Добавил:

fench Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Кузбасский государственный технический университет

Предмет:

Физика

Файл:

Методички / Н.Н. Демидова Физика. Методические указания по выполнению контрольных работ для студентов заочной формы обучения (сокращенные сроки обучения на базе среднего проф. образования)

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

19.08.2013

Размер:

786.66 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 94 5 6 7 8 9 > Следующая >>>

•КПД цикла Карно выражается:

η = A = Q1−Q2 = T1−T2 ,

Q1 Q1 T1

где А – работа, совершённая рабочим веществом в течение цикла; Q1 – количество теплоты, полученное от нагревателя рабочим веществом; Q2 – количество теплоты, отданное им охладителю (холодильнику); T1 и T2 – температуры нагревателя и холодильника, соответственно.

Р1	1	Q1
Р1		Q1
		T1	2
Р2			2
Р2
		A
Р4		4
		4	Q2
Р3			Q2	T2	3
Р3				T2	3
	V1	V4	V2		V3
		Рис. 2.2

ПРИМЕР 2.3. Тепловая машина работает по обратимому циклу Карно. Температура теплоотдатчика T1 = 500 К. Определить термический КПД цикла и температуру Т2 теплоприёмника тепловой машины, если за счёт каждого килоджоуля теплоты, получаемой от теплоотдатчика, машина совершает работу А = 350 Дж.

		РЕШЕНИЕ.
Дано:	Термический КПД тепловой машины показывает, какая до-
T1= 500 K	ля теплоты, полученной от теплоотдатчика, превращается в
	механическую работу. Термический КПД выражается
Q1= 1 103 Дж
А = 350 Дж	формулой	η =	A	,

			Q1

η - ? Т2- ?	где Q1 – теплота, полученная от теплоотдатчика; А – работа,
	совершённая рабочим телом тепловой машины.

Зная КПД цикла, можно по формуле η = T1−T2 определить темпера-

туру охладителя Т2.

T2 = T1 (1− η).

Произведём вычисления: η = 1000350 = 0,35; T2 = 500 (1−0,35)K = 325 K.

ПРИМЕЧАНИЯ 2.4:

1. Решая задачу 2.36, учтите, что при изотермическом процессе изменение внутренней энергии газа равно нулю (∆U = 0), и из первого начала термодинамики следует, что работа изотермического расширения равна количеству теплоты, полученному от нагревателя A = Q1.

2. По условию задачи 2.37 требуется определить, какую долю теплоты, получаемой от нагревателя за один цикл, газ отдаёт охладителю, т.е. нужно найти отношение Q2/Q1.

5. Задачи 2.41-2.50 на тему «Энтропия. Изменение энтропии»

[1, §57]; [2, §11.3]; [3, §11].

При решении и защите задач этой темы обратите внимание на следующее:

•Энтропия S является мерой неупорядоченности системы. Она связана с термодинамической вероятностью W состояния системы, определяющей число способов, которыми может быть реализовано данное состояние:

S = k ln W ,

где k – постоянная Больцмана.

•Энтропия определяется с точностью до постоянной, поэтому физический смысл имеет не сама энтропия, а её изменение ∆S . При расчёте изменения энтропии ∆S в случае равновесного перехода системы из

	2	δQ	2	dU+ δA
состояния 1 в состояние 2:	∆S = ∫		= ∫
		T		T
	1		1

вид подынтегрального выражения и пределы интегрирования определяются характеристиками процесса:

а) при изотермическом процессе (задачи 2.47, 2.50) температура постоянна, следовательно, внутренняя энергия не изменяется ∆U = 0; б) при изохорном процессе (задачи 2.42, 2.48) объём постоянен и

система не совершает работы δА = 0; в) при изобарном процессе (задачи 2.43, 2.44) изменяется внут-

ренняя энергия и совершается работа.

•Энтропия – аддитивная функция состояния системы, поэтому из-

менение энтропии системы равно сумме изменений энтропии всех тел, входящих в состав системы (задача 2.46).

•Нагревание (охлаждение) твёрдых тел или жидкостей (задачи 2.41, 2.45) сопровождается изменением энтропии, обусловленным изменением температуры:

T2	δQ	T2	C		m dT		T	,
∆S = ∫	T	= ∫		m	T	= Cm m ln T		,
				m			2
T1		T1				1

где Сm – удельная теплоёмкость вещества; m – его масса.

где λ - удельная теплота плавления; Т – температура плавления.

ПРИМЕР 2.4. Найти изменение ∆S энтропии при нагревании льда m = 100 г, имеющего температуру t1 = -10°C до температуры плавления и последующем нагревании образовавшейся воды до температуры t2 = 20°C.

РЕШЕНИЕ.

•При изменении агрегатного состояния вещества характерно постоянство температуры в течение всего процесса, поэтому изменение энтропии, например, при плавлении (задачи 2.41, 2.45):

2	δQ		λ m
∆S = ∫		=		,
	T		T
1

Дано:					Полное изменение энтропии
m = 0,1 кг
t1 = -10°C, T1= 263 K					′	′′	′′′
					∆S = ∆S	+∆S	+∆S	складывается из:
Tпл = 273 К					∆S′ - изменения энтропии при нагревании льда от
t2 = 20°C, T2= 293 K					температуры Т1 до температуры плавления Тпл;
С1 = 2,1 10		3		Дж	∆S″ - изменения энтропии при плавлении льда при
		3		кг К	температуре плавления Тпл;
С2 = 4,2 10				Дж	∆S″′ - изменения энтропии при нагревании образо-
				кг К
λ = 3,3 10	5 Дж				вавшейся воды от температуры плавления Тпл до
			кг		температуры Т2.

∆S - ?

Нагревание льда сопровождается изменением энтропии, обуслов-

ленным изменением температуры:
2 δQ		Tпл C m dT			T
∆S′ = ∫		= ∫	1	= C1 m ln	пл	,
∆S′ = ∫	T	= ∫	T	= C1 m ln	T	,
1		T1			1
1		T1

где С1 – удельная теплоёмкость льда; m - масса льда; Т1, Тпл – начальная и конечная температура, соответственно.

Изменение энтропии при плавлении льда (т.к. плавление происходит при постоянной температуре) определяется по формуле

2	δQ		Q	пл		λ m
∆S′′ = ∫		=		пл	=		,
∆S′′ = ∫	T	=	Т		=	T	,
1				пл		пл

где Qпл – количество теплоты, необходимое для плавления льда; λ – удельная теплота плавления; Тпл – температура плавления.

Изменение энтропии при нагревании образовавшейся воды, обу-

словленное изменением температуры от Тпл до Т2:

2	δQ	T2	C m dT		T
∆S′′′ = ∫		= ∫	1	= C1 m ln	2	,
∆S′′′ = ∫	T	= ∫	T	= C1 m ln	T	,
1		Tпл			пл
1		Tпл

где С2 – удельная теплоёмкость воды; Тпл, Т2 – начальная и конечная температура, соответственно.

Произведём вычисления:

′

Дж

273

Дж

∆S

= 2,1

0,1кг ln

263

= 7,84

;

кг К

3,3 105 Дж 0,1кг

Дж

′′

кг

=120,9

;

273К

∆S

∆S′′′= 4,2 103 кгДжК 0,1кг ln 293273 = 29,69 ДжК ;

∆S = 7,84 ДжК +120,9 ДжК + 29,69 ДжК ≈158 ДжК .

ПРИМЕЧАНИЯ 2.5:

1.При решении задач 2.43, 2.44 дополнительно используйте уравнение Менделеева - Клапейрона, а при решении задачи 2.50 – закон Бойля –Мариотта.

2.В задаче 2.41 учесть изменение энтропии при нагревании льда до температуры плавления.

6.Задачи 2.51-2.60 на тему «Закон Кулона. Напряжённость

электрического поля » [1, §77-81]; [2, гл. 13]; [3, §13,14].

Задачи на применение закона Кулона рекомендуется решать в следующем порядке:

•сделать рисунок и указать силы, действующие на заряд со стороны других зарядов (сила взаимодействия направлена вдоль прямой, соединяющей заряды, и приложена к данному заряду);

•найти векторную сумму сил (задачи 2.51, 2.58) и записать условие равновесия заряда, при котором векторная сумма сил равна нулю (зада-

чи 2.52, 2.60);

•выбрать ось координат и спроектировать векторную сумму сил на эту ось;

•в полученные скалярные уравнения подставить значения сил, величина которых определяется по закону Кулона:

В задачах данной контрольной работы рассматриваются электростатические поля, т.е. поля, созданные неподвижным электрическим зарядом

	34
F =		Q1	Q2	,


	4 π ε ε0 r2
	4 π ε ε0 r2

где F – сила взаимодействия точечных зарядов Q1 и Q2; r – расстояние между зарядами; ε - диэлектрическая проницаемость среды; ε0 – электрическая постоянная; Q1 и Q2 – модули зарядов.

•Напряженность поля, создаваемого точечным зарядом Q:

Е = Q ,

4 π ε ε0 r2

где r – расстояние от заряда Q до точки, в которой определяется напряжённость Е.

•Напряженность поля, создаваемого бесконечно длинной равно-

мерно заряженной нитью:	τ
Е =	τ	,

	2 π ε ε0 r

где τ = ddQl - линейная плотность заряда нити; r – расстояние от нити до

точки, в которой определяется напряжённость Е.

•Напряженность поля, создаваемого бесконечной равномерно заряженной плоскостью:

Е = 2 εσε0 ,

где σ = ddQS – поверхностная плотность заряда плоскости.

•Метод решения задач 2.53-2.57, 2.59, в которых требуется определить напряжённость суммарного (общего, результирующего) электри-

ческого поля, основан на принципе суперпозиции полей:
		r r	r
r		E = E1	+ E2 .
Напряжённость E	результирующего поля равна векторной сумме на-
r	r
пряжённостей E1	и E2	полей, создаваемых точечными зарядами Q1 и

Q2 (задачи 2.54, 2.56, 2.57), заряженными плоскостями (задачи 2.53, 2.55) или заряженными нитями (задачи 2.56, 2.59) в отдельности.

ПРИМЕР 2.5. В вершинах квадрата находятся одинаковые заряды Q1 = Q2 = Q3 = Q4 = 8 10-10 Кл. Какой заряд нужно поместить в центре

квадрата, чтобы сила взаимного отталкивания положительных зарядов была уравновешена силой притяжения заряда Q0?

РЕШЕНИЕ.

Дано:

Все четыре заряда, расположенные в

Q = Q1 = Q2 = Q3 = Q4 = 8 10-10 Кл

вершинах квадрата, находятся в одина-

ковых условиях (рис. 2.3). Поэтому

Q0 - ?

достаточно выяснить, какой заряд сле-

дует поместить в центре квадрата

+Q3

+Q2

чтобы один из четырёх зарядов,

например Q1 , находился в равно-

-Q0

весии.

Заряд Q1 находится в равно-

F10

весии, если векторная сумма дей-

ствующих на него сил равна нулю:

+Q4

+Q1 F

= 0,

+ F

F13

F12

где F10 , F12 , F13, F14

- силы, с кото-

Рис. 2.3

рыми действуют на заряд Q1, соот-

ветственно, заряды Q0, Q2, Q3, Q4 . Спроектируем силы на ось Х:

− F10 + F12 cos α+ F13 + F14 sin α = 0

где α = 45°. Сторону квадрата обозначим через а. Используя закон Ку-

лона и учитывая, что Q1 = Q2 = Q3 = Q4 = Q, можно записать

−

Q0 Q

cos 45o +

sin 45o =

0 .

( 2 a/ 2)2

4 π ε ε0 (

2 a)2

4 π ε ε

0a2

4 π ε ε0a2

4 π ε ε0

Сокращая, получим

− 2 Q0

+ Q

2 + Q 2

= 0,

откуда

= Q

2 +1

= 7,6 10−10 Кл. Учитывая направление силы F

находим, что Q0 = -7,6 10-10 Кл.

ПРИМЕР 2.6. Найти величину и направление напряжённости электрического поля, созданного точечным зарядом Q = 9 10-8 Кл и бесконечно длинной заряженной нитью с линейной плотностью заряда τ = 10-5 Кл/м в точке, удалённой от заряда на расстояние r1 = 9 см и от нити на расстояние r2 = 6 см. Расстояние между зарядами d = 1 см.

РЕШЕНИЕ.

Дано:

Согласно принципу суперпозиции полей напряжённость ре-

Q = 9 10-8 Кл

зультирующего электрического поля (рис. 2.4)

τ = 10-5 Кл/м

E = E1+ E2 .

r1 = 9 10-2 м

– напряжённость поля, созданного точечным зарядом Q ,

r2 = 6 10-2 м

Е1 =

(1)

d = 0,1 м

4 π ε

0 r12

E - ?

– напряжённость поля, созданного бесконечной прямой

равномерно

заряженной нитью,

Е2

2 π ε0 r2

(2)

Модуль вектора Е напряжённости

электрического поля равен:

E =

+ E2 +

2 E E

cos α

;

(3)

Рис. 2.4

где α - угол между векторами E1 и E

2 ;

cos α может быть найден из треугольника со сторонами r1, r2 и d:

+ r2

− d 2

10−4

36 10−4 −100 10−4

cos α =

= 0,157.

2 r1 r2

2 9

10−2

6 10−2

Подставляя выражения Е1 из (1) и Е2 из (2) в (3) и вынося общий

множитель за знак корня, получим

E =

τ2

2 Q τ cos α

4 π ε0 r

rr1

Найдём угол β (между E и E1 )

2 τ

cosα

E11

+ E2 − E22

2 E12 +

2 E1 E2 cosα

E1+ E2 cosα

r12

cosβ =

2 E E

4 πε

Произведём вычисления:

E = 9 10

92 10

−16

10−10

9 10

−8 10−5 0,157

=1,5 10

94 10−8

62 10−4

92 10−4

6 10−2

9 10−8

2 10−5

0,157

cosβ = 9 109

92 10−4

6 10

−2

= 0,105 ,

β = 84o.

1,5 106

Проверим размерность:

[E]=

Н м2 Кл

Н м

Дж

Кл2 м2

Кл м Кл м м

ПРИМЕЧАНИЯ 2.6:

1. Для упрощения расчётов в задачах по электростатике коэффи-

циент берётся равным K =

= 9 10

9 Н м2

4 π ε0

Кл2

2. При решении задач 2.53, 2.55 необходимо знать, что линии на-

пряжённости электрического поля заря-

+σ1

+σ2

женной плоскости перпендикулярны к ней

и направлены в обе стороны от положи-

тельно заряженной плоскости. Если поле

r +

создано двумя заряженными плоскостями,

E +

то согласно принципу суперпозиции полей

напряжённость

поля

E результирующего

равна векторной сумме напряжённостей E

Рис. 2.5

и E2 полей (рис. 2.5), создаваемых заряженными плоскостями в от-

дельности:

E = E1+ E2 .

3. В задаче 2.57 величина силы, действующей на точечный заряд, определяется по формуле F = Q E.

7.Задачи 2.61-2.70 на тему «Потенциал. Работа в электрическом поле. Движение заряженных частиц в электрическом поле»

[1, §84-86]; [2, §13.4, 17]; [3, §15].

•Потенциал ϕ точки электрического поля численно равен потенциальной энергии Wп единичного положительного точечного заряда Q0 , находящегося в данной точке поля:

ϕ = Wп ,

при условии, что потенциальная энергия этого заряда, удалённого в бесконечность, равна нулю.

•Потенциал точки электрического поля, созданного зарядом, рав-

номерно распределённым по сферической поверхности (задачи 2.64, 2.70), определяется величиной заряда и расстоянием r от центра сферы:

ϕ = 4 πQε0 r .

Причём величина заряда связана с поверхностной плотностью σ заряда и площадью S поверхности соотношением Q = σ S .

•Работа А, совершаемая кулоновскими силами при перемещении электрического заряда (задача 2.67), равна произведению заряда на разность потенциалов ϕ1 - ϕ2 = U двух точек поля в начальном и конеч-

ном положениях заряда:

A = Q (ϕ1 −ϕ2 )= Q U .

•Потенциал бесконечно удалённой точки (задачи 2.68, 2.69) равен нулю. За счёт работы кулоновских сил изменяется кинетическая энер-

гия Т частицы (задачи 2.61, 2.62, 2.65, 2.66, 2.68):

Q U = T2 − T1,

где Т1 и Т2 – кинетическая энергия частицы в начальном и конечном положениях. В условиях задач данной темы частицы классические (V << c), поэтому их кинетическая энергия

T = m2V2 ,

где m и V – масса и скорость частицы.

•Для частиц, движущихся в потенциальном поле, применим закон сохранения энергии (задачи 2.64), согласно которому:

T+ Wп = const .

ПРИМЕР 2.7 Протон движется вдоль силовых линий однородного электрического поля. В некоторой точке поля с потенциалом ϕ1 = 100 В протон имел скорость V1 = 105 м/с. Определить потенциал ϕ2 точки поля, дойдя до которой протон увеличит свою скорость вдвое?

	Дано:	РЕШЕНИЕ.
	e = 1,6 10-19 Кл	Протон, пройдя ускоряющую разность потен-
	m = 1,67 10-27 кг	циалов ϕ1 - ϕ2 , увеличивает свою скорость
	ϕ1 = 100 В	вдвое (рис. 2.6). При этом силы электрического
	V1 = 105 м/с, V2 = 2V1	поля совершают работу А, которая равна изме-
		нению кинетической энергии протона ∆Т = А.
	ϕ2 - ?	нению кинетической энергии протона ∆Т = А.
	ϕ2 - ?	Работа А сил электрического поля равна произ-
		ведению заряда частицы е на разность потен-
		циалов A = e (ϕ1 −ϕ2 )

Изменение кинетической энергии частицы

определяется по формуле																			r
	m V22			m V12			m (2 V1 )2				m V12				3				r
∆T =		−				=				−				=		m V2 .			E


2		2					2						2		2	1	+ϕ		V1 ϕ+2
2		2					2						2		2		+ϕ	1	V1 ϕ+2	V2
Сравнивая полученные выражения, полу-
Сравнивая полученные выражения, полу-
чим			3
			3		m V2		= e (ϕ	1	−ϕ			2	) .
					m V2		= e (ϕ		−ϕ				) .
		2				1													Рис. 2.6
		2																	Рис. 2.6

Отсюда найдём потенциал ϕ2 точки поля, до которой доходит час-

тица:

ϕ2 =ϕ1 − 3 m V12 .

2 e

Вычисляем

	3	1,67	10	−27	10	м2
					кг 10	с2
ϕ2	=1000 В−						= 650 В.
		2	1,6 10−19 Кл

ПРИМЕЧАНИЯ 2.7:

1.Определяя заряд пылинки в задаче 2.61 , учтите заряд e элек-

трона.

2.Энергия заряженных частиц (задачи 2.62, 2.64) может быть выражена в электрон-вольтах (эВ). 1 эВ – это энергия, которую приобретает элементарный заряд е, пройдя ускоряющую разность потенциалов

1В:

1эВ =1,6 10−19 Кл 1 В =1,6 10−19 Дж.

3.При расчёте поверхностной плотности σ заряда (задачи 2.63) используйте связь напряжённости Е и разности потенциалов U для однородного поля между обкладками плоского конденсатора:

E = Ud .

Выражение для напряжённости электрического поля этого конденсатора

E = σ .

ε0

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 94 5 6 7 8 9 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Методички