Решения задач ЕГЭ
.pdf
Решение
1. Треугольники АОВ и АСD подобны, из чего следует:
Lsin α |
= |
Fi |
= mω2r |
; |
|
Lcosα |
mg |
||||
|
mg |
|
tgα = |
ω2r |
; |
ω = |
gtgα |
; |
|
|
|
|
||
|
g |
|
|
|
r |
|
|
|
Рис. 130. Конический маятник |
||
r = Lcos(900 − α)= Lsin α; |
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
ω = |
|
g |
= |
10 |
= 20 |
рад |
; |
|
|
|
|
Lcosα |
5 10−2 0,5 |
с |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
131.Гирька массой m = 0,1 кг, привязанная к резиновому шнуру, вращается
сугловой скоростью ω = 10 рад/с по круговой траектории в горизонтальной плоскости так, что шнур с коэффициентом упругости k = 40 Н/м составляет с
вертикалью угол α = 600. Определить длину нерастянутого шнура.
|
|
|
|
|
Решение |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
1. |
Из подобия треугольников ОВА и |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
ACD: |
|
T |
Lx |
|
|
|
mg |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
= |
|
|
; T = |
|
|
; |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
mg |
Lx cosα |
cosα |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
2. |
Натяжение шнура численно равно |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
силе упругости: |
|
T |
|
|
|
mg |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
T = k L; |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
L = k |
= k cosα; |
|
|
|
|
Рис. 131. Растяжение резинового шнура |
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
3. |
Длина растянутого силой инерции шнура: |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Lx = |
|
r |
; |
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
sin α |
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
4. |
Радиус круговой траектории определится из условия: |
|
|
|
||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
tgα = |
ω2r ; |
|
r = gtg2α; |
Lx = |
|
g |
|
; |
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
ω |
2 |
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
g |
|
|
|
|
|
ω |
|
|
|
|
cosα |
|
|
|
|||||
5. |
Длина нерастянутого шнура: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
g |
|
|
|
mg |
|
|
|
|
g 1 |
|
|
m |
|
|
−2 |
|
−3 |
|
|||||
L0 = Lx − L = |
|
|
|
− |
|
|
|
|
|
= |
|
|
|
|
|
− |
20(10 |
|
− 2,5 10 |
|
) 0,15м; |
|||||||
2 |
|
|
k cos |
α |
|
|
2 |
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
ω cosα |
|
|
|
cosα |
ω |
|
|
k |
|
|
|
|
|
|
|||||||||
132. К стене под углом α = 450 прислонена лестница массой m = 15 кг. Центр тяжести лестницы находится на расстоянии 1/3 длины от верхнего её конца. Какую горизонтальную силу нужно приложить к середине лестницы, чтобы верхний её конец не оказывал давления на стену?
Решение
1. Так как изначально лестница находится в покое, то сумма моментов приложенных к ней сил относительно произвольной оси должна быть равна нулю:
51
i=n r
∑MZ (Fi ) = 0 ;
i=1
2. Выберем ось Z, проходящую через нижнюю точку опоры лестницы перпендикулярно плоскости чертежа, в этом случае момент нормальной реакции связи
MZ (Ny ) = 0; .
3. Уравнение моментов действующих сил относительно выбранной оси Z:
− Nxlsin α + mg 23 lcosα − 2l Fx sin α = 0;
Рис. 132. Лестница у стены |
|
α = 450 ; sin α = cosα; |
||
3. Упростим уравнение моментов: |
||||
|
|
|||
2 mg = |
1 F ; |
F = |
4 mg = 200 H; |
|
3 |
2 x |
x |
3 |
|
133. Определить силу давления жидкости плотностью ρ = 800 кг/м3 на боковую стенку закрытого кубического сосуда объёмом V = 8 м3, полностью заполненного жидкостью.
|
|
|
|
Решение |
|
|
1. |
Высота столба жидкости: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
h = 3 |
V; |
|
2. |
Давление на стенку сосуда: |
1 |
|
1 ρg3 |
|
|
|
|
p = |
ρgh = |
V ; |
||
|
|
|
2 |
|
2 |
|
3. |
Сила давления на вертикальную стенку: |
|
||||
|
p = F ; |
F = ps = 1 ρgh3 = 1 |
ρgV = 0,5 800 10 8 = 32кН; |
|||
|
s |
2 |
|
2 |
|
|
134 Почему сосиски и сардельки, изготовленные из натуральных продуктов, при помещении их в кипяток лопаются преимущественно вдоль, а не поперек?
Решение
1. Представим сосиску в виде герметичной цилиндрической оболочки с двумя полусферическими оконечностями. Пусть толщина стенок, а следовательно и их прочность по свей площади сосиски одинакова.
Рис. 134. Модель сосиски 2. Разрушение оболочки происходит вследствие повышения давле-
ния p внутри оболочки. Рассмотрим цилиндрическую часть сосиски. Цилиндр можно представить как прямоугольник АВСD с площадью s1 = L 2R. Сила, отнесённая к единице длины цилиндрической части сосиски определится как:
52
f1 = 2RL p = pR , [ Н/м] .
2L
3. Определим аналогичную силу, действующую на единичную длину полусфер f2 = (πR2 
2πR) p = Rp
2 = f1 
2 .
4. Таким образом, за концы сосиски можно не переживать, для их разрыва нужна в два раза большая сила, чем для цилиндрической части.
5. Рассмотрим далее два элементарных слоя цилиндрической поверхности сосиски шириной x при L 10 cм и R 0,7 см. Один слой расположен вдоль образующей цилиндра, а второй по круговому периметру. Длина окружности при выбранных размерах составляет l = 2πR = 4,76см, в то время как L = 10
см. Другими словами, сила, отнесённая к единице длины вдоль сосиски, будет в 2.1 раза меньше, чем сила в поперечном сечении, потому и лопнет вдоль, а не поперёк.
135. Чему равна плотность керосина ρ1, если плавающий в нём сплошной деревянный куб, плотностью ρ2 = 700 кг/м3, с длиной ребра х = 8 см выступает над поверхностью жидкости на х = 1 см?
Решение
1. Условие плавания кубика в керосине: |
|
|
|
|
|
|
|
||||||
F + mgr |
= 0; |
ρ gx2 |
(x − |
x) = ρ |
gx3; |
ρ (x − |
x) = ρ |
x; |
|||||
A |
|
1 |
|
|
|
2 |
|
|
|
1 |
|
2 |
|
|
ρ = ρ |
|
|
x |
= 700 8 |
= 800 |
кг |
; |
|
|
|||
|
2 x − x |
м3 |
|
|
|||||||||
|
1 |
|
7 |
|
|
|
|
|
|||||
136. Какой наибольший груз может перевозить по воде бамбуковый плот площадью s = 10 м2 и толщиной h = 0,5 м, если плотность бамбука ρ1 = 400 кг/м3, а плотность воды ρ2 = 103 кг/м3?
Решение
(ρ2 −ρ1)gsh = mxg; mx = (ρ2 −ρ1 )sh = 600 10 0,5 = 3000кг;
137. Космический корабль массой М = 3000 кг в глубоком космосе начал разгон в межпланетном пространстве, выбрасывая из сопла ракетного движителя μ = 3 кг/с газов со скоростью v = 600 м/с. Какова будет скорость корабля через τ = 20 с после начала разгона? Изменением массы корабля и влиянием гравитационных сил пренебречь.
Решение
1. Всё началось в Древнем Китае. В 682 г. н.э. китайский алхимик Сунн Сымяо впервые описал горючую смесь, состоящую из селитры, серы и опилок. По сути это было описание пороха, который успешно использовался при организации фейерверков.
2.В 808 г. другой китайский химик Цинь Сюйцзы предложил опилки заменять древесным углем, что, по мнению автора, повышало эффективность полёта развлекательных «ракет». Известно, что принцип реактивного движения использовался за долго до упомянутых описаний, естественно, без каких бы то ни было теоретических интерпретаций.
3.В Китае до VI в. н.э. существовали специализированные мастерские по производству пороховых ракет. Полёт бамбуковых цилиндров с горючей сме-
53
сью, с позиций современных представлений можно представить как движение тела с переменной массой. На рис. 137.1 приведены примеры некоторых движущихся объектов, масса которых изменяется в процессе движения.
Рис. 137.1. Движение тел с переменной массой
4.Эта разновидность движения, распространённая в живой природе, заинтересовала механиков-теоретиков относительно недавно, при попытках описания реактивных принципов движения. Эти принципы используются кальмарами, осьминогами, каракатицами, наутилусами и ещё целым рядом подводных обитателей.
5.Когда в классической механике говорят о переменной массе, то подразумевают, что изменение массы происходит не как следствие движения, а как процесс, обеспечивающий это движение.
6.При рассмотрении движения объектов со скоростями соизмеримыми со ско-
ростью света (с 3 108 м/с), например, в теории относительности, полагается, что масса находится в зависимости от скорости, причём изменения массы происходят не за счёт притока или оттока вещества. Далее будут рассматриваться движения, происходящие со скоростями значительно меньшими скорости света. Изменение массы в виде потерь и приобретений происходит за счёт изменения во времени количества вещества.
7. Получим на основе второго закона Ньютона уравнение движения материальной точки с переменной массой, используя в качестве модели реактивный принцип движения, например − ракету. В ракетном двигателе обеспечиваются условия выброса с большой скоростью продуктов сгорания топлива в направлении противоположном движению аппарата.
8. На основании третьего закона Ньютона к ракете будет приложена сила, противоположная силе, возникающей при истечении из сопла продуктов сгорания топлива − высокоскоростного газового потока. Ракета, при этом будет получать ускорение. Во многих случаях реактивного движения ракету можно рассматривать как замкнутую материальную систему, импульс которой не изменяется во времени. Эта концепция и положена в основу дальнейших рассуждений.
9. Следует заметить, что такая постановка вопроса не совсем корректна, потому что главный вектор внешних сил, приложенный к ракете или к реактивному самолёту не эквивалентен нулю. На эти аппараты действуют силы гравитации и силы сопротивления. Однако для выяснения принципиальных принципов реактивного движения этим можно поступиться.
54
10.Рассмотрим в качестве примера горизонтально летящий реактивный самолёт (рис. 6.22), обладающий массой m(t), которая изменяется во времени за счёт сгорания топлива.
11.В произвольный
момент времени trсамолёт имел скорость v , а его импульс был равен pr0 = mvr . Через бесконеч-
но малый промежуток времени dt Мааса и ско-
рость самолёта получают r
приращения dm и dv , причём масса имеет отрицательный знак, т.к. связана со сгоранием некоторого количества топлива. Импульс самолёта через время dt представится следующим образом
p1 = (m + dm)(v + dv).
12. Для записи уравнения закона сохранения импульса к уравнению необходимо добавить импульс газов, образовавшихся за время dt
p2 = dmg vg .
13. Из суммарного импульса самолёта и газов, при записи уравнения закона изменения импульса системы, самолёт − газы необходимо вычесть начальный импульс самолёта в момент времени t
(m + dm)(vr + dvr)+ dmg vrg − mvr = Fdt .
14. При раскрытии скобок в уравнении следует иметь в виду, что произведение dm dv представляет собой бесконечно малую величину высшего порядка, ей можно пренебречь. Следуя далее принципу сохранения массы, можно записать
dm +dmg = 0 .
Это обстоятельство позволяет исключить из уравнения массу газов dmg, с другой стороны величина v отн = vg − v представляет собой относительную ско-
рость истечения газов. С учётом этих предпосылок уравнение закона сохранения импульса перепишется в более простом виде:
dv |
r |
dm |
r |
m dt |
= vотн |
dt |
+ F . |
15. Полученное уравнение совпадает с известной формой записи второго закона Ньютона, правда, здесь имеет место масса, зависящая от времени. Кро-
ме того, к внешней силе F добавляется ещё одна величина, имеющая размерность силы, имеющая смысл реактивной силы тяги, т.е. силы с которой газы действуют на самолёт. Уравнение впервые было получено Иваном Васильевичем Мещерским, профессором Ленинградского политехнического института в 1902rг. Применим к уравнению Мещерского закон сохранения импульса, пола-
гая F = 0
mdv = vотнdm .
16. В проекции на направление движения самолёта уравнению можно придать скалярную форму
dmdv = − vmотн .
55
17.Дифференциальное уравнение легко интегрируемо в предположении постоянства скорости истечения газов, в этом случае разделяются переменные
v= -vотн ∫dmm = −vотн ln m + C .
18.Постоянную интегрирования С определим, используя начальные усло-
вия: предположим, что при старте самолёта его масса m0, а скорость равна нулю
0 = −vотн ln m0 + C ,
откуда
C = vотнlnm0 .
Подставим далее значение постоянной интегрирования С:
v = -vотнlnm + v отнlnm0 , v = vотн ln mm0 ,
или
m0 |
= exp |
v |
. |
|
|||
m |
|
vотн |
|
19. Уравнение впервые предложил Константин Эдуардович Циолковский и использовал его для вычисления необходимого запаса топлива для сообщения ракетам необходимой скорости. Если ракете необходимо сообщить первую космическую скорость v1 8 км/с, то при истечении газов со скоростью v отн = 1 км/с отношение масс в уравнении Циолковского m0/m 2980, т.е. вся масса ракеты, практически приходится на топливо.
20.В современных ракетных технологиях относительная скорость истече-
ния газов не превосходит величины vотн ≤ 5 км/с, что делает ракеты на химическом топливе совершенно не пригодными для путешествий к звёздам, если предполагать ещё и возвращение экипажа.
21.Уравнение Циолковского позволяет получить величину скорости, максимально достижимую ракетой
m0 |
−mт dm |
|
|
m0 |
|
|
|
vmax = −vотн |
∫ m |
= vотнln |
|
|
|
|
, |
m |
0 |
−m |
|
||||
m0 |
|
|
|
т |
|||
где m0 − стартовая масса ракеты, mт − масса топлива.
22. Применительно к условиям данной задачи уравнение закона сохранения импульса системы ракета − истекающие из сопла газы принимает вид:
Mu = μτv; |
u = |
μτv |
= |
3 20 600 |
=12 |
м |
; |
|
|
M |
|
3000 |
|
с |
|
138. Боеголовка ракеты разрывается в наивысшей точке траектории на расстоянии L по горизонтали от пусковой установки на два одинаковых фрагмента. Один из них вернулся к месту запуска по первоначальной траектории. Где упал второй фрагмент?
Решение
1. Чтобы фрагмент ракеты вернулся в точку О необходимо, в отсутствие сопротивления сообщить ему ту же скорость, с которой к точке С подлетел снаряд, но с обратным знаком, т.е. первый фрагмент должен после разрыва полететь горизонтально в направлении обратном первоначальному, до разрыва. Закон сохранения импульса в проекции на горизонтальную ось позволят в дан-
56
ном случае сразу определить скорость второго осколка, которая обязана быть направлена по направлению первоначального полёта снаряда в точке С
2mv = −mv + mu ,
откуда
u= 3v .
2.Как известно из кинематических соотношений, время падения тел зависит, без учёта сопротивления, только от высоты, т.е.
h = |
gt2 |
, |
|
2 |
|||
|
|
Рис. 138. Разделение боеголовки
t1 = t2 = |
2h . |
|
g |
3. Вдоль оси ох движение любого тела брошенного горизонтально, а именно этот тип движения имеет место после разрыва снаряда, происходит с постоянной скоростью
x1 = vt, x2 = ut = 3vt, x2 = 3x1 = 3L .
4. Таким образом, от места старта второй осколок упадёт на расстоянии
OB = x1 + x2 = L +3L = 4L .
139. Артиллерист стреляет из пушки ядром массы m так, чтобы оно упало в неприятельском лагере. На вылетевшее из пушки ядро вскакивает небезызвестный барон Мюнхгаузен, масса которого составляет 5m. Какую часть пути до неприятельского лагеря барону придётся идти пешком?
Решение
1. Предположим, что барон оседла- |
|
|
|
|
ет ядро сразу после его вылета из |
|
|
|
|
пушки, при этом скорость ядра v1 |
|
|
|
|
уменьшится до величины v2 вследст- |
|
|
|
|
вие увеличения массы. Закон сохране- |
Рис. 139. Полёт на пушечном ядре |
|||
ния импульса в проекции на горизон- |
||||
|
|
|
||
тальную ось запишется так: |
|
mv1 |
||
mv1 = (5m + m)v2 ; |
|
|||
v2 = |
|
. |
||
(M + m) |
||||
2. Запишем далее кинематические соотношения для дальности полёта ядра х1 и ядра с бароном х2, считая их телами, брошенными под углом α к горизонту
x1 |
= |
v12 sin 2α |
, |
x2 |
= |
v22 sin 2α |
. |
g |
|
||||||
|
|
|
|
|
g |
||
3. Перепишем уравнение для х2 с учётом значения скорости
x |
2 = |
m2 v12 |
|
sin 2α |
. |
(M + m)2 |
|
g |
4. Если дальность полёта ядра без барона принять за единицу, то пешую часть пути в общем виде можно представить следующим образом:
57
|
|
|
|
|
2 |
|
m 2 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x1 − x2 |
|
v |
|
sin 2α − |
|
|
v |
|
sin 2α |
|
1 |
|
35 |
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
1 |
|
6m |
1 |
|
|
|
|
|
||||||||
z = |
|
|
= |
|
|
|
|
|
|
|
|
=1 |
− |
|
= |
|
. |
x |
1 |
|
|
v2 sin 2α |
|
|
|
36 |
36 |
||||||||
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
140. Груз массой m = 0,1 кг привязан к невесомой нерастяжимой нити длиной l = 1м. Нить с грузом отклоняют на угол α1 = 900. Определить модуль центростремительного ускорения в момент, когда нить будет составлять с вертикалью угол α2 = 600
Решение
1. Закон сохранения энергии позволяет определить скорость груза в заданной точке траектории:
mgl = |
mv2 |
+ mgl(1− cosα); v2 = 2glcosα ; |
||||||
2 |
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
||
2. Нормальное (центростремительное) ускорение груза: |
|
|||||||
a |
n |
= |
|
mv2 |
= 2mgcosα = 2 0,1 10 0,5 =1 |
м |
; |
|
|
l |
с2 |
||||||
|
|
|
|
|
||||
141. Труба газопровода имеет диаметр R = 0,9 м. С верхней точки трубы А соскальзывает льдинка. В некоторой точке трубы В льдинка отрывается от поверхности. Какова разность высот h точек А и В?
Решение
1.Уравнение второго закона Ньютона в проекции на направление нормальной реакции связи N будет выглядеть в данном случае следующим образом
mvR 2 = mgcosα − N .
2. В момент отрыва частицы от поверхности полусферы (точка В) проекция силы тяжести на выбранное выше направление по модулю должна быть равна силе инерции, т.е. N = 0, поэтому:
Рис. 3.247. Льдинка на трубе |
|
|
|
|
|
mgcosα = |
mv |
2 |
; |
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
R |
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3. За нулевой уровень потенциальной энергии примет середину трубы, т.е. |
|||||||||||||||||
точку, отстоящую от А на расстоянии R. В соответствии с законом сохранения |
|||||||||||||||||
энергии в точке B сумма кинетической и потенциальной энергии частицы |
|||||||||||||||||
должна быть равна её потенциальной энергии в верхней точке полусферы: |
|||||||||||||||||
mgR = mgRcosα + |
mv2 |
; |
mgR = mgR |
v2 |
+ |
|
mv2 |
|
; |
||||||||
2 |
gR |
2 |
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
gR = v2 + |
v2 |
; 2gR = 3v2 |
; |
v2 = |
2 Rg; |
cosα = 2 ; |
|||||||||||
|
|||||||||||||||||
2 |
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
3 |
||
4. Из геометрических соображений: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
R |
= 0,3 м. |
|
|
|
||||
h = R − R cosα = R 1− |
|
|
= |
|
|
|
|
||||||||||
3 |
3 |
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
58
2. Молекулярная физика. Газовые законы
142. В озеро, имеющее глубину h = 10 м и площадь поверхности s = 20 км2, бросили кристаллик поваренной соли массой m1 = 0,01 г с молярной массой μ1 = 0,0585 кг/моль. Сколько молекул этой соли оказалось бы в напёрстке вместимостью V2 = 2 см3, зачёрпнутой из озера, если полагать, что соль, растворившись, равномерно распределилась во всём объёме воды.
Решение
1. Количество молекул соли в озере: |
|
||
m1 = |
N1 |
; N |
= m1NA ; . |
|
|||
μ |
1 |
μ |
|
NA |
|||
2. Определим концентрацию молекул соли в озере:
n1 = N1 = N1 ; VO sh
3. Количество молекул соли в напёрстке:
N |
|
= n V |
= |
m N |
V |
|
1 10−5 6 1023 2 10−6 |
1 106 |
; |
|
|
1 |
A 2 |
|
|
||||||
|
5,85 |
10−2 2 107 10 |
||||||||
|
x |
1 2 |
|
μsh |
|
|
|
|||
143. В баллоне содержится m = 80 г газа при температуре Т1 = 240 К. Какую массу газа нужно удалить из баллона, чтобы при нагревании газа до температуры Т2 = 360 К, давление в баллоне осталось неизменным?
Решение
1. Процесс изменения состояния газа изохорный V = const, причём р1 = р2:
pV = m RT ; |
|
|
|
|
|
|
|
−2 |
|
|
|
|
|
|
μ |
1 |
|
|
|
|
m(T − T ) |
|
8 10 |
120 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
m = |
= |
|
2,67 |
10 |
− |
2 кг; |
||||
|
|
|
|
2 1 |
|
|
|
|
||||||
pV = m − m RT ; |
|
|
T2 |
|
360 |
|
|
|
|
|||||
|
μ |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
144. Некоторое количество водорода находится при давлении р1 = 400 Па и температуре Т1 = 200 К. Газ нагревают до температуры Т2 = 104 К, при которой происходит диссоциация молекул и весь молекулярный водород переходит в атомарное состояние. Определить давление газа, если его объём и масса не изменяются. Молярная масса водорода μ = 0,002 кг/моль.
Решение
1. По окончании процесса диссоциации молекул число структурных элементов в объёме удваивается:
59
p V = |
|
N |
|
RT ; |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
4 |
|
|
|
|
|||||
1 |
|
NA |
1 |
|
|
|
2p T |
|
2 4 10 |
10 |
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
p |
|
= |
= |
|
|
= 4 104 |
Па(40кПа); |
||||||||
|
|
|
|
2N |
|
|
x |
1 2 |
2 102 |
|
||||||||||
p |
|
V = |
|
RT ; |
|
|
T |
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
x |
|
|
NA |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
145. Задан график изотермиче- |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ского сжатия газа при температуре Т |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= 150 К. Какое количество вещества |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(в молях) содержится в этом сосуде? |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Решение |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1. Уравнение Клапейрона − Мен- |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
делеева для изотермического процес- |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
са: |
pV = const; |
piVi = νRT; |
|||||
Рис. 145. Изотермическое сжатие |
|
|
||||||||||||||||||
|
ν = |
p V |
= |
5 105 |
0,1 |
40моль; |
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
i i |
8,3 150 |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
RT |
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Рис. 146.Изохорный процесс
ν = 1,1 105 0,4 8,3 330
146. Задан график зависимости давления газа в запаянном сосуде объёмом V = 0,4 м3 от его температуры. Определить количество вещества, содержащегося в сосуде.
Решение
1. Процесс изохорный V = const:
p |
V = νRT ; ν = piV |
; |
|
i |
i |
RTi |
|
|
|
|
|
16моль;
147. При уменьшении объёма газа в 2 раза давление изменилось на р = 120 кПа, абсолютная температура возросла на 10%. Каково первоначальное давление газа?
Решение
pV = νRT; |
|
|
2p |
|
|
1 |
|
|
|
p |
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
= |
; |
2,2p = p + |
p; = |
=10 |
5 |
Па; |
||||
(p + |
p) |
V |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
p + |
p |
1,1 |
1,2 |
|
||||||||||||
2 |
= νR1,1T; |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
148. Когда объём, занимаемый газом, уменьшили на ζ = 40%, а температуру понизили на t = 84 0С, давление возросло на 20%. Определить начальную температуру газа.
60