Задача 1. работу

Задача 1. При движении шайбы по столу сила трения совершит
работу
где S – длина наклонной плоскости стола; - угол наклона
этой плоскости к горизонту. Очевидно,
Приращение механической энергии шайбы
или
Отсюда
м/с.
Задача 2. Для отыскания величины скорости, которую
приобретает брусок после взаимодействия с пулей,
воспользуемся законами сохранения. Из закона сохранения
импульса имеем
mV0  mV1  MV2
(1)
где V0 – начальная скорость пули, V1 и V2 – скорости пули и
бруска после взаимодействия соответственно.
Т.к., по условию, в результате взаимодействия с бруском пуля
теряет половину своей кинетической энергии:
mV12 1 mV02

(2)
2
2 2
Далее, решая уравнения (1) и (2) совместно, получим
m 
1 
ì
V2  V0 1 
  0.18
M 
ñ
2
Задача 3.
В момент достижения телом точки B на него, наряду с силой

тяжести mg и силой реакции N полусферы, начинает

действовать сила трения Fтр , направленная горизонтально
(рисунок 77). Тогда второй закон Ньютона в проекциях на горизонтальное и вертикальное направления принимает вид
ma  Fтр ;
(1)
man  N  mg .


Здесь a и a n – тангенциальное и нормальное ускорения
тела в точке B.
V2
Нормальное ускорение a n 
, где R – радиус полусферы,
R
V – скорость, с которой тело прибыло в точку B. Так как на
участке AB силы трения отсутствуют, то ее нетрудно найти из
закона сохранения энергии
mV 2
mgR 
2 .
Отсюда a n  2 g .
Тангенциальное ускорение найдем используя уравнения
системы (1)
Fтр N
a 

 ( a n  g )  3g
m
m
Следовательно, полное ускорение тела в точке B
a  a2  a n2  g 9 2  4 ,
а его направление определяется углом   arctg
a 3
 .
an 2
Задача 4. Количества теплоты, полученные газом в каждом
процессе цикла, равны
Q12  CV ( T2  T1 ) ; Q23  C p ( T3  T2 ) ;
(1)
Q34  CV ( T4  T3 ) ; Q41  C p ( T1  T4 ) ;
где CV и C p – молярные теплоемкости газа в изохорном и
изобарном процессах соответственно.
Количество теплоты, полученное газом за весь цикл, найдем
сложив выражения (1). Учитывая, что по условию задачи
температура T2  T4 , после несложных преобразований
получаем
Q  Q12  Q23  Q34  Q41  ( C p  CV )( T1  T3  2T2 ) (2)
Для определения неизвестной температуры T2 , входящей в
(2), запишем уравнения Клапейрона-Менделеева для газа в
состояниях 1,2,3 и 4:
P1V1  RT1 ; P2V1  RT 2 ; P2V2  RT3 ; P1V2  RT 2 ; (3)
Из системы уравнений (3) нетрудно найти, что T2  T1T3 .
Тогда
Q  ( C p  CV )( T1  T3  2 T1T3 )  R( T1  T3  2 T1T3 ) (4)
При записи (4) учтено, что молярные теплоемкости C p и CV
идеального газа связаны соотношением C p  CV  R (закон
Майера).
Задача 5. Из уравнения движения системы тел труба –
поршень по наклонной плоскости определяем их ускорение a:
a = g(sinα − kcosα). (1)
Запишем уравнение движения поршня вдоль наклонной
плоскости (см. рис.):
ma = mgsinα − (p1 − p2)S. (2)
На основании закона Бойля – Мариотта
p1V1 = pV, (3)
p2V2 = pV. (4)
(Введенные в соотношениях (1) − (4) обозначения ясны из
рисунков 1, 2)
Из системы уравнений (1) − (4) с учетом того, что V1 + V2 =
2V, находим искомое отношение объемов V2/V1:
V2/V1 = η + √{η2 + 1} ≈ 1,2,
где
η = kmgcosα/(pS) ≈ 0,2.
Ответ: V2/V1 ≈ 1,2.
Задача 6. Из
уравнений
Клапейрона-Менделеева,
записанных для газа в состояниях 1 и 2 следует, что эти
состояния принадлежат одной изотерме с температурой
2 p 0V0
T
. Так как все промежуточные состояния газа лежат
R
на отрезке прямой, расположенной выше указанной изотермы,
то максимальная температура газа достигается в одном из этих
состояний.
Для ее определения запишем уравнение заданного процесса
p
p   0 V  3 p0
V0
Тогда зависимость температуры от объема в процессе 1-2
имеет вид
p
3p
pV
(1)
T(V ) 
 0 V2  0V
υR
υRV0
υR
Определяя экстремум функции (1), находим, что температура
газа достигает максимального значения
9p V
3
Tmax  0 0 при V  V0 .
4υR
2