Коэффициент полезного действия Карно
Q Qo T To , Q T
где Q и T – количество теплоты, полученное от нагревателя, и его температура; Qo иTo – количество теплоты, переданное холодильнику, и его температура.
Изменение энтропии при переходе из состояния 1 в состояние 2
2 dQ S2 S1 1 T .
ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
1.Написать уравнение гармонического колебания, если амплитуда его 10 см, максимальная скорость 50 см/с, начальная фаза 15°. Определить период колебания и смещение колеблющейся точки через 0,2 с от начала колебания,
если А = 10 см; vmax = 50 см/с = 0,5 м/с; φ0 = 15°; t=0,2с.
Найти: x(t), T, x(0,2).
Решение. Уравнение гармонического колебания с начальной фазой φ0 имеет вид x = Asin(ωt + φ0).
Циклическая частота ω = 2π/Т. Скорость колеблющейся точки находится как первая производная смещения от времени:
v dxdt A cos t o .
Максимальная скорость достигается при значении
|
cos t o 1, |
vmax =A , |
||
откуда |
vmax |
2 |
, |
T 2 A . |
|
A |
T |
|
v |
|
|
|
|
max |
|
T 2 3,14 0,1 |
1,26(с) ; |
||
|
0,5 |
|
|
|
vmaxA 5(с 1) .
71
Выразим начальную фазу в радианах
|
|
|
|
||
x(t) 0,1sin |
5t |
|
|
. |
|
12 |
|||||
|
|
|
|||
В момент времени t = 0,2 с смещение x(t) будет равно:
x 0,1sin |
|
2 |
|
|
|
|
|
2t |
|
1 |
|
0,095(м). |
||
|
t |
|
|
|
|
0,1sin |
T |
|
|
|
|
|||
12 |
12 |
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
2.Звуковая волна, которая воспринимается человеком, проходит по разным структурам уха: от воздушной среды в слуховом проходе до жидкой (перилимфа) – во внутреннем ухе. Аппарат среднего уха способствует наиболее эффективной передаче энергии волны. Вычислить, используя уравнение плоской волны
|
|
x |
|
||
s Acos t |
|
|
|
, |
|
|
|||||
|
|
|
|
||
|
v |
|
|||
какая часть интенсивности волны проходит через границу воздух-вода при нормальном падении волны.
Решение. Доля интенсивности плоской волны, прошедшей во вторую среду, определяется коэффициентом проникновения звуковой волны β. Этот коэффициент приближенно равен учетверенному отношению волновых сопротивлений сред:
4 |
v1 1 |
4 |
|
400 |
1,1 10 3 . |
|
|
1440000 |
|||||
|
v |
2 |
|
|
||
2 |
|
|
|
|
||
3. Какую наименьшую толщину должна иметь мыльная пленка, чтобы отраженные лучи имели красную окраску (λ = 0,63 мкм)? Белый луч падает на пленку под углом 300 (n = 1,33).
Дано: λ = 6,3·10-7м; i = 300; n = 1.33.
Найти: dmin.
Решение. Условие максимума при интерференции
=k ,
где – разность хода лучей; k – порядок интерференционного максимума; λ – длина волны.
72
При интерференции на тонкой пленке толщиной d, обладающей показателем преломления n, в отраженном свете разность хода лучей определяется выражением
2d n2 sin2 i 2 .
Приравнивая выражения для , получим:
2d n2 sin2 i 2 k
|
|
|
|
1 |
|
|
||
|
|
k |
2 |
|
|
|||
откуда d |
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
. |
|
||||
2 |
n2 sin2 i |
|
||||||
Очевидно, что d будет минимальной при k = 1. |
||||||||
dmin |
|
0,5 6,3 10 7 |
0,13 10 6 (м) 0,13(мкм) . |
|||||
2 |
1,332 0,25 |
|||||||
|
|
|||||||
Ответ: dmin = 0.13 мкм.
4.Для получения колец Ньютона используют плосковыпуклую линзу. Освещая ее монохроматическим светом с длиной волны 0,6 мкм, установили, что расстояние между 5-м и 6-м светлыми кольцами в отраженном свете равно 0,56 мм. Определить радиус кривизны линзы.
Дано: λ = 6 ·10-7м; k1 = 5; k2 = 6; r = 5,6 ·10-4м.
Найти: R.
Решение. Расстояние r между кольцами есть разность радиусов r6 и r5 колец
r = r6 – r5.
Радиус светлого кольца в отраженном свете определяется по формуле:
rk |
2k 1 R |
, |
|
2 |
|||
|
|
где k – номер кольца.
r |
2 6 1 R |
|
2 5 1 R |
|
R |
|
11 9 ; |
||
|
|
2 |
2 |
2 |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|||
r 2 |
R |
|
11 3 2 |
, |
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
73
откуда |
R |
|
2 r 2 |
|
2 5,62 10 8 |
10,4(м) . |
|
11 3 2 |
0,322 6 10 7 |
5.Расстояние между двумя когерентными источниками d = 0,9 мм. Источники посылают монохроматический свет с длиной волны 6400 Å на экран, распо-
ложенный от них на расстоянии 3,5 м. Определить число световых полос на 1 см длины.
Дано: d = 0,9 мм = 9·10-4 м; λ = 6400 Å = 6,4·10-7 м; L = 3,5 м; x = 10-2 м.
Найти: k/x.
Решение. В точке О на экране (рис. 6) будет максимальная освещенность. Так как точка О равноудалена от источников S1′ и S2′, то разность хода волн S1′О и S2′О равна нулю. В произвольной точке экрана Оk максимум освещенности будет наблюдаться, если разность хода
лучей равна целому числу длин волн:
Рис. 6
= s2 – s1 = kλ. |
(1) |
Разность хода лучей |
xd . |
|
L |
Учитывая выражение (1), получим |
|
xd k . |
(2) |
L |
|
Из выражения (2) можно определить искомую величину k/x – число световых интерференционных полос на единицу длины
kx Ld .
Подставляя в это выражение числовые значения, получим
k |
|
9 10 4 |
401(м 1) 4(см 1). |
|
x |
3,5 6,4 10 7 |
|||
|
|
74
6. Постоянная дифракционной решетки 2,5 мкм. Определить наибольший порядок спектра, общее число главных максимумов в дифракционной картине и угол дифракции в спектре 2-го порядка при нормальном падении монохроматического света с длиной волны 0,62 мкм.
Дано: с = 2,5 · 10-6 м; k = 2; λ = 6,2 · 10-7 м.
Найти: kmax, N, φ2.
Решение. Условие максимума при дифракции на решетке csinφ = kλ, φkmax = 90о; sinφkmax = 1.
Тогда k |
max |
|
c |
; |
k |
2,5 |
10 6 |
4,03; т.е. = 4. Общее число максимусов |
|
|
6,2 |
10 7 |
|||||||
|
|
|
|
|
N = 2kmax + 1 = 9.
Угол дифракции φ2 определяется по формуле csinφ2 = 2λ, откуда sin 2 2c ;
sin 2 2 6,2 106 7 0,5; 2,5 10
φ2 = 300.
7.Под каким углом к горизонту должно находиться Солнце, чтобы свет, отраженный от поверхности воды, был максимально поляризован? (nв=1,33.)
Дано: nв = 1,33; n1 = 1.
Найти: α.
Решение: По закону Брюстера
tgiБ nВ nВ 1,33; iБ = 53°, n1
где nВ и n1 – показатели преломления воды и воздуха. Тогда как следует из рис.7, α = 90° - iБ = 37°.
Рис. 7
75
8.Интенсивность естественного света, прошедшего через поляризатор, уменьшилась в 2,3 раза. Во сколько раз она уменьшится, если за первым поставить второй такой же поляризатор так, чтобы угол между их главными плоскостями был равен 600?
Дано: I0/I1 = 2,3; α = 600.
Решение. Естественный свет можно представить как наложение двух некогерентных волн, поляризованных во взаимно перпендикулярных плоскостях и имеющих одинаковую интенсивность. Идеальный поляризатор пропускает колебания, параллельные его главной плоскости, и полностью задерживает колебания, перпендикулярные этой плоскости. На выходе свет, интенсивность которого I1, с учетом потерь на отражение и поглощение света поляризатором равна
I |
Io |
(1 k) . |
(1) |
|
|||
1 |
2 |
|
|
|
|
|
После прохождения второго поляризатора интенсивность света уменьшается как за счет отражения и поглощения света поляризатором, так и из-за несовпадения плоскости поляризации света с главной плоскостью поляризатора. В соответствии с законом Малюса и с учетом потерь на отражение и поглощение света эта интенсивность равна
I2 = I1(1 – k)cos2α , |
(2) |
||||||
где α – угол между плоскостью поляризации света, которая параллельна глав- |
|||||||
ной плоскости первого поляризатора, и главной плоскостью второго поляризатора. |
|
||||||
Найдем, во сколько раз уменьшилась интенсивность света: |
|
||||||
|
Io |
|
Io |
|
. |
(3) |
|
|
|
I (1 k)cos2 |
|
||||
|
I |
2 |
|
|
|
||
|
|
|
1 |
|
|
|
|
Выразим из (1)
1 k 2I1 .
Io
(4)
Подставляя (4) в (3), получим:
Io |
|
1 |
|
|
Io |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
. |
(5) |
I |
2 |
2cos2 |
|
I |
||||
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
Проводя вычисления, найдем
Io |
|
1 |
2,3 |
2 |
10,6. |
I1 |
2cos2 60o |
|
76
9.В закрытом сосуде емкостью 3 м3 находятся 1,4 кг азота и 2 кг гелия. Определить температуру газовой смеси и парциальное давление гелия, если парциальное давление азота равно 1,3 · 105 Па.
Дано: V = 3 м3; m1 = 1,4 кг; M1 = 28 кг/кмоль; m2 = 2 кг; M2 = 4 кг/кмоль; p1 = 1,34 ·105 Па.
Найти:T, p2.
Решение. Парциальное давление гелия и температура газовой смеси определяются из уравнения Менделеева – Клапейрона:
PV |
|
m1 |
|
RT |
, |
(1) |
|
|
|||||
1 |
M1 |
|
||||
|
|
|
|
|||
P V |
|
m2 |
RT |
. |
(2) |
|
|
|
|||||
2 |
|
M 2 |
|
|||
|
|
|
|
|
||
Из (1) находим температуру
T P1VM1 , m1R
и потом из (2) можно определить парциальное давление гелия
p2 |
m2 |
Rp1VM1 |
m2M1 p1 . |
|
|||
|
M 2 M1RV |
m1M 2 |
|
Подставим все величины в формулы (1) и (3), проведем вычисления температуры и давления:
T 1,3 105 3 283 939(K ) , 1,4 8,31 10
p2 2 28 1,3 105 1,3 106 (Па) . 1,4 4
10.Азот массой 2 кг охлаждают при постоянном давлении от 400 до 300 К. Определить изменение внутренней энергии, внешнюю работу и количество выделенной теплоты.
Дано: m = 2 кг; М = 28·10-3 кг/моль; Т1 = 400 К; Т2 = 300 К.
Найти: U, A, Q.
Решение. Изменение внутренней энергии газа (считаем азот идеальным газом) найдем по формуле
77
1U mСv (T2 T1) |
, |
M |
|
где m – масса газа; М – молярная масса; Cv – молярная теплоемкость при постоянном объеме; Т1 – начальная температура; Т2 – конечная температура. Для всех двухатомных газов
Cv 52 R .
Тогда
U |
5 |
mR(T2 T1) . |
(1) |
|
2 |
M |
|
Количество теплоты, выделяющееся при охлаждении газа при постоянном давлении:
Q |
mСp (T2 T1) |
, |
(2) |
|
M |
||||
|
|
|
где Cp – молярная теплоемкость при постоянном давлении; для всех двухатом-
ных газов Cp 72 R .
Формулу (2) запишем в виде
Q |
7 mR(T2 T1) . |
(3) |
|||
|
2 |
|
M |
|
|
Работа сжатия газа при изобарном процессе |
|
||||
A = p |
V, |
|
|||
где V = V2 – V1 – изменение объема, которое найдем из уравнения Менделеева |
|||||
– Клапейрона. При изобарном процессе p = const: |
|
||||
pV1 |
mRT1 , |
(4) |
|||
|
|
|
M |
|
|
pV2 |
|
mRT2 |
. |
(5) |
|
|
|||||
|
|
|
M |
|
|
Почленным вычитанием выражения (4) из (5) находим:
p(V2 V1) mR(T2 T1) .
M
78