательного движения для такого маятника имеет вид

Z

dLM

dt=

r

v

. (3.9)

В проекции на ось вращения Z ω

Z Z

dI M

dt= , (3.10)

2

2Z

dI mgl

dt

ϕ = − ϕ ,

2

2Z

d mgl

dt I

ϕ + ϕ . (3.11)

Обозначив 20ω

Z

mgl

I= , где 0ω – собственная частота

колебаний физического маятника, получим 2

202

ω 0d

dt

ϕ + ϕ = . (3.12)

Решением уравнения (3.12) является функция ( ) ( )0 0cos ωmt tϕ = ϕ + ϕ . (3.13)

Период колебаний физического маятника

0

2π2π

ω

ZIT

mgl= = . (3.14)

Математический маятник – это материальная точка массы m, подвешенная на нерастяжимой нити длинной l , совершающая колебания в вертикальной плоскости (рис.3.3).

Рис.3.3 Математический маятник. l – длина нити маятника

Момент инерции материальной точки 2

ZI ml= . Период малых колебаний математического маятника:

39

2

матем 2π 2πml l

Tmgl g

= = . (3.15)

Циклическая частота колебаний 0ωg

l= . (3.16)

Таблица 2.2. Гармонические колебания

Силы, действующие на частицу

Консервативная квазиупругая сила упрF kx= − ,

где x – смещение от положения равновесия Второй закон Ньютона ma kx= − ,

2

20

d x kx

dt m+ =

Динамическое уравнение

2202

ω 0d x

xdt

+ = , где 0ω – собственная частота

гармонических колебаний осциллятора Решение динамического уравнения

0 0cos(ω )x A t= + ϕ , где A – амплитуда колебаний, 0 0(ω )t + ϕ – фаза колебаний

Характеристики колебаний

Энергия колебаний 2

2

kAE K U const= + = =

2

EK U= =

2 22

0 0cos (ω )2 2

kx kAU t= = + ϕ

2 2 220

0 0

ωsin (ω )

2 2

mAm dxK t

dt = = + ϕ

2

2

I dK

dt

ϕ =

– при вращательном движении

40

Таблица 2.3. Затухающие колебания Силы, действую

щие на частицу

упрF kx= − – квазиупругая сила,

c ηdx

Fdt

= − – сила сопротивления,

где η – коэффициент сопротивления Второй закон Ньютона

ηdx

ma kxdt

= − − , 2

2

η0

d x k dxx

dt m m dt+ + =

Динамиче

ское уравнение

2202

ω 2β 0d x dx

xdt dt

+ + = , где 0ω – собственная частота

колебаний осциллятора; β η /(2 )m= – коэффициент затухания

Решение динамичес

кого уравнения

β

0 0cos(ω )tx A e t−= + ϕ , где β

0tA e− – амплитуда затухающих

колебаний, 0ϕ – начальная фаза; ( )0ωt + ϕ – фаза, ω –

частота затухающих колебаний

Характери

стики колебаний

( )

( )2πβ

λ ln βω

A tT

A t T= = =

+ –

логарифмический декремент затухания,

2 20ω ω β= − – частота

затухающих колебаний,

2 20

2π

ω βT =

− – период

затухающих колебаний, 1

τβ

= – время

релаксации, π

θλ

= – добротность

осциллятора Энергия колебаний

22

2 2

kx m dxE K U

dt = + = +

0

η

x

E Vdx−∆ = ∫ –

изменение энергии равно работе сил сопротивления

41

Таблица 2.4. Вынужденные колебания Силы, действую

щие на частицу

упрF kx= − – квазиупругая сила,

c ηdx

Fdt

= − – сила сопротивления,

в cosωmF F t= – внешняя сила, где mF – амплитудное значение этой силы, ω – частота вынуждающей силы

Второй закон Ньютона

η cosωm

dxma kx F t

dt= − − +

2

2

ηcosωmFd x k dx

x tdt m m dt m

+ + =

Динамиче

ское уравнение

2202

ω 2β cosωmFd x dxx t

dt dt m+ + = ,

где 0ω – собственная частота колебаний осциллятора; β η /(2 )m= – коэффициент затухания

Решение динамичес

кого уравнения

cos(ω )x A t= − ϕ , где A – амплитуда вынужденных колебаний, (ω )t − ϕ – фаза колебаний, ϕ – отставание по фазе от частоты вынуждающей силы ω

Характери

стики колебаний

( )22 2 2 20

/

ω -ω 4β ω

mF mA =

+

2 20

2βω

ω ωtgϕ =

−

Энергия колебаний

( ) ( )

22

2 2 2 2 20

2 2

1ω cos ω ω sin ω

2

kx m dxE K U

dt

mA t t

= + = + =

= − ϕ + − ϕ

при 0ω ω= 2 2

00

ω

2

mAE const= =

42

Примеры решения задач Задача 1. Физический маятник представляет собой стержень

длиной 1мl = и массой 1 3кгm = с прикрепленным к одному из его концов обручем диаметром 0,3м и массой 2 1кгm = . Горизонтальная ось маятника проходит через середину стержня (точка O) перпендикулярно ему (рис. 3.4). Определить период колебаний такого маятника.

Решение. Период колебаний физического маятника (3.14)

2πI

Tmgd

= ,

где I – момент инерции маятника относительно оси вращения, 1 2m m m= + – масса маятника, d – расстояние от центра масс (точка C ) маятника до оси вращения.

Момент инерции маятника I равен сумме моментов инерции

стержня 1I и кольца 2I :

1 2I I I= + , (1)

где 2

11 12

m lI = , 2

2 2cI I m a= + – в соответствии с теоремой Штейнера.

22cI m r= – момент инерции кольца относительно оси, проходящей

через центр масс кольца, 2

la r= + . Подставив выражения для 1I и 2I

в (1), получим 22

2 212 2 0,695кг м

12 2

m l lI m r m r

= + + + = ⋅

.

Расстояние от оси маятника до его центра масс равно 2

2 21 2

1 2 1 2

0 20,106мi i

i

lm r

m x m m ad

m m m m m

+ ⋅ + = = = =+ +

∑∑

.

43

Подставив полученные значения 20,695кг мI = ⋅ ,

1 2 4 кгm m m= + = , 29,8м/сg = , 0,106мd = , получим период колебаний маятника

0,6952π 2,57c

4 9,8 0,106T = =

⋅ ⋅.

Задача 2. Гиря массы 0,5кгm= подвешена к пружине, жесткость которой 32Н/мk = , и совершает затухающие колебания. Определить период этих колебаний, если за время двух колебаний амплитуда уменьшилась в 10 раз.

Решение. Период затухающих колебаний (см. таблицу 2.3)

2 20

2π 2π

ω ω βT = =

−, (1)

где 20ω

k

m= – собственная частота колебаний, β – коэффициент

затухания, который связан с логарифмическим декрементом затухания соотношением

λβ

T= , (2)

01λ ln

n

A

n A= . (3)

Здесь 0 10n

A

A= по условию задачи, а 2n = , т.е.

1λ ln10 1,15

2= = , а

1,15β

T= . (4)

Подставим (4) в (1) и решим уравнение относительно периода T .

220 2

2π

λω

T

T

=−

,

2 22 2 2 2

0

4π λ 0,5(4π λ ) (4 3,14 1,15 )

ω 32

mT

k

+= = + = ⋅ + ,

0,79cT = .

44

Задачи к контрольной работе №1

Вариант Номера задач 0 100 110 120 130 140 150 160 170 1 101 111 121 131 141 151 161 171 2 102 112 122 132 142 152 162 172 3 103 113 123 133 143 153 163 173 4 104 114 124 134 144 154 164 174 5 105 115 125 135 145 155 165 175 6 106 116 126 136 146 156 166 176 7 107 117 127 137 147 157 167 177 8 108 118 128 138 148 158 168 178 9 109 119 129 139 149 159 169 179

100. Тело вращается вокруг неподвижной оси. Изменение угла

поворота со временем определяется формулой 2A Bt Ctϕ = + + , где

10радA = , 20рад/сB = , 22рад/сC = − . Найти модуль полного

ускорения точки, находящейся на расстоянии 0,1мR= от оси вращения, для момента времени 4ct = .

101. Колесо начало вращаться ( 0ω 0= ) с постоянным угловым

ускорением 2ε 2рад/c= . Через 0,5ct = после начала движения полное

ускорение колеса стало равно 213,6см/ca = . Найти радиус колеса. 102. Две материальные точки движутся по прямой линии

согласно уравнениям 2 31 1 1 1x A t B t C t= + + и 2 3

2 2 2 2x A t B t C t= + + , где

1 4м/сA = , 21 8м/сB = , 3

1 16м/сC = − , 2 2м/сA = , 22 8 4м/сB = − ,

32 1м/сC = . В какой момент времени ускорения этих точек будут

одинаковыми? Найти скорость точек в этот момент. 103. Диск радиуса 0,2мR = вращается согласно уравнению

3A Bt Ctϕ = − + , где 3радA = ; 1рад/сB = ; 30,1рад/сC = . Определить тангенциальное aτ , нормальное na и полное a ускорения точки на окружности диска для момента времени 10ct = .

104. Точка движется по дуге окружности радиуса 10мR = . В некоторый момент времени нормальное ускорение точки

24,9м/сna = , вектор полного ускорения ar

образует в этот момент с

45

вектором нормального ускорения nar

угол α 60= ° . Найти скорость и тангенциальное ускорение точки.

105. Две материальные точки в момент 0t = начинают

двигаться вдоль оси x согласно 41 1 2 3x A t A t A t= + + ,

2 42 1 2 3x B t B t B t= + + , где 1 50мA = , 2 2м/сA = , 4

3 3м/сA = − , 1 42мB = ,

2 10м/сB = , 43 3м/сB = − . Найти скорости и ускорения этих точек в

момент их встречи. 106. Материальная точка движется вдоль прямой линии

согласно уравнению 3х At Bt= + , где 3м/сA = , 30,04м/сB = − . Найти путь, пройденный телом от момента времени 1 2ct = до момента времени 2 6ct = .

107. Тело движется по окружности радиусом 2cмR = .

Зависимость пути от времени дается уравнением 3S Ct= , где 30,1см/сC = . Найти нормальное na и тангенциальное aτ ускорения

точки в момент, когда линейная скорость точки 0,3м/сV = . 108. Точка движется по окружности радиусом 4мR = . Закон ее

движения выражается уравнением 2A Btξ = − , где 8мA = , 22м/сB = . Найти момент времени t , в который нормальное ускорение точки

29м/сna = , Найти скорость V , тангенциальное aτ и полное a ускорения точки в этот момент времени. ξ - координата, отсчитываемая вдоль окружность.

109. Материальная точка движется по окружности так, что зависимость пути от времени дается уравнением 2S A Bt Ct= + + , где

2мA = , 2м/сB = − и 21м/сC = . Найти линейную скорость точки, ее тангенциальное, нормальное и полное ускорения через 2 3ct = после начала движения, если известно, что нормальное ускорение точки при 1 2ct = равно 2

1 0,5м/сna = . 110. Частица начала движение из начала координат. Скорость

ее зависит от времени по закону ( ) sin cosV t i A t j t= ⋅ ω + ⋅ ωr r r

. Найти координаты частицы через 3ct = после начала движения, если

1м/сA = , πω = рад/с

6 ?

111. Частица начала движение из точки с координатами

0 1мx = ; 0 2мy = ; 0 5мz = с нулевой начальной скоростью. Ее

46

скорость зависит от времени по закону 3 2( )V t i At j Bt k Ct= ⋅ + ⋅ + ⋅rr r r

. Найти координаты частицы через 2ct = после начала

движения. 42м/сA = , 24м/сB = , 39м/сС = . 112. Частица начала движение (с нулевой начальной

скоростью) из начала координат. Ее ускорение зависит от времени по

закону 2

2( ) ( )

τ

ta t i A j Bt C k D= ⋅ + ⋅ + + ⋅

rr rr

. Найти модуль скорости

частицы в момент времени 3ct = , если τ 2c= ; 23м/сA = ; 34м/сB = ; 25м/сC = ; 210м/сD = .

113. Частица начала свое движение из начала координат с начальной скоростью 0V k A= − ⋅

rr

и с ускорением, которое зависит от

времени по закону 2( )a t j Bt= ⋅r

r

. Каков модуль скорости частицы в

момент времени 5ct = , если 1м/сA = ; 43м/сB = ? 114. Нормальное ускорение точки, движущейся по окружности

радиусом 4R м= , задается уравнением 2na A Bt Ct= + + . Определите:

а) тангенциальное ускорение точки; б) полное ускорение точки в момент времени 2 1ct = . 2 3 44м/с , 8м/с , 4м/сA B C= = = .

115. Материальная точка движется из начала координат вдоль оси x с нулевой начальной скоростью. Ее ускорение линейно растет и за первые 10c достигает значения 25м/с . Определите в конце десятой секунды: а) скорость точки; б) пройденный точкой путь.

116. Частица начала двигаться из начала координат с начальной скоростью 0V i A j B= ⋅ − ⋅

r r r

и с ускорением, которое зависит от

времени по закону ( )a t j Ct= ⋅r

r

. Каков модуль скорости частицы в

момент времени 2ct = , если 4м/сA = ; 1м/сB = ; 32м/сC = . 117. Частица начала двигаться из точки с радиус-вектором

0r i A j B k C= ⋅ + ⋅ − ⋅rr r

r

со скоростью, которая зависит от времени по

закону 2 3( )V t i t j t k t= ⋅ − ⋅ + ⋅rr r r

. На каком расстоянии от начала координат будет находится частица в момент времени 4ct = , если

0,5мA = ; 3мB = ; 0,1мC = ? 118. Частица начала двигаться из точки с радиус-вектором

0 ( )r i j A k B= + ⋅ − ⋅rr r

r

со скоростью, которая зависит от времени по

закону ( ) sinω cosωV t i C t j C t= ⋅ + ⋅r r r

. На какое расстояние от начала

47

координат удалится частица в момент времени 2ct = , если 2мA = ;

4мB = ; 3м/cC = ; π

ω2

= ?

119. Частица начала двигаться из начала координат с нулевой начальной скоростью. Ее ускорение зависит от времени по закону

2( ) sinω cosωa t i A t j A t k Ct= ⋅ + ⋅ + ⋅rr r

r

. Каков модуль скорости частицы

в момент времени 2ct = , если 24м/cA = ; 43м/cC = ; π

ω6

= ?

120. Тело массой 2кгm= движется прямолинейно по закону 2 3( )S t A Bt Ct Dt= − + + . 10мA = ; 0,5м/cB = ; 22м/cC = ; 30,4м/cD = .

Определите силу, действующую на тело через две секунды после начала движения.

121. Тело массой 1кгm= движется так, что зависимость пройденного пути от времени описывается уравнением cosωS A t= , где 4,5мA = , ω 0,5рад/с= . Запишите закон изменения силы как функцию времени. Определите модуль силы, действующей на тело, через 1с после начала движения.

122. Груз массой 4кгm= вращается на канате длиной 2,5мl = в горизонтальной плоскости, совершая 20об/мин.n = Какой угол с вертикалью образует канат и какова сила его натяжения?

123. Через блок, укрепленный на потолке комнаты, перекинута нить, на концах которой подвешены тела с массами 1 1,1кгm = и

2 0,9кгm = . Массы блока и нити пренебрежимо малы, трение можно не учитывать. Найти ускорение центра масс этой системы.

124. Наклонная плоскость, образующая угол α 25= ° с плоскостью горизонта, имеет длину 2мl = . Тело, двигаясь равноускоренно, соскользнуло с этой плоскости за время 2ct = . Определить коэффициент трения µ тела о плоскость.

125. В вагоне укреплен отвес (шарик массой m на нити). Вагон скатывается без трения с наклонной плоскости, образующей угол α с горизонтом. Считая отвес неподвижным относительно вагона, определите на какой угол β отклонится отвес от нормали к наклонной плоскости.

126. Цилиндр массы 2кгm= и радиуса 20cмR = может вращаться вокруг своей закрепленной горизонтальной оси симметрии О, причем на него действует при этом постоянный момент сил трения

48

тр 0,1Н мM = ⋅ (см. рис.1). С какой силой F надо тянуть намотанную

на цилиндр нить, чтобы за время 4ct∆ = угловая скорость цилиндра увеличилась на ω 6рад/с∆ = ?

127. На однородный диск, способный вращаться без трения вокруг горизонтальной оси О, намотана нить, к концу которой

прикреплена гиря, опускающаяся с ускорением 4

ga = , где g -

ускорение свободного падения (рис.2). Во сколько раз масса диска

Дm больше массы гири Гm ?

Рис.1 Рис.2 128. Тонкий стержень массой 300гm= и длиной 40cмb =

начинает вращаться с угловой скоростью 0ω 2рад/с= вокруг оси перпендикулярной оси стержня и проходящей через центр масс. Чему равен постоянный момент сил трения, действующий на стержень при вращении, если он останавливается, повернувшись на угол 4радϕ = ?

129. Небольшой брусок начинает под действием силы тяжести скользить без начальной скорости и без трения с ледяной горки высотой 1,6мh = , поверхность которой составляет α 45= ° к горизонту (рис.3). За какое время предмет соскользнет с горки?

130. Однородный цилиндр начинает скатываться с начальной скоростью 0 5м/сV = по наклонной плоскости с углом α 30= ° без проскальзывания (рис.4). Какой путь должен проделать цилиндр, чтобы его скорость возросла в 5 раз?

49

Рис.3 Рис.4

131. Предмет массы m стоит на горизонтальном диске массы 10кгM = и радиуса 60смR = на расстоянии 40смr = от центра

диска. Диск вместе с предметом вращается без трения вокруг закрепленной оси, проходящей через центр диска (рис.5). В процессе вращения предмет соскальзывает к краю диска. Угловая скорость вращения диска с предметом, находящимся на краю диска вдвое меньше первоначальной. Чему равна масса m предмета?

132. Два тонких горизонтальных диска вращались свободно без трения в разные стороны вокруг общей вертикальной закрепленной оси, проходящей через центры дисков. (рис.6). Масса нижнего диска в 4 раза больше, чем масса верхнего, а радиус нижнего в 2 раза больше радиуса верхнего диска. Верхний диск упал вниз и оба диска, слипшись, стали вращаться вместе в направлении, в котором вращался верхний диск, с угловой скоростью ω 2рад/с= . Нижний диск до падения вращался с угловой скоростью Нω 0,5рад/с= . Чему была равна угловая скорость верхнего диска вω до падения?

Рис.5

Рис.6

133. Однородный горизонтальный диск радиуса 40смR = может вращаться вокруг закрепленной вертикальной оси, проходящей через его центр. Первоначально диск покоился. Затем

50

нить, намотанная на обод диска, начинают тянуть с силой 5HF = (рис.7 ). За время 2сt = диск повернулся на угол 5радϕ = , причем при вращении на него действует постоянный тормозящий момент сил трения тр 1,5H мM = ⋅ . Какова масса m диска?

134. Цилиндр массы 2кгm= катится по горизонтальной поверхности без проскальзывания. Когда нить, намотанную на цилиндр, тянут горизонтально с силой 6HF = (рис.8). С каким ускорением a катится цилиндр?

Рис.7

Рис.8

135. В центре горизонтального диска сидел кузнечик массой

1 5гm = , а на краю диска – другой кузнечик массой 2 10гm = . Диск при этом вращался без трения с некоторой угловой скоростью вокруг закрепленной вертикально оси симметрии (рис.9). Затем кузнечики прыгают навстречу друг другу и меняются местами. Во сколько раз при этом увеличится угловая скорость вращения диска ? Масса диска

50гM = . 136. Тонкий стержень массы 0,5кгm= и длины 2мb = может

вращаться вокруг перпендикулярной ему вертикальной закрепленной оси, проходящей через центр стержня. Первоначально стержень покоился. Затем его начинают тянуть за один из его концов с постоянной силой 3HF = , направленной горизонтально и все время направленной перпендикулярно стержню (рис.10). При вращении на стержень действует постоянный момент сил трения тр 2Н мM = ⋅ . На

какой угол ϕ повернется стержень за время 0,2ct = ?

Рис.9

51

Рис.10 137. Пуля массы 10гm= , летевшая горизонтально со

скоростью 4м/сV = , застряла в нижнем конце тонкого стержня массы 10гM = , подвешенного за верхний конец. В результате стержень отклонился на угол α 90= ° от вертикали. (рис.11). Какова длина стержня?

138. В тонкий стержень массы 90гM = и длины 40смl = одновременно попадают летевшие горизонтально навстречу друг другу две одинаковые пули массой 60гm= (рис.12). Скорости пуль до удара были одинаковы по величине и равны 7м/сV = . Первоначально стержень, подвешенный за верхний конец (точка О), висел вертикально. Одна пуля застряла при ударе в нижнем конце стержня, а другая – в его середине. С какой угловой скоростью начнет вращаться стержень сразу после удара?

Рис.11

Рис.12

139. Закрепленный за верхний конец тонкий стержень отводят в горизонтальное положение и отпускают без толчка (рис.13). Чему равна скорость нижнего конца стержня в момент прохождения положения равновесия, если длина стержня 30смl = ?

Рис.13 140. Выведите формулу для момента инерции тонкого кольца

радиуса R и массой m относительно оси, проходящей через центр масс кольца и лежащей в плоскости кольца.

141. Выведите формулу для момента инерции тонкого стержня длиной l и массой m относительно оси, проходящей через центр масс стержня перпендикулярно его длине.

52

142. Выведите формулу для момента инерции тонкого диска радиусом R и массой m относительно оси, проходящей через центр масс диска и лежащей в плоскости диска.

143. Выведите формулу для момента инерции сплошного шара радиусом R и массой m относительно оси, проходящей через центр масс шара.

144. Выведите формулу для момента инерции полого шара относительно оси, проходящей через центр масс шара. Масса шара равна m, внутренний радиус r , внешний R.

145. Выведите формулу для момента инерции сплошного цилиндра, относительно оси, совпадающей с его осью симметрии. Масса цилиндра m, радиус R.

146. Выведите формулу для момента инерции муфты относительно оси, совпадающей с ее осью симметрии (рис.14). Масса муфты m, внутренний радиус r , внешний R.

147. Выведите формулу для момента инерции тонкого стержня длиной l и массой m относительно оси, перпендикулярной стержню

и проходящей через точку, отстоящую от конца стержня на 1

6 его

длины. 148. Два одинаковых тонких однородных стержня массой m и

длиной l каждый приварили концами перпендикулярно друг к другу (рис.15). Выведите формулу момента инерции получившейся детали относительно оси, проходящей через центр масс одного из стержней (точка С) перпендикулярно плоскости детали.

Рис.14

Рис.15

149. Из трех одинаковых тонких однородных стрежней массой m и длиной l каждый сварили деталь в виде равностороннего треугольника (рис.16). Выведите формулу для момента инерции получившейся детали относительно оси, проходящей через вершину треугольника (точка О) перпендикулярно плоскости детали.

53

Рис.16

150. Шар массой 0,3кгm= двигаясь со скоростью 10м/сV = , упруго ударяется о гладкую неподвижную вертикальную стенку. В момент удара вектор его скорости направлен под углом α 30= ° к горизонтали. Определите импульс, полученный стенкой.

151. Два шара массами 1 0,5кгm = и 2 0,7кгm = движутся навстречу друг другу со скоростями 1 5м/сV = и 2 3м/сV = . Определите скорость шаров после прямого, неупругого удара и долю кинетической энергии шаров, превратившуюся во внутреннюю энергию.

152. Снаряд, летевший горизонтально на высоте 40мh = со скоростью 100м/сV = , разрывается на две равные части. Одна часть снаряда через 1ct = падает на Землю точно под местом взрыва. Определить скорость другой части снаряда сразу после взрыва.

153. На горизонтальных рельсах стоит платформа с песком (общая масса 1 5000кгm = ). В песок попадает снаряд массы 2 5кгm = , летевший вдоль рельсов. В момент попадания скорость снаряда

400м/сV = и направлена сверху вниз под углом α 37= ° к горизонту (рис.17). Какую скорость приобретет платформа, если снаряд застревает в песке.

154. После абсолютно упругого соударения тела массы 1m , двигавшегося поступательно, с покоившимся телом массы 2m оба тела разлетаются симметрично относительно направления вектора

скорости первого тела до удара (рис.18). При каких значениях 1

2

mn

m=

это возможно, если угол θ между векторами скоростей тел после

удара равен π

3?

54

Рис.17

Рис.18

155. Решите задачу 154 для значения π

θ2

= .

156. Пуля массы 1 10гm = , летящая горизонтально со

скоростью 400м/сV = , попадает в мешок, набитый ватой, массы

2 4кгm = , который висит на длинном шнуре. На какую высоту h поднимется мешок? Какая доля кинетической энергии пули будет израсходована на пробивание ваты? (рис.19 ).

157. Пуля массы 1 10гm = , летящая горизонтально со скоростью 500м/сV = , попадает в диск массы 2 3кгm = , который висит на длинном шнуре. На какую высоту h поднимется диск? Удар пули о диск считать абсолютно упругим (рис. 20).

Рис.19

Рис.20

158. Модель ракеты движется при отсутствии внешних сил, выбрасывая непрерывную струю газов с постоянной относительно ракеты скоростью 800м/сU = . (рис. 21). Расход газа µ 0,4кг/с= , начальная масса ракеты 0 1,2кгm = . Какую скорость относительно Земли приобретет ракета через 1ct = после начала движения, если

55

начальная скорость равна нулю, внешние силы на ракету не действуют.

159. Два шара массами 1 3кгm = и 2 2кгm = подвешены на нити длиной 1мl = . Первоначально шары соприкасаются между собой, затем шар большей массы отклонили от положения равновесия на угол α 60= ° и отпустили. Считая удар упругим, определите скорость второго шара после удара. (рис. 22).

Рис.21

Рис.22

160. Материальная точка движется вдоль оси x так, что ее скорость зависит от координаты x по закону 2 1/ 2( )V A Bx= − , где

2 2136м /сA = , -2100cB = . Показать, что уравнение движения точки является динамическим уравнением гармонических колебаний и найти период этих колебаний.

161. Тонкий сплошной диск массой 50гM = и радиуса 15смR = может вращаться без трения вокруг закрепленной

горизонтальной оси симметрии (точка О). К краю диска прикрепили маленький грузик массы 50гm= (рис. 23). Найти период малых колебаний такой системы.

162. Маятник часов имеет вид массивного диска, закрепленного на практически невесомом тонком стержне длины

128смl = , и может колебаться относительно горизонтальной оси (точка О), проходящей через другой конец стержня перпендикулярно плоскости диска (рис. 24). Чему равен радиус диска R, если маятник совершает колебания с периодом 2,4cT = ? Трение отсутствует.

56

Рис.23

Рис.24

163. Тонкий стержень массы 20гM = совершает незатухающие колебания под действием силы тяжести вокруг закрепленной горизонтальной оси (точка О), проходящей через его конец. (рис. 25) Во сколько раз возрастет период колебаний стержня, если к другому его концу прикрепить грузик массой 20гm= , размерами которого можно пренебречь.

164. Амплитуда незатухающих гармонических колебаний маленького грузика на пружинке 2смA = , полная механическая энергия колебаний 0,0008ДжE = . При каком смещении x от положения равновесия на колеблющийся грузик действует сила

0,02HF = . 165. Тонкий стержень с массой 10гM = совершает

незатухающие колебания с периодом 2cT = вокруг горизонтальной закрепленной оси (точка О на рис.26 ), проходящей через его конец. На другом конце стержня сидит жук массой 10гm= . Чему станет равным период колебаний стержня, когда жук улетит?

Рис.25

Рис.26 166. На каком расстоянии x от края тонкого стержня длины

3мl = надо закрепить горизонтальную ось вращения (точка О), чтобы

57

стержень совершал колебания под действием силы тяжести с тем же периодом, что и относительно горизонтальной оси 'O , проходящей через его край (рис. 27)? Трением в осях пренебречь.

167. Тонкий однородный стержень длины 2мl = массы 0,5кгm= совершает гармонические незатухающие колебания под

действием силы тяжести относительно горизонтальной оси, перпендикулярной стержню и проходящей через его конец. В положении равновесия стержень имеет угловую скорость ω 0,5рад/с= . Найдите максимальный угол, на который отклоняется стержень в процессе движения.

168. Грузик массой 20гm= прикреплен к пружине жесткости 0,1Н/мK = и совершает незатухающие гармонические колебания в

горизонтальной плоскости с амплитудой 1,5смA = . В начальный момент грузик вышел из положения равновесия. За какое время он пройдет путь, равный половине амплитуды?

169. Тонкий однородный стержень массы 20гM = и длины 100смl = подвешен на горизонтальной оси, проходящей

перпендикулярно стержню через его конец. К центру стержня прикреплен шарик массой 10гm= . (рис.28) Найдите период и частоту малых колебаний такого маятника. Трением в оси и размерами шарика можно пренебречь.

Рис.27

Рис. 28

170. Тонкий стержень, подвешенный за верхний конец, совершает гармонические колебания под действием силы тяжести с периодом 2,8 cT = (рис.29). Из-за трения в оси (точка О) эти колебания быстро затухают. Логарифмический декремент затухания равен λ 4= . Определить длину стержня.

58

171. Тонкий стержень массой 0,5кгm= и длиной 1мl = раскачивается по действием момента сил тяжести и внешнего вынуждающего момента сил вн 0 cosωM M t= , где

4 10 9 10 Н м, ω 3cM − −= ⋅ ⋅ = , вокруг закрепленной горизонтальной оси

(точка О), проходящей через край стержня. (рис.30) Найти амплитуду

0ϕ установившихся вынужденных колебаний стержня (в радианах), пренебрегая моментами диссипативных сил трения.

Рис.29

Рис.30

172. Грузик на пружинке жесткости k колеблется в жидкости, причем частота его колебаний ω в два раза меньше собственной частоты 0ω незатухающих колебаний грузика на той же пружинке. Коэффициент жесткости пружинки k увеличили в 7 раз. Во сколько раз надо увеличить коэффициент вязкого трения жидкости, чтобы период колебаний грузика не изменился (рис.31)? 173. Тонкий стержень длины 3мl = и массы 600гm= может вращаться вокруг горизонтальной оси О, проходящей через его край, причем при вращении в оси возникает тормозящий момент сил, пропорциональный угловой скорости ω вращения стержня:

mp αω ; ωd

Mdt

ϕ= − = . (рис. 32) Чему должна быть равна постоянная

α , чтобы под действием силы тяжести этот стержень совершал колебания с периодом 3,15cT = ?

59

Рис.31

Рис.32

174. Под действием внешней гармонической вынуждающей силы грузик массы 50гm= совершает вертикальные вынужденные колебания на пружинке жесткости 50H /мk = с частотой ω 20рад/с= и с амплитудой 2смA = (рис.33). Найти амплитуду oF вынуждающей силы. Диссипативные силы трения отсутствуют.

Рис.33

175. Небольшой груз массы 50гm= подвешен на пружине и колеблется вертикально в вязкой жидкости с периодом 0,7 cT = . При этом логарифм отношения амплитуды колебаний в некоторый момент времени к амплитуде через период равен λ 3= . Определите коэффициент жесткости пружины k . 176. Маленький грузик с массой 18гm= совершает на пружинке с жесткостью 0,05Н мk = вертикальные колебания в вязкой жидкости, причем амплитуда колебаний уменьшается за время

0,7 ct = в 2,72 раз. Найти период T колебаний. 177. На пружине подвешена чашка весов с гирями. При этом период вертикальных колебаний 1 0,6 cT = . После того, как на чашку весов положили еще одну добавочную гирю, пружина удлинилась на

60

16cмx∆ = . Каким стал после этого новый период 2T вертикальных колебаний системы? 178. Внешняя вынуждающая гармоническая сила вн 0 cosωF F t= , где 0 0,36 H, ω 10 рад/сF = = заставляет грузик массы 60 гm= на пружинке совершать вынужденные вертикальные колебания (рис.34). Какова амплитуда А этих вынужденных колебаний, если диссипативные силы трения отсутствуют, а собственная частота 0ω незатухающих колебаний грузика на пружинке в 2 раза больше частоты вынуждающей силы. 179. Внешняя гармоническая сила с амплитудой 0 0,32 HF = заставляет грузик массы 40 гm= на пружине с жесткостью

25Н /мk = совершать вынужденные вертикальные колебания с амплитудой 2смA = (рис. 35). Диссипативные силы трения отсутствуют. Чему равна частота ω внешней вынуждающей силы.

Рис.34

Рис.35

61

Контрольная работа №2. Молекулярная физика и термодинамика.

Основные формулы и примеры решения задач. 1. Молекулярное строение вещества.

Законы идеальных газов. Термодинамика. Количество вещества ν – число структурных элементов N

(молекул, атомов), содержащихся в системе или теле. Количество вещества выражается в молях. Моль – количество вещества, содержащее столько же частиц, сколько содержится атомов в 0,012 кг (12 г) углерода 12

6C . Один моль любого вещества содержит одно и то же число частиц равное числу Авогадро

23 16,022 10 мольAN −= ⋅ .

νA

N

N= (1.1)

Молярная масса (масса одного моля вещества) – количество вещества, масса которого в граммах численно равна массе частицы в а.е.м. (атомная единица массы), для элемента – это A.

3г/моль 10 кг/мольM A A −= = ⋅ (1.2)

A

NN

ν= ;

mM

ν= (кг/моль) или (1.3)

0A

A

NM m m N

N= = , (1.4)

где 0m – масса молекулы. 0A A

m m Mm

N N Nν= = = .

Замечание: для решения задач полагают, что молярная масса воздуха 3

возд 29 10 кг/мольM −= ⋅ .

Идеальный газ – это модель, которая удовлетворяет следующим требованиям:

– суммарный объем всех молекул газа газа сосудаV V ;

– молекулы газа сталкиваются друг с другом и со стенками сосуда как идеально упругие шарики; на расстоянии молекулы газа не взаимодействуют ни друг с другом, ни с другими телами.

При нормальных условиях*, т.е. при не очень больших давлениях и не очень низких температурах, любой газ с хорошей

*Нормальные условия:

5атм 1,013 10ПаP = ⋅ ;

3 3моля 22,4 10 мV −= ⋅ ; 0 273КT = .

62

степенью точности можно считать идеальным. Уравнение состояния идеального газа:

pVconst

T= . (1.5)

Величина этой константы для 1 моля идеального газа называется универсальной газовой постоянной R:

атм моля

0

8,31Дж/К мольp V

RT

= = ⋅ .

Если газ содержит ν молей, уравнение состояния идеального газа (или уравнение Менделеева-Клапейрона) имеет вид

νpV RT= или m

pV RTM

= . (1.6)

Постоянная Больцмана 231,38 10 Дж/КА

Rk

N−= = ⋅ .

νAA

A

m NpV RT N kT NkT

M N= = = , (1.7)

где ν AN N= – число молекул газа. Концентрация молекул газа:

Nn

V= . (1.8)

С учетом выражения (1.8) уравнение состояния (1.7) можно переписать в виде

p nkT= . (1.9) Закон Дальтона: давление смеси газов равно сумме

парциальных давлений компонентов смеси:

см 1 2 kp p p p= + + +K , (1.10) где k – число компонентов смеси, ip – парциальное давление

каждого газа в отдельности в объеме V ( ii

Np kT

V= , iN – число

молекул i -го компонента смеси). Закон Авогадро. Равные объемы идеальных газов при

одинаковых температуре и давлении содержат одинаковое число молекул.

Макросистема (или термодинамическая система) – система, состоящая из очень большого числа частиц (молекул, атомов и др.). Например, газ.

63

Макропараметры состояния системы – давление, объем, температура, концентрация и т.д.

Микропараметры системы – средние значения скоростей молекул газа, средние значения энергии молекул и т.д.

Равновесное состояние термодинамической системы – это состояние, при котором макропараметры ( p , V , T ) имеют постоянные значения для любой части системы. Равновесное состояние можно представить точкой на диаграмме, по координатным осям откладываются значения p , V , T (рис. 1.1).

Процесс – переход макросистемы из одного состояния в другое, например, благодаря внешнему воздействию. Если воздействие осуществляется достаточно медленно, то процесс называют равновесным. Он может быть изображен на диаграмме p V T− − как последовательность точек, соответствующих промежуточным равновесным состояниям системы.

Рис. 1.1. Изображение равновесного состояния системы в виде точки с координатами 1 1 1, ,P V T на диаграмме P V T− −

Рис. 1.2 Процесс равновесного перехода системы из состояния 1 с макропараметрами ( )1 1 1, ,P V T в состояние 2

с макропараметрами ( )2 2 2, ,P V T на диаграмме

P V T− −

Изопроцессы – процессы идеальных газов, происходящие

при неизменном значении одного из параметров p , V или T (рис. 1.3).

64

Теплоемкость С – это количество тепла, которое нужно сообщить телу (газу), чтобы повысить его температуру на один Кельвин:

δQC

dT= . (1.11)

Величина теплоемкости зависит от способа, которым системе сообщают тепло, т.е. различна для различных процессов. Теплоемкость измеряется в Дж/К .

Молярная теплоемкость mС – величина, равная количеству теплоты необходимому для нагревания одного моля вещества на 1 К.

δ

νm

QC

dT= . (1.12)

Молярная теплоемкость mС измеряется в ( )Дж моль К⋅ .

Рис. 1.3. Изопроцессы в идеальных газах

Удельная теплоемкость вещества – величина, равная

количеству теплоты необходимому для нагревания 1кг вещества на 1 К:

уд

δQС

mdT= . (1.13)

65

Удельная теплоемкость измеряется в ( )Дж кг К⋅ . Удельная теплоемкость удС связана с молярной mС

соотношением:

m удC C M= ⋅ (1.14)

Политропический процесс – процесс, протекающий с постоянной теплоемкостью: С const= .

Молярные теплоемкости при постоянном объеме VC и постоянном давлении pC :

2V

iC R= ,

2

2p

iC R

+= (1.15)

где i – число степеней свободы молекул газа.

У молекул одноатомного газа 3i = три степени свободы поступательного движения (рис.1.4). Молекула двухатомного газа, кроме трех степеней свободы поступательного движения, имеет еще две степени свободы вращательного движения (рис.1.5). У молекул двухатомного газа пять степеней свободы

5i = . Трехатомные и многоатомные молекулы газа имеют шесть степеней свободы 6i = : три степени свободы поступательного движения и три степени свободы вращательного движения (рис.1.6).

Рис. 1.4. Одноатомная молекула имеет три поступательные степени свободы

Рис. 1.5. Двухатомная молекула имеет три поступательные и две вращательные степени свободы

Рис.1. 6. Трехатомная молекула имеет три поступательные и три вращательные степени свобод.

Уравнение Майера:

66

p VC C R− = (1.16)

Внутренняя энергия идеального газа равна суммарной кинетической энергии хаотического движения всех N молекул газа:

2

1 2

Ni i

i

mVU

=

=∑ (1.17)

или ν VU C T= , (1.18)

где im – масса молекулы газа; iV – средняя скорость молекул

газа; 2

2i imV

E= – средняя кинетическая энергия молекулы газа,

νm

M= – количество вещества.

Работа, совершаемая идеальным газом при переходе из состояния 1 в состояние 2,

2

1

A pdV= ∫ . (1.19)

Первое начало термодинамики: теплота, сообщаемая изолированной системе, идет на изменение внутренней энергии системы и на совершение системой работы над внешними телами (против внешних сил):

δ δQ dU A= + (1.20) Для конечных изменений термодинамических параметров:

Q U A= ∆ + . (1.21) При поглощении системой тепла 0Q∆ > , при выделении 0Q∆ < . При расширении системы ( )2 1V V> 0A∆ > , при сжатии 0A∆ < .

При нагревании системы ( )2 1T T> 0U∆ > , при охлаждении

0U∆ < . Изотермический процесс: T const= или pV const=

(рис.1.7). Закон Бойля – Мариотта:

67

Рис.1.7. Изотермический процесс перехода системы из состояния 1 в состояние 2 в координатах P V−

1 2

2 1

p V

p V= . (1.22)

Работа при изотермическом процессе:

2

1

lnT

m VA RT

M V= . (1.23)

Внутренняя энергия U const∆ =

2 1

1 2

ln lnT T

m V m PQ A RT RT

M V M P= = = . (1.24)

Изохорический процесс - constV = или p

constT

= (рис.1.8).

Рис.1.8. Изохорический процесс перехода системы из состояния 1 в состояние 2 в координатах P V−

Закон Шарля:

1 2

1 2

p p

T T= . (1.25)

Работа при изохорическом процессе 0VA = . Изменение внутренней энергии при изохорическом процессе

V V

mU C T

M∆ = ∆ . (1.26)

UQV

∆= .

68

Изобарический процесс - p const= или constT

V =

Рис. 1.9. Изобарический процесс перехода системы из состояния 1 в состояние 2 в координатах V T−

Закон Гей-Люссака:

2

2

1

1

T

V

T

V = (1.27)

( )2 1PA p V V= − (1.28)

TCM

mU

VP∆=∆ (1.29)

P V V P

m m m mQ C T p V C T R T C T

M M M M= ∆ + ∆ = ∆ + ∆ = ∆ , (1.30)

т.к. из уравнения Менделеева – Клапейрона: m

p V R TM

∆ = ∆ .

Адиабатический процесс – процесс, происходящий без передачи тепла, ад 0Qδ = . Теплоемкость газа при таком процессе

ад 0C = .

δ VA U pdV C dT= −∆ → = − . (1.31) ( )

( )d pV pdV Vdp

d pV RdT dTR R

+= → = = . (1.32)

Подставив (2.1.32) в (2.1.31) получим уравнение адиабатического процесса

( )V VC R pdV C Vdp+ = − , (1.33)

P

V

C dV dp

C V p

= −

, (1.34)

где γ P

V

C

C= – показатель адиабаты. После интегрирования

выражения (1.34), получим γ ln lnV p const= − +

69

или

( )γln pV const= . (1.35)

Рис.1.10. Адиабатический процесс перехода системы из состояния 1 в состояние 2 в координатах P V− . Адиабата ( γPV const= ) идет круче, чем изотерма (PV const= )

Уравнения Пуассона: γ

γ 1

γ 1 γ

,

,

.

pV const

TV const

T p const

−

−

===

(1.36)

Коэффициент полезного действия (к.п.д.) циклического

процесса равен отношению произведенной за цикл работы A к полученному от нагревателя теплу

1 2

1 1

η 1A Q Q

Q Q

−= = < , (1.37)

где 1

Q - количество теплоты, полученное телом (газом) от нагревателя;

2Q - количество теплоты, переданное рабочим телом

холодильнику. Цикл Карно – это циклический процесс, при котором прием тепла от нагревателя и передача тепла холодильнику обратимы. Этот цикл состоит из двух адиабат и двух изотерм (рис.1.11) К.п.д. цикла Карно

1 2 1 2

1 1

ηQ Q T T

Q T

− −= = . (1.38)

70

Рис.1.11. Цикл Карно.

1Q – количество теплоты, полученное системой от нагревателя.

2Q – количество теплоты, отданное системой холодильнику. 2 3→ , 4 1→ – адиабаты, 1 2→ , 3 4→ – изотермы

Энтропия (S) – это функция состояния термодинамической системы, дифференциалом dS которой является соотношение.

δQdS

T= (1.39)

2 2

1 1

δ δQ dU AS

T T

+∆ = =∫ ∫ , (1.40)

где подынтегральное выражение и пределы интегрирования необходимо выразить через величины, характеризующие исследуемый процесс.

( )δ 1(ln ) (ln )V V

Q m mdS C dT pdV C d T Rd V

T T M M = = + = +

. (1.41)

Формулы (1.40) и (1.41) определяют энтропию с точностью до аддитивной постоянной. Физический смысл имеет не сама энтропия, а ее изменение, т.е. разность энтропий.

Приращение энтропии идеального газа:

ид ln lnV

m mdS d C T R V

M M = +

. (1.42)

Первое начало термодинамики для идеального газа с учетом (1.41):

V

mTdS C dT pdV

M= + . (1.43)

71

Рис.1.12

Тепло, полученное системой в результате процесса 1 2→→→→ ,

2 2

1 1

δQ Q TdS= =∫ ∫ , (1.44)

равно площади под кривой процесса на диаграмме ST − (рис. 1.12).

Неравенство Клаузиуса

0Q

T≥∫

δ, (1.45)

т.е. энтропия замкнутой системы может либо возрастать (в случае необратимых процессов), либо оставаться постоянной (в случае обратимых процессов).

72

Примеры решения задач. Задача 1. Найти молярную массу смM смеси кислорода

2O

массой 1 25гm = и азота 2

N массой 2 75гm = . Решение. Молярная масса смеси смM равна отношению массы смеси

ñìm к количеству вещества смеси смν :

смсм

смν

mM = . (1)

Масса смеси см 1 2m m m= + , количество вещества смеси равно сумме количеств вещества компонентов

см 1 2ν ν ν= + , (2)

где 11

1

νm

M= и 2

22

νm

M= , 3

1 32 10 кг/мольM −= ⋅ ,

32 28 10 êã/ì î ëüM −= ⋅ .

3 31 2

см 3 3 3 31 1 2 2

25 10 75 10

/ / 25 10 /32 10 75 10 / 28 10

m mM

m M m M

− −

− − − −

+ ⋅ + ⋅= =+ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅

,

3см 28,9 10 г/мольM −= ⋅ .

Задача 2. В баллоне объемом 10лV = находится гелий под давлением 1 1МПаp = при температуре 1 300КT = . После того как из баллона было израсходовано 10гm= гелия, температура в баллоне понизилась до 290KT = . Определите давление 2p , оставшегося в баллоне гелия. Молярная масса гелия

34 10 кг/мольM −= ⋅ . Решение. Для начального и конечного состояний гелия

уравнение Менделеева – Клапейрона имеет вид

11 1

mpV RT

M= , (1)

22 2

mp V RT

M= , (2)

где 1

m и 2

m – масса гелия в начальном и конечном состояниях. Из (1) и (2) выразим

1m и

2m :

11

1

pVMm

RT= , 2

22

p VMm

RT= , (3)

1 21 2

1 2

pV M pV Mm m m

RT RT− = = − . (4)

73

Отсюда найдем искомое давление.

2 1 2 22 1

1 1

RT pVM T m RTp m p

MV RT T M V

= − = −

, (5)

36 5

2 3 3

290 10 10 8,31 2901 10 3,64 10Па 364кПа

300 4 10 10 10p

−

− −

⋅ ⋅= ⋅ ⋅ − ⋅ = ⋅ =⋅ ⋅

.

Задача 3. Определить количество теплоты, поглощаемой водородом массой 0,2кгm= при нагревании его от температуры

1 0 Ct = ° до температуры 2 100 Ct = ° при постоянном давлении. Найти также изменение внутренней энергии газа и совершаемую им работу.

Решение. Количество теплоты, поглощаемое газом при изобарном нагревании,

TCM

mQ

P∆= , (1)

где m – масса нагреваемого газа, M – его молярная масса. Для

водорода 32 10 кг/мольM −= ⋅ . Ri

CP 2

2+= – теплоемкость при

постоянном давлении, i – число степеней свободы. Для молекулы водорода 2H 5=i . T∆ – изменение температуры газа.

33

0,2 5 28,31 100 291 10 291кДж

2 10 2Q −

+= ⋅ ⋅ = ⋅ =⋅

.

Изменение внутренней энергии газа

TRM

miU ∆=∆

2, (2)

3

5 0,2 8,31100 207,8кДж

2 2 10U −

⋅∆ = ⋅ =⋅

.

Работа расширения, в соответствии с первым началом термодинамики,

UQA ∆−= , (3) 291 207,8 83,2кДжA = − = .

Задача 4. Один моль идеального двухатомного газа находится под давлением 1 250кПаp = и занимает объем

1 10лV = . Сначала газ изохорно нагревают до температуры

2 400KT = , затем, изотермически расширяя, доводят его до первоначального давления. После этого путем изобарного сжатия

74

возвращают газ в начальное состояние. Определить к.п.д. η цикла.

Решение. Построим график цикла в координатах VP − . Он состоит из изохоры 1 2→ , изотермы 2 3→ и изобары 3 1→ (рис.1.13).

Рис. 1.13

Работа, совершаемая газом за цикл, равна площади цикла (заштрихована) и равна разности

21QQA −= . (1)

Газ получает тепло 1

Q на двух участках: 1 2→→→→ и 2 3→→→→ , т.е.

32211 −− += QQQ (2)

Количество теплоты, полученное газом при изохорном constV =

1 процессе 1 2→→→→ ,

( )1 2 2 1ν VQ C T T− = − , (3)

где ν 1моль= , Ri

CV 2

= . Для двухатомного газа 5=i .

Температуру газа в состоянии 1 найдем из уравнения Менделеева – Клапейрона

1 1 1pV RTν= , (4) 3 3

1 11

250 10 10 10300К

ν 1 8,31

pVT

R

−⋅ ⋅ ⋅= = =⋅

.

Количество теплоты, полученное газом при изотермическом процессе, равно

22 3 2

1

ν lnV

Q RTV− = , (5)

где 2

V - объем, занимаемый газом при температуре 2

T и давлении

1P (точка 3 на графике). На участке 3 1→→→→ газ изобарически сжимается и отдает количество теплоты

2Q равное

( )2 3 1 2 1νPQ Q C T T−= = − , (6)

75

где Ri

CP 2

2+= - молярная теплоемкость газа при изобарическом

процессе. Подставив значения

1Q и

2Q в формулу для к.п.д. цикла:

1 2 2

1 1

η 1Q Q Q

Q Q

−= = − ,

получим

2 1

22 1 2

1

ν( )η 1

ν ( ) ν ln

p

V

C T T

VC T T RT

V

−= −

− +

(7)

Отношение объемов

1

2

V

V в выражении (7) заменим, согласно

закону Гей-Люссака, отношением температур

1

2

1

2

T

T

V

V = .

После подстановки значений 2

2P

iC R

+= , 2V

iC R= и сокращения

на ν и 2

R получим

2 1

22 1 2

1

( 2)( )η 1

( ) 2 ln

i T T

Ti T T T

T

+ −= −

− +

,

(5 2)(400 300)η 1 0,041

4005(400 300) 2 400ln

300

+ −= − = − + ⋅

,

η 4,1= %.

Задача 5. В цилиндре под поршнем находится водород массой 0,02кгm= при температуре 1 300KT = . Водород начал

расширяться адиабатно, увеличив свой объем в пять раз, а затем был сжат изотермически, причем объем газа уменьшился в пять раз. Найти температуру 2T в конце адиабатного расширения и работу A, совершенную газом. Изобразить процесс графически.

76

Решение. Температуры и объемы газа, совершающего адиабатный процесс, связаны между собой соотношением

γ 1

2 1

1 2

T V

T V

−

=

, (1)

где γ – показатель адиабаты (для водорода, как двухатомного газа, γ 1,4= ).

Из (1) получаем выражение для конечной температуры 2T : γ 1

12 1

2

VT T

V

−

=

. (2)

Подставляя числовые значения заданных величин, находим 1,4 1

2

1300 300 0,525 158 K

5T

− = = ⋅ =

.

Работа 1A газа при адиабатном расширении определяется по

формуле

1 1 2 1 2( ) ( )2V

m m iA C T T R T T

M M= − = − . (3)

Подставив в (3) числовые значения величин, получим

1 3

0,02 58,31(300 158)Дж 29,5кДж

2 10 2A −= ⋅ − =

⋅.

Рис.1.14

Работа 2A газа при изотермическом

сжатии выражается формулой

22 2

1

ln( )m V

A RTM V

= . (4)

Произведя вычисления по формуле (4), найдем

2 21кДжA = − .

Знак минус показывает, что при сжатии газа работа совершена внешними силами. Общая работа, совершенная газом при рассмотренных процессах,

77

1 2 29,8кДж ( 21кДж) 8,8кДжA A A= + = + − = .

График процесса приведен на рис.1.14. Задача 6. Нагреватель тепловой машины, работающей по

обратимому циклу Карно, имеет температуру o1 200 Ct = .

Определить температуру 2T охладителя, если при получении от нагревателя количества теплоты 1 1ДжQ = , совершается работа

0,4ДжA = ? Потери на теплоотдачу не учитывать. Решение. Температуру охладителя 2T найдем, использовав

выражение для термического к.п.д. машины, работающей по циклу Карно, ( )1 2 1η /T T T= − :

2 1(1 η)T T= − . (1) Термический к.п.д. тепловой машины выражает отношение

количества теплоты, которое превращено в механическую работу A, к количеству теплоты 1Q , которое получено рабочим телом тепловой машины из внешней среды (от нагревателя), т. е.

1η /A Q= . Подставив это выражение в формулу (1), найдем

2 1 1(1 / )T T A Q= − . (2) Учтя, что 1 473KT = , после вычисления по формуле (2)

получим 2 284KT = . Задача 7. Найти изменение S∆ энтропии при нагревании

воды массой 100гm= от температуры o1 0 Ct = до температуры

o2 100 Ct = и последующем превращении воды в пар той же температуры.

Решение. Найдем отдельно изменение энтропии S′∆ при нагревании воды и изменение энтропии S′′∆ при превращении ее в пар. Полное изменение энтропии выразится суммой S′∆ и S′′∆ .

Изменение энтропии 2

2 1

0

dQS S S

T∆ = − = ∫ . (1)

При бесконечно малом изменении dT температуры нагреваемого тела затрачивается количество теплоты

78

удdQ mС dT= , где m – масса тела; удC – его удельная

теплоемкость. Подставив выражение dQ в равенство (1), найдем формулу для вычисления изменения энтропии при нагревании воды:

2

1

óäT

T

mC dTS

T′∆ = ∫ . (2)

Вынесем за знак интеграла постоянные величины и произведем интегрирование,

( )óä 2 1ln /S mC T T′∆ = . (3)

После вычислений найдем 132Дж/КS′∆ = . При вычислении по формуле (1) изменения энтропии во

время превращения воды в пар той же температуры постоянная температура T выносится за знак интеграла. Вычислив интеграл, найдем

2

1

1 QS dQ

T T′′∆ = =∫ , (4)

где Q – количество теплоты, переданное при превращении нагретой воды в пар той же температуры.

Подставив в равенство (4) выражение количества теплоты λQ m= , где λ – удельная теплота парообразования, получим

λmS

T′′∆ = . (5)

Произведя вычисления по формуле (5), найдем 605Дж/КS′′∆ = . Полное изменение энтропии при нагревании воды и

последующем превращении ее в пар 737Дж/КS S S′ ′′∆ = ∆ + ∆ = .

Задача 8. Определить изменение S∆ энтропии при

изотермическом расширении кислорода массой 10гm= от объема 1 25лV = до объема 2 100лV = .

Решение. Так как процесс изотермический, то в выражении

для энтропии 2

2 1

1

dQS S S

T∆ = − = ∫ температуру можно вынести за

знак интеграла:

79

2

1

1 QS dQ

T T∆ = =∫ . (1)

Количество теплоты Q , полученное газом, найдем по первому началу термодинамики: Q U A= ∆ + . Для изотермического процесса 0U∆ = , следовательно

Q A= , (2) а работа A изотермического процесса определяется формулой

2 1( / ) ln( / )A m M RT V V= . (3) С учетом (2) и (3) равенство (1) примет вид

2 1( / ) ln( / )S m M R V V∆ = . (4) Подставив в (4) числовые значения и произведя

вычисления, получим 3 3 3 3(10 10 (32 10 )) 8,31 ln(100 10 (25 10 ))Äæ/Ê 3,60Äæ/ÊS − − − −∆ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =

2 Молекулярно-кинетическая теория газов. Основное уравнение кинетической теории газов

ï2/3 εp n= (2.1)

где p – давление газа; ïε – средняя кинетическая энергия

поступательно движения молекулы газа, n – концентрация. Средняя кинетическая энергия: – приходящаяся на одну степень свободы молекулы

1ε 1/ 2kT= , (2.2)

– приходящаяся на все степени свободы молекулы (полная энергия молекулы)

ε / 2i kT= , (2.3)

– поступательного движения молекулы

ïε 3/2 kT= , (2.4)

где k – постоянная Больцмана; T – термодинамическая температура; i – число степеней свободы молекулы;

– вращательного движения молекулы

âð

3ε

2

ikT

−= (2.5)

– колебательного движения молекулы

êî ëε kT= (2.6)

80

Зависимость давления газа от концентрации молекул и температуры p nkT= . Функция распределения по величине х:

dx

dPxf =)( . (2.7)

Вероятность того, что значение х находится в пределах ( )( )dxxx +÷ .

( )dp f x dx==== (2.7) Условие нормировки:

1)( =∫ dxxf , (2.8) где интеграл берется по всем возможным значениям х.

Распределение Гаусса – все случайные величины, соответствующие независимым событиям в природе, подчиняются распределению Гаусса (рис. 2.1):

2α( )α( )

πС

Г

x xf x e− −= , (2.9)

где α – положительная константа, cx – среднее значение параметра х.

Рис.2.1. Функция распределения Гаусса, для случайных величин, соответствующих независимым событиям

Распределение Максвелла. Распределение Максвелла получено при следующих

предположениях: 1. Внешние силовые поля на молекулы газа не действуют.

2. 0>=>=<>=<<zyx

VVV все направления

равновероятны. 3. Независимые проекции скорости V подчиняются распределению Гаусса

81

( )

( )

( )

,

,

,

2α

2α

2α

α

π

α

π

α

π

x

y

z

Vx

Vy

Vz

f V e

f V e

f V e

−

−

−

=

=

=

(2.10)

где 2

m

kTα ==== .

Вероятность того, что конкретная молекула имеет проекции скорости в пределах:

( )xxx

dVVV +÷ , ( )yyy

dVVV +÷ , ( )zzz

dVVV +÷ , равна произведению

вероятностей независимых событий

( ) ( ) ( ) ( )3 2 2 22αexp

π 2x y z

x y z x y z

m V V VdP f V f V f V dV dV dV

kT

+ + = ⋅ ⋅ = −

.

(2.11) Число молекул со скоростями от

1Vr

до 2

Vr

( ) ( )22 2

1 21 1 1

; ; ; ;M x y z x y z

VV Vyx z

V V VV V V

x y z

N N P N f V V V dV dV dV< <

∆ = ⋅ = ∫ ∫ ∫r r r , (2.12)

где N – общее число молекул. Функция распределения Максвелла молекул газа по

скоростям (в равновесном состоянии) имеет следующий вид

( )3

2220 04π exp

2π 2π

m m VF V V

kT kT

= −

, (2.13)

где 231,38 10 Дж/Кk −= ⋅ - постоянная Больцмана; 0

m – масса

одной молекулы, число Авогадро 23 -16 10 мольAN = ⋅ ; универсальная газовая постоянная 8,31Дж /моль KR = ⋅ . Относительная доля молекул, обладающих скоростями в диапазоне от V до ( )V dV+ :

dVVFN

dN)(= . (2.14)

Средняя скорость молекул газа.

82

Рис.2.2 Средние скорости молекул газа : вV – наиболее вероятная; V< > – средняя арифметическая; квV – средняя квадратичная скорость.

Температура идеального газа является мерой кинетической энергии его молекул. В этом заключается смысл термодинамического параметра – температуры в молекулярно – кинетической теории.

83

Средние скорости молекул идеального газа. Таблица 2.1

вV -наиболее вероятная

соответствует максимуму функции распределения M ( )f V

Mв0

dfV

dV= →

в

2 2

µ

kT RTV

m= =

>< V - средняя арифметическая M

0

( )V Vf V dV∞

< >= ∫

N

VV i∑>=<

8 8

π πµ

kT RTV

m< >= =

квV - средняя квадратичная скорость

соответствует молекулам со средней кинетической

энергией 2кв

2 2

mV m VE

< >< >= =

12

2 2кв M

0

( )V V V f V dV∞

= < > = ∫

кв

iVV

N= ∑

кв

3 3

µ

kT RTV

m= =

Распределение Больцмана (распределение частиц в силовом поле)

0/( )U kTn n e−= (2.15)

где n – концентрация частиц; U – их потенциальная энергия; 0n – концентрация частиц в точках поля, где 0U = ; k – постоянная Больцмана; Т – термодинамическая температура; e – основание натуральных логарифмов.

Барометрическая формула (распределение давления в однородном поле силы тяжести)

0/( )mgz kTp p e−= или 0

/( )Mgz RTp p e−= , (2.16) где p – давление газа, m – масса частицы, M – молярная масса, z – координата (высота) точки по отношению к уровню, принятому за нулевой, 0p – давление на этом уровне, g – ускорение свободного падения, R – молярная газовая постоянная.

84

Среднее значение физической величины x в общем случае

( )

( )

xf x dxx

f x dx= ∫∫

, (2.17)

а в том случае, если функция распределения нормирована на единицу

( )x xf x dx= ∫ , (2.18)

где ( )f x – функция распределения, а интегрирование ведется по всем значениям величины x .

Например, среднее значение скорости молекулы (т.е.

средняя арифметическая скорость) 0

( )V Vf V dV∞

= ∫ ; средняя

квадратичная скорость 1/ 22

КВV V= , где 2 2

0

( )V V f V dV∞

= ∫ ;

средняя кинетическая энергия поступательного движения

молекулы 0

ε ε (ε)f dε∞

= ∫ .

Среднее число соударений, испытываемых одной молекулой газа в единицу времени,

22πz d n V= , (2.19)

где d – эффективный диаметр молекулы; n – концентрация молекул, V – средняя арифметическая скорость молекул.

Средняя длина свободного пробега молекул газа

2

1

2πl

d n= . (2.20)

Импульс (количество движения), переносимый молекулами из одного слоя газа в другой через элемент поверхности,

ηdV

dp Sdtdz

= ∆ , (2.21)

где η – динамическая вязкость газа; dV

dz – градиент (поперечный)

скорости течения его слоев; S∆ – площадь элемента поверхности, dt – время переноса.

Динамическая вязкость η 1/3ρ V l= , (2.22)

85

где ρ – плотность газа (жидкости); V – средняя скорость

хаотического движения его молекул; l – средняя длина

свободного пробега молекул газа.

Задача 1. В колбе вместимостью 0,5лV = находится

кислород при нормальных условиях. Определить среднюю энергию ПW поступательного движения всех молекул,

содержащихся в колбе. Решение. Средняя энергия ПW поступательного движения

всех молекул может быть выражена соотношением

П ПεW N= , (1)

где Пε – средняя энергия поступательного движения одной

молекулы; N – число всех молекул, содержащихся в колбе. Средняя энергия поступательного движения одной

молекулы Пε 3/ 2kT= , (2)

где k – постоянная Больцмана; T – термодинамическая температура.

Число молекул, содержащихся в колбе

AνN N= , (3) где ν – количество вещества кислорода; AN – постоянная Авогадро.

Количество вещества ν найдем из таких соображений: известно, что при нормальных условиях молярный объем мV

равен 3 322,4 10 м /моль−⋅ . Так как, по условию задачи, кислород в колбе находится при нормальных условиях, то количество вещества кислорода в колбе выражается соотношением

мν /V V= . (4) Подставив (4) в (3), получим

A м/N VN V= . (5) С учетом (2) и (5) выражение (1) энергии поступательного

движения молекул примет вид

AП

м

3

2

kTVNW

V= . (6)

86

Подставив значения величин в (6) и произведя вычисления, получим

23 3 23

П 3

3 1,38 10 273 0,5 10 6,02 1075,9Дж

2 22,4 10W

− −

−

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅= =⋅ ⋅

.

Задача 2. Найти среднюю кинетическую энергию одной молекулы аммиака 3NH при температуре o27 Ct = и среднюю энергию вращательного движения этой молекулы при той же температуре.

Решение. Средняя полная энергия молекулы определяется по формуле

ε2

ikT= , (1)

Число степеней свободы i четырехатомной молекулы, какой является молекула аммиака, равно 6.

Подставим значения величин в (1): 23 20ε 6/ 2 1,38 10 (27 273)Дж 1,24 10 Дж− −= ⋅ ⋅ ⋅ + = ⋅ .

Средняя энергия вращательного движения молекулы определяется по формуле

ВР

3ε

2

ikT

−= , (2)

где число 3 означает число степеней свободы поступательного движения.

Подставив в (2) значения величин, получим 23 21

ВР

6 3ε 1,38 10 (27 273)Дж 6,21 10 Дж

2− −−= ⋅ ⋅ + = ⋅ .

Заметим, что энергию вращательного движения молекул аммиака можно было получить иначе, разделив полную энергию ε на две равные части. Дело в том, что у трех (и более) атомных

молекул число степеней свободы, приходящихся на поступательное и вращательное движение, одинаково (по 3), поэтому энергии поступательного и вращательного движений одинаковы.

Задача 3. Какая часть молекул водорода, находящегося при

температуре T , обладает скоростями, отличающимися от наиболее вероятной скорости не больше чем на 5,0 м/с? Задачу решить для двух значений T : 1) 400 К, 2) 900 К.

87

Решение. Распределение молекул по скоростям выражается уравнением

( )N Nf u u∆ = ∆ , (1) которое справедливо при условии u u∆ . Поскольку в задаче идёт речь о наиболее вероятной скорости, надо считать ВV V= . Следовательно, ( )В/ 1u V V= = и уравнение (1) примет вид:

(4 / π )N e N u∆ = ∆ . Отсюда найдем ту часть молекул, относительные скорости которых лежат в интервале u∆ :

4

π

Nu

N e

∆ = ∆ . (2)

Прежде чем производить расчеты по (2), необходимо убедиться в том, что выполняется условие u u∆ . Так как

В/u V V= , то

В/u V V∆ = ∆ . (3) Чтобы вычислить u∆ по (3), найдем сначала наиболее

вероятную скорость ВV по формуле В 2 /µV RT= при 1 400KT = и 2 900KT = соответственно:

3В1

2 8,31 400м / с 1,82 10м/с

0,002V

⋅ ⋅= = ⋅ ,

3В2

2 8,31 900м/с 2,73 10м/с

0,002V

⋅ ⋅= = ⋅ .

Подставляя эти значения ВV в (3), и имея в виду, что 10,0ì /ñV∆ = , поскольку в задаче идет речь о скоростях,

лежащих в интервале от ( )В 5,0м/сV − до ( )В 5,0м/сV + , получим

1 1/182u∆ = , 2 1/ 273u∆ = . Так как 1u = , видим, что условие u u∆ выполняется для

обеих температур. Теперь по формуле (2) найдем ответы

11

4 40,0046

π 3,14 2,7 182

Nu

N e

∆ = ∆ = =⋅ ⋅

,

22

4 40,0030

π 3,14 2,7 273

Nu

N e

∆ = ∆ = =⋅ ⋅

.

88

Замечание. Таким образом, при увеличении температуры наиболее вероятная скорость молекул увеличивается, а число молекул, скорости которых лежат в одном и том же интервале около наиболее вероятной, уменьшается. На графике, выражающем функцию распределения скоростей молекул ( )f V , с увеличением температуры ( )2 1T T> максимум кривой

сдвигается вправо, а высота максимума уменьшается (рис.2.3).

Рис. 2.3

Задача 4. Пылинки массой 1810 гm −= взвешены в воздухе. Определить толщину слоя воздуха, в пределах которого концентрация пылинок различается не более чем на 1 %. Температура T воздуха во всем объеме одинакова и равна 300K.

Решение. При равновесном распределении пылинок концентрация их зависит только от координаты z по оси, направленной вертикально. В этом случае к распределению пылинок можно применить распределение Больцмана

0/( )U kTn n e−= . (1)

Так как в однородном поле силы тяжести U mgz= , то

0/( )mgz kTn n e−= . (2)

По условию задачи, изменение n∆ концентрации с высотой мало по сравнению с n ( )/ 0,01n n∆ = , поэтому без существенной

погрешности изменение концентрации n∆ можно заменить дифференциалом dn.

Дифференцируя выражение (2) по z, получим /( )

0mgz kTmg

dn n e dzkT

−= − .

Так как /( )0

mgz kTn e n− = , то mg

dn ndzkT

= − .

Отсюда находим изменение координаты:

89

kT dndz

mg n= − .

Знак минус показывает, что положительным изменениям координаты ( )0dz> соответствует уменьшение относительной

концентрации ( )0dn< . Знак минус опустим (в данном случае он

несуществен) и заменим дифференциалы dz и dn конечными приращениями

z∆ и n∆ : kT n

zmg n

∆∆ = .

Произведя вычисления, найдем 4,23ммz∆ = . Как видно из полученного результата, концентрация даже

таких маленьких пылинок ( 1810 гm −= ) очень быстро изменяется с высотой.

Задача 5. Барометр в кабине летящего самолета все время

показывает одинаковое давление 79кПаp = , благодаря чему летчик считает высоту 1h полета неизменной. Однако

температура воздуха за бортом самолета изменилась с o5 Ct = до o1 Ct = . Какую ошибку h∆ в определении высоты допустил

летчик? Давление 0p у поверхности Земли считать нормальным. Решение. Для решения задачи воспользуемся

барометрической формулой

0/( )Mgh RTp p e−=

Барометр может показывать неизменное давление p при различных температурах 1T и 2T за бортом только в том случае, если самолет находится не на высоте h (которую летчик считает неизменной), а на некоторой другой высоте 2h .

Запишем барометрическую формулу для этих двух случаев:

0

/( )1 1Mgh RTp p e

−= ; 0

/( )2 2Mgh RTp p e

−= .

Найдем отношение 0 /p p и обе части полученного равенства прологарифмируем:

10

1

lnMghp

p RT= ; 20

2

lnMghp

p RT= .

90

Из полученных соотношений выразим высоты 2h и 1h и найдем их разность:

02 1 2 1

ln( / )( )

R p ph h h T T

Mg∆ = − = − . (1)

3

8,31 ln(101/ 79)(1 5)м 28,5м

29 10 9,8h −

⋅∆ = − = −⋅ ⋅

.

Знак «минус» означает, что 2 1h h< и, следовательно, самолет

снизился на 28,5м по сравнению с предполагаемой высотой. Задача 6. Средняя длина свободного пробега l молекулы

углекислого газа при нормальных условиях равна 40нм . Определить среднюю арифметическую скорость V молекул и

число z соударений, которые испытывает молекула за 1c. Решение. Средняя арифметическая скорость молекул

определяется по формуле 8 /πV RT M= , (1)

где M – молярная масса вещества. Подставив числовые значения, получим 362м/сV =

Среднее число z соударений молекулы за 1c определяется

отношением средней скорости V молекулы к средней длине ее

свободного пробега l :

/z V l< >=< > < > (2) Подставив в формулу (2) значения входящих в нее величин,

получим 9 19,05 10 cz −= ⋅ .

91

Контрольная работа №2

Вариант Номер задач 0 200 210 220 230 240 250 260 1 201 211 221 231 241 251 261 2 202 212 222 231 242 252 262 3 203 213 223 233 243 253 263 4 204 214 224 234 244 254 264 5 205 215 225 235 245 255 265 6 206 216 226 236 246 256 266 7 207 217 227 237 247 257 267 8 208 218 228 238 248 258 268 9 209 219 229 239 249 259 269

200. Колба вместимостью V = 0,5 л содержит газ при нормальных условиях. Определите число N молекул газа, находящихся в колбе.

201. В баллоне, объем которого V= 3 л находится кислород массой m = 4 г. Определите количество вещества ν и число молекул N газа.

202.Определить количество вещества ν водорода, находящегося в сосуде объемом V = 3 л при нормальных

условиях, если плотность газа -3 36,65 10 кг/мρ = ⋅ . 203. Сколько атомов содержится в газах массой 1 г каждый:

1) гелий; 2) углерод; 3) фтор; 4) полоний? 204. В сосуде вместимостью 5лV ==== находится однородный

газ при нормальных условиях. Количество вещества газа ν = 0,2 моль, плотность ρ = 1,12 кг/м3. Определите, какой это газ?

205. В баллоне объемом V = 5 м3 находится перегретый водяной пар массой m = 10 кг при температуре 500KT ==== . Рассчитайте давление пара в котле.

206. При нагревании идеального газа на 1KT∆ ==== при постоянном давлении его объем увеличился на 1/350 первоначального объема. Найдите начальную 0T температуру газа.

207. Сухой воздух состоит в основном из кислорода и азота. Если пренебречь остальными составными частями воздуха, то можно считать, что массовые доли кислорода и азота

92

соответственно равны 1 20,232 0,768ω ω= == == == = . Определите молекулярную массу Мвозд воздуха.

208. В баллонах объемом V1 = 20 л и V2 = 44 л содержится газ. Давление в первом баллоне p1 = 2,4 МПа, во втором p2 = 1,6 МПа. Определите общее давление р и парциальные

1p′′′′ и 2p′′′′ после соединения баллонов, если температура газа осталась прежней.

209. Смесь азота и водорода находится в сосуде объемом V = 15 л при температуре 23 Ct = °= °= °= ° и давлении p = 200 МПа Рассчитайте массу смеси m и массы ее компонентов m1 и m2 , если массовая доля азота

2Nω = 0,7.

210. Каковы удельные теплоемкости CV и Cp смеси газов, содержащей кислород массой m1 = 10 г и азот массой m2 = 20 г ?

211. Рассчитайте удельные теплоемкости CV и Cp газов: 1) гелия; 2) водорода; 3) углекислого газа. 212. Найти показатель адиабаты γ для смеси газов, содержащей гелий m1 = 10 г и водород m2 = 4 г. 213. При адиабатическом сжатии газа его объем уменьшился в 10 раз, а давление увеличилось в 21,4 раза. Определите соотношение CV / Cp теплоемкостей газа. 214. На нагревание кислорода массой m = 160 г было затрачено количество теплоты Q = 1,76 кДж. Температура газа увеличилась на T∆ =12 K. Как протекал процесс: при постоянном объеме или при постоянном давлении?

215. Водород массой m = 4 г был нагрет на T∆ =10 K при постоянном давлении. Определите работу А расширения газа.

216. Газ, занимавший объем V1 = 12 л под давлением p1 = 100 кПа, был изобарно нагрет от температуры T1 = 300 К до T2 = 400 К. Определите работу расширения газа.

217. При адиабатическом сжатии кислорода массой m = 1 кг совершена работа А = 100 кДж. Определите конечную температуру газа, если до сжатия кислород находился при температуре T1 = 300 К.

218. Азот массой m= 2 г , имевший температуру Т = 300 К, был адиабатно сжат так, что его объем уменьшился n=10 раз. Определите конечную температуру Т2 газа и работу А сжатия.

93

219. Кислород, занимавший объем V1=1м3 под давлением p1 =1,2 МПа адиабатно расширился до объема V2=10 м3. Определите работу А расширения газа.

220. При изохорическом нагреве азота массой m=5 кг температура изменилась на ∆Т=150 K, Найдите:

1) изменение ∆ U внутренней энергии; 2) работу А, совершенную газом;

3)количество теплоты Q, сообщенное газу 221. Водород находится в баллоне вместимостью V1=10 м3 при давлении p1=100 кПа В результате давление водорода увеличилось на ∆ p=200 кПа. Определите:

1)изменение U∆ внутренней энергии; 2)работу А, совершенную газом; 3)количество теплоты Q, сообщенное газу.

222. Водород находится в баллоне вместимостью V1=20 м3

при температуре 1 300KT ==== под давлением p1=0,4 МПа. Каковы будут температура и давление, если водороду сообщить количество теплоты Q=6 кДж.

223. Кислород, находящийся при давлении p1=80 кПа, занимает объем V1=20 м3. В результате изобарического нагрева его объем увеличивается до V2=3 м3. Определите:

1) изменение U∆ внутренней энергии; 2) работу А, совершенную им при расширении; 3) количество теплоты Q, сообщенное газу.

224. При изобарическом нагреве азоту было сообщено количество теплоты Q = 21кДж. Определите работу А, которую совершилпри этом газ, и изменение U∆ его внутренней энергии.

225. Гелий массой m=1г был нагрет на 100KT∆ ==== при постоянном давлении р. Определите: 1)работу расширения А ;

2)приращение внутренней энергии U∆ газа;

3)количество теплоты Q , переданное газу.

226. Какая доля 1ω количества теплоты 1Q , подводимая к идеальному газу при изобарном процессе, расходуется на увеличение U∆ внутренней энергии газа и какая доля 2ω - на работу А расширения? Рассмотрите три случая, если газ:

94

1)одноатомный (i=3); 2)двухатомный (i= 5 ); 3)трехатомный (i= 6). 227. Азот массой m=200 г изотермически расширяется при температуре 1 280KT ==== , объем газа при этом увеличивается в два раза. Найдите: 1)изменение U∆ внутренней энергии; 2)работу А , совершенную при расширении газа; 3)количество теплоты Q , полученное газом. 228. Давление азота, объем которого V= 3 л, при нагревании увеличилось на ∆ p=1 МПа. Определите количество теплоты Q по лученное газом, если объем газа остался неизменным.

229. При адиабатном сжатии кислорода массой m = 20 г его внутренняя энергия увеличилась на ∆ U= 8 кДж, а температура повысилась до 2 900KT ==== . Найдите: 1) повышение температуры T∆ ; 2) конечное давление газа 2p , если начальное давление p1 = 200 кПа.

230. Идеальный двухатомный газ (ν = 3 моль) занимающий объем V1 = 5 л и находящийся под давлением p1 = 1 МПа, подвергли изохорному нагреву до Т2=500К. После этого газ изотермически расширился до начального давления, а затем он в результате изобарного сжатия вернулся в первоначальное состояние. Постройте график цикла в координатах Р – V и определите К.П. Д. цикла.

Рис.1

231. Идеальный газ совершает цикл, состоящий из трех последовательных процессов: изобарного, адиабатного и изотермического. В ходе адиабатного процесса газ нагревается от температуры

1 300KT ==== до 2 600KT ==== . Определите К.П.Д. цикла (рис. 1).

95

232. Идеальный газ совершает цикл Карно, КПД которого 0,4η ==== . Определите работу изотермического сжатия газа, если работу изотермического расширения составляет 400 Дж.

233. Идеальный газ совершает цикл Карно. Температура нагревателя 1 500KT ==== , холодильника 2 300KT ==== . Работа изотермического расширения газа составляет 2 кДж. Определите: 1)КПД цикла; 2)количество теплоты, отданное газом при изотермическом сжатии холодильнику.

234. Многоатомный идеальный газ совершает цикл Карно, при этом в процессе адиабатного расширения объем газа увеличивается в 4n ==== раза. Определите КПД цикла

235. Идеальный газ совершает цикл Карно. Температура нагревателя 1T в три раза выше температуры холодильника Т2. Нагреватель передал газу количество теплоты Q= 42 кДж. Какую работу А совершил газ?

236. Холодильная машина работает по обратимому циклу Карно в интервале температур 1 227 C, 3 Ct t= ° = − °= ° = − °= ° = − °= ° = − ° . Рабочее тело азот, масса которого m = 0,2 кг. Найдите количество теплоты, отбираемое у охлажденного тела, если отношение максимального объема к минимальному 5b ==== .

237. Идеальный газ совершает цикл Карно. Температура нагревателя 1 470KT ==== , охладителя 2 280KT ==== . При изотермическом расширении газ совершает работу А = 100 Дж. Определите К.П.Д. цикла и количество теплоты 2Q , которое газ отдает холодильнику при изотермическом сжатии.

238. Идеальный газ совершает цикл Карно. Температура нагревателя 1T в 4 раза выше температуры Т2 холодильника. Какую долю ω количества теплоты, получаемого за один цикл от нагревателя, газ отдает холодильнику?

96

239.Идеальный двухатомный газ совершает цикл Карно (рис. 2). Объемы газа в состояниях В и С соответственно равны

1 212л; V 16лV = == == == = . Найдите К.П.Д. цикла.

Рис. 2. 240. При нагревании двух молей двухатомного идеального

газа, его термодинамическая температура увеличилась в 2n ==== раза. Определите изменение энтропии, если нагревание происходит изохорно.

241. При нагревании двух молей двухатомного идеального газа, его термодинамическая температура увеличилась в 2n ==== раза. Определите изменение энтропии, если нагревание происходит изобарно.

242. Идеальный одноатомный газ ( ν = 2 МОЛЬ) сначала изобарно нагрели, так что объем газа увеличился в 2n ==== раза, а затем изохорно охладили так что давление газа уменьшилось в 2 раза. Определите приращение энтропии в ходе перечисленных процессов.

243. Азот массой 28гm ==== адиабатно расширили в 2n ==== раза, а затем изобарно сжали до начального объема (рис. 3). Определите изменение энтропии в ходе указанных процессов.

Рис. 3. 244. В результате изохорного нагревания водорода массой

1ãm ==== давление газа увеличилось в два раза. Определите изменение энтропии газа.

97

245. Азот массой 4гm ==== изобарно расширили от объема

1 5лV ==== до 2 9лV ==== . Найдите изменение энтропии. 246. Кислород массой m = 2кг изотермически расширился,

увеличив свой объем в пять раз. Найдите изменение энтропии. 247. Водород массой 100гm ==== был изобарно нагрет так, что

объем его увеличился в 3n ==== раза, затем водород был изохорно охлажден так, что давление его уменьшилось в 3n ==== раза. Найдите изменение энтропии в ходе указанных процессов.

248. При изохорическом нагреве одного моля двухатомного идеального газа его температура изменилась от

1 300KT ==== , до 2 600KT ==== . Найдите изменение энтропии газа. 249. При изобарном нагреве идеального трехатомного газа

его температура изменилась от 1 300KT ==== , до 2 600KT ==== . Найдите изменение энтропии газа.

250. Используя закон распределения молекул идеального газа по скоростям, выведите формулу наиболее вероятной скорости Vв.

251. При какой температуре средняя квадратичная скорость молекул кислорода больше их наиболее вероятной скорости на 100 м/с.

252. Используя закон распределения молекул идеального газа по скоростям, найдите закон, выражающий распределение молекул газа по относительным скоростям / âu v v==== .

253. Используя закон распределения молекул идеального газа по скоростям, найдите среднюю арифметическую скорость

V< >< >< >< > молекул.. 254. Используя закон распределения молекул идеального

газа по скоростям, найдите среднюю квадратичную скорость <Vкв>.

255. Используя функцию распределения молекул идеального газа по энергиям, найдите среднюю кинетическую энергию < Е > молекул.

256. На какой высоте давление воздуха составляет 60% от давления воздуха на уровне моря? Считайте, что температура воздуха везде одинакова и равна 10 °С.

98

257. Пылинки, взвешенные в воздухе, имеют массу 1810 гm −−−−==== . Во сколько раз уменьшится их концентрация n при

увеличении высоты на 10мh∆ ==== ? Температура воздуха Т = 300К. 258. Определите силу F , действующую на частицу,

находящуюся во внешнем однородном поле силы тяжести, если отношение 1 2/n n концентраций частиц на двух уровнях, отстоящих друг от друга на 1мh∆ ==== , равно 2,7e==== . Температуру Т считать везде одинаковой и равной 300К.

259. Одинаковые частицы массой 1210 гm −−−−==== каждая распределены в однородном гравитационном поле напряженностью. Определите отношение 1 2/n n концентраций частиц, на G = 0,2 мкН/кг ходящихся на эквипотенциальных уровнях, отстоящих друг от друга на ∆ h = 10 м. Температуру Т во всех слоях считать одинаковой и равной 290 К.

260. Азот находится в колбе диаметром d = 20 см, при температуре 280KT ==== и давлении p = 100 мкПа. Можно ли считать, что в колбе создан вакуум?

261. Определите плотность ρ разреженного водорода, если средняя длина свободного пробега l< >< >< >< > молекул равна 1 см.

262. Найдите зависимость средней длины свободного пробега l< >< >< >< > молекул идеального газа от давления при следующих процессах:

1)изохорном; 2)изотермическом. Изобразите эти зависимости на графиках. 263. Найдите зависимость средней длины свободного

пробега l< >< >< >< > молекул идеального газа от температуры при следующих

процессах: 1)изохорном; 2)изотермическом. Изобразите эти зависимости на графиках.

264.Найдите зависимость среднего числа столкновений l< >< >< >< > молекулы идеального газа за 1 секунду от давления р при следующих процессах:

1)изохорном; 2)изотермическом. Изобразите эти зависимости на графиках. 265. Рассчитайте коэффициент диффузии D азота:

1) при нормальных условиях;

99

2) при давлении р = 100 Па и температуре Т= 300 К.

266.Определите, во сколько раз отличается коэффициент диффузии 1D газообразного водорода от коэффициента

диффузии 2D газообразного кислорода, если оба газа находятся при одинаковых условиях.

267.Найдите динамическую вязкость η гелия при нормальных условиях, если коэффициент диффузии D при тех

же условиях равен 4 21,06 10 м / с−−−−⋅⋅⋅⋅ .

268.Вычислите теплопроводность λ гелия при нормальных условиях.

269.Найдите зависимость теплопроводности λ от давления при следующих процессах:

1)изохорном; 2)изотермическом. Изобразите эти зависимости на графиках.

100

Приложения

Основы векторной алгебры. Определение вектора. Виды векторов

Математические или физические величины, которые

характеризуются только числом, измеряющим их в определенных единицах меры, называют скалярными или скалярами. Скалярами являются, например масса, объем и т.п. Кроме скалярных величин существуют величины векторные (скорость, ускорение, сила и т.п.)

Вектором называется величина, которая характеризуется числом, измеряющим ее в определенных единицах меры, и направлением в пространстве. Обозначается вектор или буквой со стрелкой a

r

, или жирной буквой a. Число a , измеряющее вектор в определенных единицах

меры, называется модулем или длиной вектора. Зачастую a обозначают простой буквой а.

Геометрически вектор изображают отрезком со стрелкой. Направление стрелки указывает направление вектора в пространстве, а длина отрезка изображает модуль вектора (см. рис. 1а).

Рис. 1

Два вектора называются равными, если равны их длины и совпадают направления.

101

Вектор, длина которого равна нулю, называется нулевым. Его направление не определено. Вектор, длина которого равна единице, называется единичным. Вектор (((( ))))a

r−−−− называется противоположным вектору ar

, так как его длина равна длине вектора a

r

и он имеет обратное направление. Единичный вектор n

r

расположенный параллельно вектору

ar

, может быть определен соотношением a

na

====r

r

r. Соответственно,

любой вектор может быть представлен в виде a a n====r r r

. Проекцией вектора a

r

на направление единичного вектора

0nr

называется вектор S

ar

, направление которого совпадает с направлением единичного вектора n

r

, а длина S

ar

равна произведению длины вектора a

r

на косинус угла между векторами a

r

и nr

(см. рис. 2):

S Sa a n====r r

, где cosSa a ϕ==== r

Рис.2

В зависимости от видов допускаемых инвариантных† преобразований векторы как математическое понятие могут быть разделены на три типа.

1. Простые векторы, которые обычно мы называем одним словом вектор. Инвариантным преобразованием для векторов является параллельный перенос в произвольном направлении (см. рис.1.а).

2. Аксиальные векторы. Эти векторы могут располагаться только вдоль определенного направления (см. рис. 1.б).

† Инвариантностью в математике называется свойство неизменности по отношению какому либо преобразованию (условию) или совокупности преобразований.

102

Инвариантным преобразованием для аксиального вектора является его перенос вдоль этого направления.

3. Радиус – вектор соединяет начало координат с точкой, имеющей определенные координаты x, y, z. Для радиус – вектора ни параллельный перенос, ни вращение инвариантными преобразованиями не являются.

Сложение и вычитание векторов

Суммой двух векторов a

r

и br

называется вектор, совпадающий с замыкающей стороной треугольника, построенного на данных двух векторах (см. рис. 1.а).

Рис.4 Правило сложения векторов:

1. abbar

rr

r ++++====++++ , 2. (((( )))) cbacba

r

r

rr

r

r ++++++++====++++++++ . Эти законы позволяют находить сумму любого числа

векторов. На рис. 3.б приведено сложение четырех векторов. Если многоугольник, построенный на данных векторах, окажется замкнутым так, что конец последнего слагаемого вектора совпадет с началом первого слагаемого, то сумма данных векторов будет равна нулю. И обратно, если сумма некоторых векторов равна нулю, то построенный на этих векторах многоугольник будет замкнутым. Разностью ba

r

r −−−− двух векторов называется сумма вектора ar

с вектором (((( ))))b

r

−−−− , противоположным вектору br

(см. рис. 4):

(((( ))))babar

r

r

r −−−−++++====−−−− (((( ))))abbar

rr

r −−−−−−−−====−−−− .

103

Рис.4

Умножение вектора на число

Произведением скаляра α на вектор a

r

называется вектор, длина которого равна aα r

, а направление его совпадает с направлением a

r

, если 0α >>>> , и противоположно ar

, если 0α <<<< . Произведение вектора на скаляр подчиняется законам умножения чисел:

(((( )))) (((( )))) (((( )))), ,a a a a a a aα α α β αβ α β α β= = + = += = + = += = + = += = + = +r r r r r r r

.

Произведение векторов

Из двух векторов можно образовать два существенно

различных произведения: скалярное и векторное.

Скалярное произведение Скалярным произведением двух векторов a

r

и br

называется произведение модулей этих векторов на косинус угла между

этими векторами: (((( )))) cosab a b ϕ====r r

r r

. Эквивалентной формой

записи скалярного произведения является выражение bar

r ×××× . Пусть n

r

- единичный вектор, 1====nr

, тогда (((( )))) cos nan a aϕ= == == == =rr r

,

т.е. скалярное произведение любого вектора ar

на единичный вектор n

r

определяет величину проекции вектора на направление этого единичного вектора. Скалярное произведение векторов обладает следующими свойствами:

1. (((( )))) (((( ))))abbar

rr

r ==== ;

104

2. (((( )))) (((( )))) (((( ))))cbcacbar

r

rrr

r

r ++++====++++ .

Если векторы ar

и br

взаимно перпендикулярны, то их скалярное произведение (((( )))) 0====ba

r

r

. И обратно, если скалярное произведение двух отличных от нуля векторов равно нулю, то эти векторы взаимно перпендикулярны.

Векторное произведение

Векторным произведением двух векторов ar

и br

называется

вектор ab

r

r

или в эквивалентной форме bar

r ×××× , который

а) направлен перпендикулярно плоскости, в которой лежат вектора a

r

и br

, в сторону поступательного перемещения правого винта, если его вращать от первого сомножителя ко второму в направлении наименьшего угла между векторами;

б) имеет длину, равную произведению длин векторов ar

и br

на

синус угла между ними (см. рис. 1): sinab a b ϕ ====

r r

r r

. Векторное произведение обладает следующими свойствами:

ab ba = −= −= −= −

r r

r r

;

ab ab a bα α α = == == == =

r r r

r r r

;

(((( )))) [[[[ ]]]]a b c ab ac + = ++ = ++ = ++ = +

r r

r r r rr

.

Рис.5

105

Произведение трех векторов

Из трех произвольных векторов ar

и br

и cr

можно образовать два существенно различных произведения: смешанное и двойное векторное произведение.

Смешанное произведение трех векторов

Смешанным произведением трех векторов ar

, br

и cr

называется скалярное произведение одного из них на векторное произведение двух других:

(((( )))) (((( ))))a bc ab c ====

r r

r r r r

.

Абсолютная величина смешанного произведения трех векторов равна объему параллелепипеда, построенного на этих трех векторах. С помощью смешанного произведения трех векторов решается вопрос об их компланарности. Векторы называются компланарными, если они лежат либо в одной плоскости, либо в параллельных плоскостях. Очевидно, любые два вектора являются компланарными. Три вектора не всегда компланарны. Для того, чтобы три вектора были компланарными необходимо и достаточно, чтобы их смешанное произведение равнялось нулю.

Двойное векторное произведение

Двойным векторным произведением a bc

r

r r

трех векторов

называется векторное произведение одного из них на векторное произведение двух других. Вектор, получившийся в результате

двойного векторного произведения a bc

r

r r

, лежит в плоскости

векторов br

и cr

и может быть представлен выражением

(((( )))) (((( ))))a bc b ac c ab = −= −= −= −

r r r

r r rr r r

.

Координатная форма представления векторов

В системе координат XYZ определим единичные векторы в

направлении OX, OY и OZ как kjirrr

. Тогда произвольный вектор ar

может быть представлен в виде суммы трех взаимно

106

перпендикулярных векторов, направленных по осям координат: kajaiaa

zyx

rrrr ++++++++==== ,

где скаляры zyxaaa ,, - проекции вектора a

r

на координатные оси OX, OY и OZ соответственно.

Векторы jirr

, и kr

взаимно перпендикулярны друг другу, поэтому для них выполняются соотношения:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1, 0ii jj kk ij ik jk= = = = = =rr r rrr rr rr r r

;

0, , ,ii jj kk ij k jk i ki j = = = = = == = = = = == = = = = == = = = = =

rr r r rrr rr rr r r r r

. Радиус – вектор, проведенный из начала координат в некоторую точку М с координатами (x;y;z), также может быть определен в

координатной форме (рис.6): r ix jy kz= + +rr r

r

.

Рис.6

Правила действия над векторами, заданными в координатной форме:

kajaiaazyx

rrrr ++++++++==== ,

kbjbibbzyx

rrrr

++++++++==== , kcjcicc

zyx

rrrr ++++++++==== .

1. Сложение и вычитание.

( ) ( ) ( )( ) ( ) .

x y z x y z x x

y y z z

a b a i a j a k b i b j b k a b i

a b j a b k

± = + + ± + + = ± +

+ ± + ±

r r rr r r r rr

rr

107

2. Скалярное произведение.

(((( )))) (((( )))) (((( )))) .x y z x y z x x y y z zab a i a j a k b i b j b k a b a b a br r rr r r r

r = + + + + = + += + + + + = + += + + + + = + += + + + + = + +

3. Векторное произведение.

(((( )))) (((( )))) (((( ))))(((( )))) (((( )))) .

x y z x y z y z z y

x z z x x y y x

ab a i a j a k b i b j b k a b a b i

a b a b j a b a b k

r r rr r r r rr

rr

= + + + + = − −= + + + + = − −= + + + + = − −= + + + + = − −

− − + −− − + −− − + −− − + −

Из формул для скалярного произведения двух векторов можно получить формулу для вычисления модуля произвольного вектора ar

: (((( )))) (((( ))))2

0cos aaaaarrrrr

o ======== . С другой стороны, (((( )))) 222

zyxaaaaa ++++++++====rr

.

Поэтому 222

zyxaaaa ++++++++====r

.

Если 0aa ====r - единичный вектор. Тогда его проекциями на оси

координат будут косинусы углов , ,α β γ , образованных единичным вектором с осями координат OX, OY, OZ соответственно. Из предыдущей формулы, записанной для случая единичного вектора,

получим условие 2 2 2cos cos cos 1α β γ+ + =+ + =+ + =+ + = .

Отметим, что направляющие косинусы можно определить и для любого произвольного вектора a

r

:

cos , cos , cosyx zaa a

a a aα β γ= = == = == = == = =

r r r .

Из формулы для скалярного произведения двух векторов можно получить также выражение, определяющее косинус угла между этими векторами:

(((( ))))2 2 2 2 2 2

cos x x y y z z

x y z x y z

ab a b a b a b

a b a a a b b bϕ

+ ++ ++ ++ += == == == =

+ + + ++ + + ++ + + ++ + + +

r

r

r

r .

108

Формулы дифференциального исчисления

( )d uv du dvv u

dx dx dx= +

( )2

/ 1d u v du dvv u

dx v dx dx = −

( ) 1

m

md x

mxdx

−=

( )x

xd e

edx

=

( )ln 1d x

dx x=

( )ln

x

xd a

a adx

=

( )cossin

d xx

dx= −

( )sincos

d xx

dx=

( )2

1

sin

d ctgx

dx x= −

( )2

1

cos

d tgx

dx x=

Формулы интегрального исчисления

1

( 1)1

mm x

x dx при mm

+

= ≠ −+∫

lndx

xx

=∫

sin cosxdx x= −∫

cos sinxdx x=∫ x xe dx e=∫

lnsin 2

dx xtg

x=∫

πln

cos 2 4

dx xtg

x = +

∫

2 1 1sin sin 2

2 4xdx x x= −∫

2 1 1cos sin 2

2 4xdx x x= +∫

2

0

π

2xe dx

∞− =∫

2

0

1

2axxe dx

a

∞− =∫

Соотношение между внесистемными единицами и единицами СИ

Длина 1 ангстрем ( ) = 10 810 м 10 см− −= Время 1 сут = 86400 с, 1 год = 365,25 сут = 73,16 10 с⋅ Плоский угол 21 π /180рад 1,75 10 рад−° = = ⋅

2 41 π /108 10 рад 2,91 10 рад− −′ = ⋅ = ⋅

( )3 61 π / 648 10 рад 4,85 10 рад− −′′ = ⋅ = ⋅

109

Объем, вместимость 3 3 3 31л 10 м 10 см−= = Масса 31т 10 кг= , 271а.е.м. 1,66 10 кг−= ⋅ Сила 1кгс 9,81Н= Работа, энергия 1кгс м 9,81Дж⋅ = , 31Вт ч 3,6 10Дж⋅ = ⋅ ,

191эВ 1,60 10 Дж−= ⋅ Мощность 1л.с. 736Вт= Давление 2 41кгс / см 9,81 10 Па= ⋅ , 1ммрт.ст. 133Па= ,

51бар 10 Па= , 51атм 1,01 10Па= ⋅ Напряжение (механическое)

2 61кгс /мм 9,81 10Па= ⋅

Частота вращения 11об / с 1с−= , 11об /мин 1/60с−= Концентрация частиц 3 6 31см 10 м− −= Теплота (количество теплоты)

1кал 4,19Дж= , 31ккал 4,19 10Дж= ⋅

Эффективный диаметр молекул, динамическая вязкость и

теплопроводность газов при нормальных условиях Вещество Эффективный

диаметр d , нм Динамическая вязкость η , мкПа с⋅

Теплопроводность λ , ( )мВт / м К⋅

Азот Аргон Водород Воздух Гелий Кислород Пары воды

0,38 0,35 0,28

– 0,22 0,36

–

16,6 21,5 8,66 17,2

– 19,8 8,32

24,3 16,2 168 24,1

– 24,4 15,8

Динамическая вязкость η жидкостей при ( )20 С мПа с° ⋅

Вода …………………..……………….…… 1,00 Глицерин ………………………………….. 1480 Масло касторовое ………………….……… 987 Масло машинное ………………………….. 100 Ртуть ……………………….…………….… 1,58

110

Основные физические постоянные (округленные с точностью до трех значащих цифр)

Нормальное ускорение свободного падения ……….. 29,81м / сg =

Гравитационная постоянная …………… ( )11 3 26,67 10 м / кг сG −= ⋅ ⋅

Постоянная Авогадро ………………..……… 23 1A 6,02 10 мольN −= ⋅

Молярная газовая постоянная ……………. ( )8,31Дж / К мольR = ⋅

Стандартный объем *………………………. 3 322,4 10 м /мольmV −= ⋅

Постоянная Больцмана ………………………. 231,38 10 Дж /Кk −= ⋅

Атомная единица массы ………………...…… 271а.е.м. 1,66 10 кг−= ⋅

* Молярный объем идеального газа при нормальных условиях