ББК 22.3я72
В84
Задачи решали
Е.Н. Изергина, Н.И. Петров
Скачано с сайта
http://irodov.nm.ru/other/volkenshtein.htm
Все решения к «Сборнику задач по общему курсу физи-
В84 ки» B.C. Волькенштейн. В 2 кн. Кн. 1. — М.: Олимп:
ООО "Фирма «Издательство ACT»", 1999. — 432 с. —
(Готовимся к экзаменам).
ISBN 5-7390-0632-5 («Олимп»)
ISBN 5-237-00643-4 (ООО "Фирма «Издательство ACT»")
В книге приведены решения всех задач одного из са-
самых популярных задачников по общему курсу физики Ва-
Валентины Сергеевны Волькенштейн, который широко
используется в качестве учебного пособия студентами вы-
высших технических учебных заведений нефизического
профиля, физико-математических факультетов педагоги-
педагогических вузов, а также учащимися школ и других средних
учебных заведений с физико-математическим уклоном.
ББК22.3я72
ISBN 5-7390-0632-5 («Олимп») © «Олимп», 1999
ISBN 5-237-00643-4 © Оформление. ООО "Фирма
(ООО "Фирма «Издательство ACT»") «Издательство ACT»", 1999

Предисловие
В данной книге приведены решения всех задач одного из
самых популярных задачников: «Сборник задач по общему
курсу физики», автор — Валентина Сергеевна Волькенштсйн.
Этот сборник впервые вышел в свет в 1958 году и с тех пор
переиздавался двенадцать раз. Книга В. С. Волькенштейн
широко используется в качестве учебного пособия студента-
студентами высших технических учебных заведений нефизического
профиля, физико-математических факультетов педагогичес-
педагогических вузов, а также учащимися школ и других средних учеб-
учебных заведений с физико-математическим уклоном. Данная
книга кроме вышеперечисленных категорий учащихся может
быть использована абитуриентами, учителями физики в стар-
старших классах, а также преподавателями вузов.
Книга В. С. Волькенштейн была написана достаточно
давно. В ней использованы некоторые устаревшие обозначе-
обозначения, упоминаются не применяемые сегодня физические при-
приборы. В издании сохранен стиль сборника, в основном ис-
используется аналитический метод. Решения нескольких задач
(их номера указаны перед соответствующим параграфом)
приведены в том же виде, как они даны у В. С. Волькен-
Волькенштейн. Ряд задач сборника снабжены, на наш взгляд, оши-
ошибочными ответами. Для таких задач приводится полное ре-
решение и расчет. В большинстве задач искомая величина за-
записывается в виде формулы, а ответ дается без подробного
счета.
Безусловно соблазн прочитать готовое решение очень
велик! Но, если читатель хочет овладеть навыками самостоя-
самостоятельного решения, он должен сначала постараться справить-
справиться с задачей своими силами, а затем сверить полученное
решение с книгой. Если же все-таки что-то не получилось,
то нужно, разобрав предложенное решение задачи, попытать-
попытаться повторить его самостоятельно.
Мы выражаем благодарность А. А. Воробьеву, И. Д. Дат-
ту, В. И. Плису, Г. Н. Сафоновой за консультации и помощь
при решении отдельных задач.
Условия задач приводятся в учебных целях и в необходимом
объеме — как иллюстрационный материал. Имя автора и название
цитируемого издания указаны на титульном листе данной книги.
(Ст. 19 п. 2 Закона РФ об авторском праве и смежных правах от
9 июня 1993 г.)

Глава I
ФИЗИЧЕСКИЕ ОСНОВЫ МЕХАНИКИ
§ J. Кинематика
В задачах данного раздела необходимо, прежде чем
приступать к числовым расчетам, представить все величины в
единицах системы СИ. Если в задаче приведена графическая
зависимость нескольких величин от какой-либо одной и при
этом все кривые изображены на одном графике, то по оси у
задаются условные единицы.
1.1. Первую половину времени своего движения автомобиль
двигался со скоростью v, = 80 км/ч, а вторую половину време-
времени — со скоростью v2 = 40 км/ч. Какова средняя скорость v
движения автомобиля?
Решение:
Средняя скорость определяется выражением: v= —, где
$ = $,+*, =v,-+v2-, т.к. /,=/,=-. Т.е. 5 = -(v,+v2),
_ /(v,+v,) v,+v, _
отсюда: v = -1-1 — = -^ , v = 60 км/ч.
It 2
1.2. Первую половину своего пути автомобиль двигался со
скоростью v, = 80 км/ч, а вторую половину пути - со скоростью
v, = 40 км/ч. Какова средняя скорость V движения автомобиля?
Решение:
s
Средняя скорость определяется выражением: v =— - A),
s _ s s
где / = /,+/,; 5, =5. = —. Тогда г, =—; /, = , откуда
2 2v, " 2v2

s(v,+v-) ,_- __ __. ...
t- ! — - B). Подставляя B) в A), получим:
2v,v2
_ $-2v,v, 2v,v, _ 2-80-40 ...
v = —,—l-^r = —^-, v = « 53,3 км/ч.
•s(v,+v2) v,+v2 80 + 40
1.3. Пароход идет по реке от пункта А до пункта В со
скоростью v, =10 км/ч, а обратно - со скоростью v2 =16 км/ч.
Найти среднюю скорость v парохода и скорость и течения
реки.
Решение:
$ $
Средняя скорость v = A), где г = /,+/2, а s, =s2 = —.
Тогда *,=— и f2=-—, откуда /=-^-! ~ - B).
2v, 2v2 2v,v2
гт /оч /14 - S^VjV, 2v.V2
Подставляя B) в A), получим: v =—,—~^\ = —L-L- или
^Vj + vJ v,+v,
v = 12,3 км/ч. При движении вниз по течению v = v{ + и, а
при движении вверх по течению v = v, - и . Приравняем
правые части уравнений и выразим и: v{+u = v2-u 9
V — V
2и = v2 - v,, и = — ; и = 3 км/ч.
1.4. Найти скорость v относительно берега реки: а) лодки,
идущей по течению; б) лодки, идущей против течения; в) лодки,
идущей под углом а = 90° к течению. Скорость течения реки
и = 1 м/с, скорость лодки относительно воды v0 = 2 м/с.
Решение:
a) v = v0 + и, или в про-
проекции на ось л": v = v0 +
+ и - 3 м/с. б) v = v0 + п,
или в проекции на ось х:

v = v0 - и =1 м/с. в) v = v0 + и, сложив вектора по правилу
треугольников, получим: v = у Vg +ir = -JA +1 = V5 »
« 2,24 м/с.
1.5. Самолет летит относительно воздуха со скоростью
v6 = 800 км/ч. Ветер дует с запада на восток со скоростью
и = 15 м/с. С какой скоростью v самолет будет двигаться
относительно земли и под каким углом а к меридиану надо
держать курс, чтобы перемещение было: а) на юг; б) на север;
в) на запад; г) на восток?
a) v = v0 + м, или в скаляр-
скалярном виде: vo=Vv2-zr.
Подставляя числовые
данные и учитывая, что
"и и =15 м/с = 54 км/ч, полу-
Д ~v- T? чаем vn= 798 км/ч. Из
в)-? * • *¦ и
х рисунка видно, что
¦л ^ -* v = v0 cos a; cos a = v / v0;
г> • " ^ " cosa = 0,998; а «4°. Курс
" на юго-запад.
б) v = vo + w, или в скалярном виде: vo=Vv2—и2 или
v0 = 798 км/ч. Поскольку v = v0 cos a, то cos a = v / v0;
co^or = 0,998 ; а « 4° . Курс на северо-запад.
в) v = v0 + и, или в проекции на ось л*: v = v0 - и ;
v = 800 - 54 = 746 км/ч. Курс на запад.
г) v = v0 + и , или в проекции на ось х: v = v0 + и ;
v = 800 + 54 = 854 км/ч. Курс на восток.
1.6. Самолет летит от пункта А до пункта В, расположенного
на расстоянии / = 300 км к востоку. Найти продолжительность t
полета, если: а) ветра нет; б) ветер дует с юга на север; в) ветер
6

дует с запада на восток. Скорость ветра и = 20 м/с, скорость
самолета относительно воздуха v0 = 600 км/ч?
Решение:
a) t = —; / = 0,5 ч;
б) vj = - + и2, отсюда найдем
в) t =
или / = 0,504 ч =
; Г = = 0,45 ч = 26,8 мин.
+ и 672
1.7. Лодка движется перпендикулярно к берегу со скоростью
v = 7,2 км/ч. Течение относит ее на расстояние / = 150 м вниз по
реке. Найти скорость и течения реки и время /, затраченное на
переправу через реку. Ширина реки L - 0,5 км.
Решение: 7
Движение лодки относительно реки
выражается формулой: L = vt, отку-
откуда / = — = 250 с. За это же время /
v
лодка переместилась относительно
берега на расстояние /, причем скорость лодки относи-
относительно берега равна скорости реки, тогда и = -; и = 0,6 м/с.
1.8. Тело, брошенное вертикально вверх, вернулось на землю
через время t = 3 с. Какова была начальная скорость v0 тела и на
какую высоту И оно поднялось?
7

Решение.
У
0.
Запишем уравнения кинематики в проекциях
на ось у: ,y@ =
и
наивысшей точке подъема имеем
= h;
v(f,)=0, т.е. h =
и Q = vo-qtl9
где /, = время подъема. Откуда v0 = qt{,
qt •> qt} qt] qt1
v0 = —, h = qt\ - -L±- - J-L-; /7 = . Подставляя числовые
данные, получим v0 = 14,7 м/с; h »11 м.
1.9. Камень бросили вертикально вверх на высоту /?и = 10м.
Через какое время / он упадет на землю? На какую высоту h
поднимется камень, если начальную скорость камня увеличить
вдвое?
Решение:
Воспользуемся решением задачи 1.8 и запи-
запишем систему уравнений:
hn =vj, -—
= 2/,
2 —
—{!), откуда «
"C),
vo =
Тогда из E) t = Р^-, отсюда t = 2,9 с. Из B) f, = ^-. Сле-
V 8 S
довательно, если v0 увеличится в 2 раза, время подъема
qAt1
также увеличится в 2 раза. Из A) h = 2vo-2t{—-—-:
/? = 4| V,-
= 4йо=4Ом.

1.10. С аэростата, находящегося на высоте h = 300 м, упал
камень. Через какое время / камень достигнет земли, если:
а) аэростат поднимается со скоростью v = 5 м/с; б) аэростат
опускается со скоростью v = 5 м/с; в) аэростат неподвижен?
Решение: »
Решаем задачу относительно непо-
неподвижной системы отсчета — земли.
Тогда скорость камня в начальный „ , #
момент времени относительно зем-
земли v0TH равна сумме скоростей: кам-
камня относительно аэростата v0TH = 0
и скорости v аэростата относи-
относительно земли, т.е. vOT))=0 + v.
Таким образом, при t = 0 скорость камня равна скорости
аэростата. В первый момент времени камень, имея
начальную скорость v, полетит вверх и за время /,
2
поднимется на высоту Л, =¦?-!- — A) (см задачу 1.8).
Остановившись в верхней точке, он полетит вниз и за
время /2 преодолеет расстояние h + h} = -^ B). Общее
время / = /| + /2 — C). При движении вверх скорость
v
= gt}, откуда /, = D). Подставив D) в A), получим
g
?
V"
"' Bg)
Отсюда
получим
h
t --
Преобразуем i
g
I v + -J2gh + v2 1
V J
2
E). Подставив D) и E) в C),
; /«8.4 c.
g

б)
Уравнение движения камня:
? Я/2 Xt2
h = vt + —— или —— +
2 2
ШШШШШШШШу/.
Решим квадратное уравнение отно-
относительно t: D = v2 + 2g/?;
= I - v ± -y/v2 + 2gh I / g. Величина
должна быть положительна,
следовательно: t « 7,3 с.
f /2
Уравнение движения камня: Л = -^—,
2
откуда ? = J2h/g , /« 7,8 с.
1.11. Тело брошено вертикально вверх с начальной скоро-
скоростью v0 = 9,8 м/с. Построить график зависимости высоты h и
скорости v от времени t для интервала 0 < t < 2 с через 0,2с.
Решение:
15 -|
10 -
5 -
0
-5 -
-10 -
-15 -
И, м
0,4 0,8 1,2Ч;,6 2
v,m/c
Зависимость скорости и
высоты от времени
выражается следующими
формулами: v = v0 - gt;
at1
h = vot-——. Для задан-
заданного интервала составим
таблицу и построим
график.
V, м/с
Я, м
0
9,8
0
0,2
7,8
1,8
0,4
5,9
3,1
0,6
3,9
4,1
0,8
2,0
4,7
1
0
4,9
1,2
-2,0
4,7
1,4
-3,9
4,1
1,6
-5,9
3,1
1,8
-7,8
1,8
2
-9,8
0
10

1.12. Тело падает с высоты h = 19,6 м с начальной скоростью
v0 =0. Какой путь пройдет тело за первую и последнюю 0,1с
своего движения?
Решение:
За первую 0,1 с движения тело пройдет путь Л, = gtf / 2;
Л, = 0,049 м. Весь путь h = gt2/2 тело пройдет за время
/га |Им2
9,8
За последнюю 0,1 с движения тело пройдет ¦
путь /?3 = h - h2, где h2 — путь, пройденный *
телом за время t2=t-0,\. Так как h2 = -s-2-,
, то
у//////////////////////.
-V> и.
1.13. Тело падает с высоты h = 19,6 м с начальной скоростью
v0 = 0. За какое время тело пройдет первый и последний 1 м
своего пути?
Решение:
Первый 1 м пути тело пройдет за время
, где /7[=1м, таким образом
= 0,45 с. Общее время падения h
V//////////////////////
2// 2-19,6 ^ _
t - \— ; t = I = 2 с. Последний 1 м своего пути тело
пройдет за время t3=t-t2, где t2 — время прохождения
11

7 7 7 I 1 T ,
пути /ъ =h-h3i а /73 =1м. Т.к. t2 =
S
_ \2{h-hx)
V 8
то время /\ = t - — - ; /3 = 0,05 с
V 8
1.14. Свободно падающее тело в последнюю секунду
движения проходит половину всего пути. С какой высоты /?
падает тело и каково время / его падения?
Решение:
Обозначим половину пути за S, тогда
S
//. Л-'/;,/////////
/7 = 25'—A). Уравнение движения тела:
, h = gt2/2—B). Вторая половина пути
2
S = v/2+~2-, где v = g(t-t2); t2=\c. Тогда
S = 8*2((-B)+ 8*2 /2 или, с учетом A),
h = 2gt2(t-t2)+gt]—C). Приравняем B) и C):
2
2.— = 2gt2(t -!-,)+ gt\ . Умножив обе части уравнения на
2, разделив на g и раскрыв скобки, получим:
t~ = 4/2/ - 4t2 + 2/; . Для удобства вычислений подставим
значение t2: t2-4t + 2 = 0. Решим квадратное уравнение.
4±л/8
О = 8 ; / = ; значение t = 0,6 — не соответствует
условию задачи, тогда t = 3,4 с; /? = 5 • 3,4 =57 м.
1Л5. Тело 1 орошено вертикально вверх с начальной
скоростью v0, тело 2 падает с высоты h без начальной скорости.
Найти зависимость расстояния / между телами 1 и 2 от времени
/, если известно, что тела начали двигаться одновременно.
12

h,
Решение:
Пусть тела 1 и 2 одинаковы, тогда время дви-
движения тела 1 до верхней точки подъема равно
времени падения тела 2. Путь, пройденный те-
телом 1: hx-vQt-gt2/2 —A); путь, пройден-
пройденный телом 2 : h2 -gt1 /2 — B). Расстояние .
между телами / = h - (/?, + h2). Сложив A) и B), ъ.
получим hx+h2 = vot, тогда / = h - vot.
1.16. Расстояние между двумя станциями метрополитена
/ = 1,5 км. Первую половину этого расстояния поезд проходит
равноускоренно, вторую — равнозамедленно с тем же по моду-
модулю ускорением. Максимальная скорость поезда v = 50чКм/ч. Най-
Найти ускорение а и время / движения поезда между станциями.
Решение:
l/2~at\ /2 — при равноускоренном движении поезда.
1/2 = vt2 -at\ /2 — при его равнозамедленном движении.
Общее время движения t=tx+t2. Максимальная скорость
следовательно t\~h- Весь путь
Отсюда t\= —; v = 50 км/ч = 13,9 м/с;
= ati= at2
all
v ¦>
t{ =108с = 1,8мин; t = 3,6 мин. а- —; я = 0,13 м/с".
Для решения данной задачи
можно также воспользоваться tv
графическим методом. Постро-
Построим график зависимости скорос-
скорости поезда от времени. Путь
равен площади под кривой или
сумме площадей треугольников
0Л/, и t\At. Таким образом
13

11 11
1 = -v>»av{*\+h)\ / = -vmQXt. Откуда t = »3,6мин;
2 2 v/»^
^ 0,13 м/с2.
f/2
1.17. Поезд движется со скоростью уо=36км/ч. Если
выключить ток, то поезд, двигаясь равнозамедленно, остановит-
остановится через время / = 20 с. Каково ускорение я поезда? На каком
расстоянии s до остановки надо выключить ток?
Решение:
Уравнение пути в проекции на направление движения:
s = v0/ -at2 /2. Уравнение скорости: v = v0 - at. Т.к. v = 0,
то а = v0 /1; v0 = 36 км/ч = 10 м/с ; я = -0,5 м/с2; 5 = 100 м.
1.18. Поезд, двигаясь равнозамедленно, в течение времени
/ = 1 мин уменьшает свою скорость от v, = 40 км/ч до
у,=28км/ч. Найти ускорение а поезда и расстояние 5,
пройденное им за время торможения.
Решение:
Уравнение скорости: v2 = v, - at, откуда ускорение
а = -—— = 0,055 м/с2. Путь 5 = v,/ ; 5 = 567 м.
1.19. Поезд движется равнозамедленно, имея начальную
скорость v0 = 54 км/ч и ускорение а = -0,5 м/с2. Через какое
время / и на каком расстоянии s от начала торможения поезд
остановится?
Решение:
Уравнение скорости при равнозамедленном движении:
v = vo-at — A). Поскольку по условию ускорение уже
дано со знаком «-», то из уравнения A), с учетом v = 0,
14

•у
имеем v0 = at, отсюда / = —, где v0 = 54 км/ч = 15 м/с.
Подставляя числовые данные, получим /=30 с. Путь, с
учетом а < 0 , найдем по формуле S = vot - at2 / 2;
5 = 225 м.
1.20. Тело 1 движется равноускоренно, имея начальную
скорость v10 и ускорение я,. Одновременно с телом 1 начинает
двигаться равнозамедленно тело 2, имея начальную скорость v:o
и ускорение а2. Через какое время / после начала движения оба
тела будут иметь одинаковую скорость?
Решение:
Для первого тела v = v10 + a{t. jj vn> y ~^~ 3
Для второго тела v = v20 - a2t. ^ ~z
Следовательно ^
-a2/, откуда t=— —; v20 >v10,t.k. />0.
a+a
1.21. Тело 1 движется равноускоренно, имея начальную
скорость v,0=2m/c и ускорение а. Через время f = 10с после
начала движения тела 1 из этой же точки начинает двигаться
равноускоренно тело 2, имея начальную скорость v20 =12 м/с и
то же ускорение а. Найти ускорение я, при котором тело 2
сможет догнать тело 1.
Решение:
Пусть / — время от начала х
движения первого тела до
встречи, t{ — время, в тече-
течение которого двигалось
только тело 1 (/, = 10 с), t2 —
время от начала движения
15
v0
S
а

второго тела до встречи; t = t^+t2. Путь, который тела
пройдут до встречи: S = v{Qt + ar/2 — A);
S - v20/, + at] /2 — B). Приравняем правые части A) и B).
vI0 + a(t{ +12) = v20 + at2, отсюда a = (v20 - v,0)/ tx; a =1 м/с2.
1.22. Зависимость пройденного телом пути s от времени /
дается уравнением s = At- Br +Ct\ где А = 2м/с, В -3м/с2 и
С = 4м/с\ Найти: а) зависимость скорости v и ускорения а от
времени /; б) расстояние s, пройденное телом, скорость v и
ускорение а тела через время / = 2 с после начала движения.
Построить график зависимости пути s, скорости v и ускорения
а от времени t для интервала 0 < t < 3 с через 0,5с.
Решение:
а) Скорость тела v = dS/dt; v = A-2Bt + 3Cr; v = 2-6t +
+ \2r м/с. Ускорение тела a = dv/dt = -IB+6Ct; a = -6 +
+ 24/м/с2.
б) Расстояние, пройденное телом, s = 2t-3r +4/3. Тогда
через время t - 2 с имеем s - 24м; v = 38 м/с; а - 42 м/с2.
1.23. Зависимость пройденного телом пути 5 от времени /
дается уравнением5 = A-Bt + Ct2, где я = 6м, 5 = 3м/с и
С = 2 м/с2. Найти среднюю скорость v и среднее ускорение я
16

тела для интервала времени 1 < t < 4 с. Построить график
зависимости пути.?, скорости v и ускорения а от времени /
для интервала 0 < / < 5 с через 1с.
Решение:
Средняя скорость тела определяется соотношением
_ As ~>
v = —. По условию s = A-Bt + Ct~, тогда при Л = 1 с име-
At
ем 5, = 5 ; при t2 = 4 с имеем s2 = 26. Отсюда v = 7 м/с.
Среднее ускорение a=Av/At. Поскольку v = $' = -?+
+ 2Сг , то v, = 1, v2 = 13, отсюда а - 4 м/с2.
1.24. Зависимость пройденного телом пути s от времени /
дается уравнением s - А + Bt + Ct2, где Л = 3м, В = 2м/с и
С = 1 м/с2. Найти среднюю скорость v и среднее ускорение "а
тела за первую, вторую и третью секунды его движения.
Решение:
Средняя скорость v=—. Пусть to=O; Л=1с; /9=2с;
At
Г3 = 3 с. Тогда As, =s, -s0 =(з + 2/, +/,2)-(з + 2/0 +?02);
_ As, 2/, +1
As, =2/1+/2; v,=^—
As2 =
I _
= 3 м/с. Далее, As2 = s2 - s,;
v2 =
lju>2
A/o
17

_ 2(/,-/,) + /?-/? _ . . _ As,
v, = ———-—= l- = 5 м/с. Аналогично для v3 = —-;
/2-Г, At3
_ 2{t%t2) + tl -t, n , n _ Av
v, = ————— = 7 м/с. Среднее ускорение а - —.
t2 - /, At
Поскольку v = — = В + 2Ct, то v0 = В + 2Ct0 = 2 м/с;
dt
v0 = В + 2C/0 = 2 м/с; v2 = В + 2Ct2 - 6 м/с; v3 = 8 м/с. Тогда
Г,-/о
a-, = 2 м/с".
1.25. Зависимость пройденного телом пути s от времени /
дается уравнением s = A + Bt + Ct2 + ?>/3, где С = 0,14 м/с2 и
?> = 0,01m/cj. Через какое время / тело будет иметь ускорение
а = 1 м/с2? Найти среднее ускорение я тела за этот промежуток
времени.
Решение:
Мгновенная скорость v = —. Ускорение а = -—=-. Имеем
v dt V dt1
•у
—— = v = B + 2Ct + 3Dt2: —т- = 2С + 6Dt. Таким образом
dt dt1
a = 2C + 6Dt, откуда t = a-2C/6D; t = \2c. Среднее
ускорение a=Av/At. Поскольку v = B + 2Ct + 3Dt2 9 то
можно найти Av = v, - v0 ; At = tl-t0> где /, = 12 с, r0 = 0.
v0 = В + 2C/y + 3Dtl; v, = В + 2Ctx + 3Dtf, отсюда Av = 2C x
; a=2C +
3Z>(/, -Го); а =0,64 м/с2.

1.26. С башни высотой Л = 25м горизонтально брошен ка-
камень со скоростью уг=15м/с. Какое время / камень будет в
движении? На каком расстоянии / от основания башни он упа-
упадет на землю? С какой скоростью v он упадет на землю? Какой
угол ф составит траектория камня с гооизонтом в точке его па-
падения на землю?
Решение:
Перемещение камня по вер-
вертикали Sy = h = gt2/2 —A), по
горизонтали Sx=l = vr/ — B).
Из уравнения A): t = ^2h / g ;
f = 2,26c. Из уравнения B):
I = vxt; I = 33,9 м. Скорость кам-
камня v = Jv2 + v2 . Вертикальная
составляющая скорости v
0\
h
i
У
X
\ г
г*
,v
= gt,
следовательно,
v = у v2x + (gtJ . Искомый угол (р — угол между направле-
направлениями вектора скорости v и вектора ее горизонтальной
составляющей vr. Из рисунка видно, что cos <p = vx/v;
coscp-
; cos cp = 0,56; #?«
1.27. Камень, брошенный горизонтально, упал на землю через
время / = 0,5 с на расстоянии / = 5 м по горизонтали от места
бросания. С какой высоты h брошен камень? С какой скоростью
vv он брошен? С какой скоростью он упадет на землю? Какой
угол ф составит траектория камня с горизонтом в точке его
падения на землю?
Решение:
Перемещение камня по вертикали Sy = h = gt2/2 — A),
по горизонтали Sx=l = vxt — B). Из уравнения A)
19

h = gt /2; /7 = 1,22м Из
уравнения B) имеем vx=l/t;
vx =10 м/с. Скорость при падении
на землю v = ^v2 + v2 , где
, т.е.
v «11,1 м/с. Искомый угол <р —
угол между вектором скорости v
и вектором ее горизонтальной составляющей vx. Из
v
рисунка видно, что cos #> = —; cos <р - 0,9; <р « 26°.
v
1.28. Мяч, брошенный горизонтально, ударяется о стенку,
находящуюся на расстоянии / = 5 м от места бросания. Высота
места удара мяча о стенку на Ah -1 м меньше высоты h, с кото-
которой брошен мяч. С какой скоростью vx брошен мяч? Под каким
углом ф мяч подлетает к поверхности стенки?
Решение:
X
Перемещение мяча по верти-
кали Sy=h = -?— — A),
по горизонтали Sx = / = vx x
xt — B). vy=gt; vx=l/t.
Из уравнения A) получим
t = *J2Ah/g. Горизонтальная
составляющая скорости vr =
vr = 11,1 м/с.
Вертикальная составляющая скорости v^. = g^2Ah / g ;
I
vy = ^JlgAh . Из рисунка видно, что fg<p = — =
v., 2Ah'
tgq> = 2,5 ; <p « 68° .
20

1.29. Камень, брошенный горизонтально, через время / = 0,5 с
после начала движения имел скорость v, в 1,5 раза большую
скорости vx в момент бросания. С какой скоростью vx был
брошен камень?
Решение:
Скорость камня v можно разло-
разложить на вертикальную v и гори-
горизонтальную vx составляющие.
По абсолютной величине
v = ^v2+v2 —A), где vy= gt. По
условию v = l,5vr, тогда из ура-
уравнения A): vx = Jv2 -vj, =
= ^(\,5vxJ ~{gtJ —B). Решая уравнение B), найдем:
v2 =2,25-vj -{gtf; l,25v2 = (g/J; vt =-Д=; vx =4,47м/с.
J\,25
1.30. Камень брошен горизонтально со скоростью vx = 15 м/с.
Найти нормальное ап и тангенциальное ат ускорения камня че-
через время t = 1 с после начала движения.
Решение:
Полное ускорение камня a = g;
а = -^а2 + а2 . Полная скорость
v = Jv2. + v2 . Из рисунка видно^
что
sin a = v / v; sin a=aT/ g. Тогда
ar=gvy/v; aT = g2t/<Jv
я„ « 8,2 м/с2, ат « 5,4 м/с2.
21

1.31. Камень брошен горизонтально со скоростью vr = 10 м/с.
Найти радиус кривизны R траектории камня через время / = 3 с
после начала движения.
Решение:
- Нормальное ускорение камня
ап = (I); из рисунка видно,
R
что ап = gsina — B). Из уравне-
ния (I) Д= —, где v = Jv2+v2x .
v
Кроме того, sin a =
v = gt. Сделав соответствующие подстановки, получим
n _
1.32. Мяч брошен со скоростью vo=1Om/c под углом
а = 40° к горизонту. На какую высоту h поднимется мяч? На
каком расстоянии / от места бросания он упадет на землю?
Какое время t он будет в движении?
Перемещение мяча по верти-
вертикали Sy = (v0 sin a)-t-
-gt2 /2 —A). Вертикаль-
Вертикальная составляющая скорос-
х ти vy= v0 sin a -gt — B).
Перемещение мяча по
горизонтали Sx =(v0cosa)t—C). В момент времени
22

t = /j имеем Sy=h, vy = 0, следовательно, из B) получим
vosina = gt{ — D), из A): Л = (уо5ш«)-/1 -gt\/2 — E).
т-. ,.ч ,^ vu since
Выразив из D) /, и подставив в E), получим: tx = — *
Vn si?i" a
8
5Ш Л Ул
2g
8
; /z«2m. В момент
времени t = 2f, имеем Sx=l. Тогда / =
8
F) —
полное время полета мяча; Г «1,3 с. Из уравнения C)
I = (v0cosa)-t', /«10м.
1.33. На спортивных состязаниях в Ленинграде спортсмен
толкнул ядро на расстояние /, = 16,2 м. На какое расстояние /2
полетит такое же ядро в Ташкенте при той же начальной
скорости и при том же угле наклона ее к горизонту? Ускорение
свободного падения в Ленинграде g, =9,819 м/с2, в Ташкенте
g2 =9,801 м/с2.
Решение:
Воспользуемся формулой
F), полученной в предыду-
2v0sina
щей задаче: / = —- .
g
Перемещение ядра по гори-
горизонтали 5Г = / = (v0 cosa)-t.
Подставив выражение для
t, получим: sx =—-
cos a sin a
g
sin 2a
8
Тогда
. vlsin2a vlsin2a I g2
I. - — ; 12 - — . Отсюда отношение -*- = -^-,
g\ 8i h 8\
или
g\
. llgl 16,2-9,819
L = J^L = = 16,23 m.
2 g2 9,801
23

1.34. Тело брошено со скоростью v0 под углом к горизонту.
Время полета / = 2,2 с. На какую высоту h поднимется тело?
Решение:
Перемещение по вертикали
-^- -A).
Обозначим /, — время
подъема тела па высоту И.
Тогда из A) получим
2
h = v0 sin a-tx- -2-J-. В верх-
верхней точке vy = 0, но vv=v0 since-gtl9 следовательно,
~л _л
л
v0 sin a = gt{. Тогда h = gtf -
. Поскольку tx = —,
z.
j gt1 . 9,8-2,22
то h = -—; h=
8 8
= 5,9m.
1.35. Камень, брошенный со скоростью v0 = 12 м/с под углом
а = 45° к горизонт)', упал на землю на расстоянии / от места
бросания. С какой высоты h надо бросить камень в
горизонтальном направлении, чтобы при той же начальной
скорости v0 он упал на то же место?
Если камень брошен под
углом к горизонту,
/— v /i/io /у/ — ( W ГПР
— V(\ Utyo L/C{ I 111. I ilV
Ivrisina
tx =—ii (см. задачу
g
1.32.). Во втором случае

= vQt2. Подставив выражение для tt в A), получим
/ =
\isin2a
откуда t2 -
vlsinla vnsin2a
= —
g
. Высота, с
которой нужно бросить камень, п = -2-=- = -2-у—= =
2 2i?
sin2 2a
1.36. Тело брошено со скоростью vo= 14,7 м/с под углом
а = 30° к горизонту. Найти нормальное аи и тангенциальное ат
ускорения тела через время / = 1,25 с после начала движения.
Решение:
Найдем время, за которое
тело поднимется до верхней
точки траектории. Верти-
Вертикальная составляющая ско-
рости v = v0 sin a-gtx. В
верхней точке vv= 0, следо-
следовательно, v0 sin a = gtx, отку-
vnsina nrnr
да /, =-S ; г, =0,75 с, т.е.
8
при t = 1.25 с тело находится уже на спуске; таким образом
можно представить, что тело бросили горизонтально со
скоростью vv = v0 cos a, и нужно найти ап и ат через
время /2 =t~t\ = 0,5 с. Изобразим треугольник ускорений и
совместим его с треугольником скоростей. Тангенциальное
ускорение ат направлено по касательной, так же, как
вектор v, an±ari полное ускорение — ускорение
свободного падения. Из рисунка видно, что
cos(p = vx/v = an /g;
Vv az Vr
= — = —1-; отсюда ап =g^L;
v g v
25

=?—• Полная скорость тела
/7 ^ / , \2 v0 cos a
= yj{v0cosa) + {gt2) , тогда а„ = g ,
aT =g . Подставив числовые значения,
¦y](v0cosaJ +{gt2f
получим ап = 9,15 м/с2; яг = 3,52 м/с2.
1.37. Тело брошено со скоростью vo=1Om/c под углом
а = 45° к горизонту. Найти радиус кривизны R траектории тела
через время t = 1 с после начала движения.
Найдем время, за которое тело
поднимется до верхней точки
траектории. Вертикальная сос-
составляющая его скорости
* v}, = v0 sin a -gt{. В верхней
точке траектории vy = 0, следо-
vnsina
вательно, v0 sin a = gtx, откуда tx = — ; tx = 0,7 с, т.е.
g
при t = 1 с тело находится уже на спуске, таким образом
можно представить, что тело бросили горизонтально со
скоростью vx = v0 cos a . Нормальное ускорение тела
v2 /1 2 __
ап = —, где v = <Jvx+vy' Из рисунка видно, что
R
an=gsin(p; sinq)= , / ^ . Тогда ап = g . х и
Л = — = JL-I . Вычислим отдельно vx и v :
26

vr = v0 cos a = 5V2 м/с; vy = g(t - tx) = 3 м/с. Подставив чис-
числовые значения, получим 7?» 6,3 м.
1.38. Тело брошено со скоростью v0 под углом а к
горизонту. Найти скорость v0 и угол а, если известно, что
высота подъема тела h = 3 м и радиус кривизны траектории тела
в верхней точке траектории R = 3 м.
Решение:
Уравнения движения тела по
вертикали vy = v0 sina-gt; У
sy = (v0 sin a) • t - ——. В верх-
верхней точке траектории v^ = 0,
vasina _
следовательно, v0sina = gtl9 отсюда /, =— . Высота
подъема h = sy=
g
A). Нормальное ускорение
тела в верхней точке траектории ап -g=-JL, где
R
vx=v0cosa.
Тогда
_
о
>q cos2 a
~~R
откуда
cos" a cos a
— B). Подставив B) в A), получим:
. gR-sura ¦) R
h = -2—^ = fg~a—, откуда
cos~a-2g 2
a * 60°30'. Из уравнения B) v0 = 9,35 м/с.
1.39. С башни высотой h0 =25м брошен камень со скоро-
скоростью v0 = 15 м/с под углом а =30° к горизонту. Какое время /
27

камень будет в движении? На каком расстоянии / от основания
башни он упадет на землю? С какой скоростью v он упадет на
землю? Какой угол q> составит траектория камня с горизонтом в
точке его падения на землю?
Движение тела, брошенного
с высоты h0 под углом а к
горизонту можно разложить
на два этапа: движение тела
до наивысшей точки А и
движение тела, брошенного
из точки А горизонтально со
скоростью vx = v0 cos a . Вы-
\ylsin2a)
¦^ L. Общее
2g
_{v0 since)
i\ — —————
_ g
i2sy
время подъема камня на высоту п и /2 = |—— — время
сота подъема тела sy = АС - ho+h = h0 +
время движения камня t = tx +12, где tx
падения камня. Подставляя данные задачи, получим
$,= 27,9 м, г, =0,77 с, /2=2,39с; отсюда t = 3,16 с.
Расстояние от основания башни до места падения камня на
землю l = OD = OC + CDt где ОС = — = vosin2a ю1Ом>
2 2g
CD = vj2 = vot2 cosa =3\,\ м; отсюда / = 41,1 м. Скорость
v = Jv2x + v1- , где vx = v0 cos a = 13 м/с, vy = gt2 - 23,4 м/с;
отсюда v = 26,7 м/с. Угол <р, составляемый траекторией
камня с горизонтом в точке падения камня на землю,
vv
найдется из формулы vv = vxtgq>, откуда tgcp = -=- = 1,8 и
28

1.40. Мяч, брошенный со скоростью vo=1Om/c под углом
а - 45° к горизонту, ударяется о стенку, находящуюся на рас-
расстоянии / =* 3 м от места бросания. Когда происходит удар мяча о
стенку (при подъеме мяча или при его опускании)? На какой
высоте h мяч ударит о стенку (считая от высоты, с которой
брошен мяч)? Найти скорость v мяча в момент удара.
Решение:
t{ = — (I) — время подъема
g
до верхней точки (см. задачу 1.38).
Когда мяч находится в верхней
точке, sx = (v0cosa)-t]. С учетом A)
sin a cos a
sin 2a
У
1
У'
>
\
L
f
1
1.
v"
]
sx
100-1
2 • 9,8
= 5,1 м, следовательно, мяч ударяется в стену
при подъеме. Мяч ударится о стенку, когда координата
sy =h = (vQsina)-t-—— — B). В этот момент времени
sx = I = (v0 cos a)-1, откуда t = — C). Подставив
v0 cos a
2
C) в B), получим h = —
gl
q cos1 a
= l-tga ~—5—
2vj cos" a
v0 cos a
. После подстановки числовых значе-
ний h = 2,1 м. Горизонтальная составляющая скорости
vr = v0 cos a ; vr = 7,07 м/с. Вертикальная составляющая
скорости v = v0 sina-gt = v0 sin a
v0 cos a
; v = 2,91 м/с.
Полная скорость v = ^v] + v2y ; v = л/7ДO2 + 2,912 = 7,6 м/с.
29

1.41. Найти угловую скоростью: а) суточного вращения
Земли; б) часовой стрелки на часах; в) минутной стрелки на
часах; г) искусственного спутника Земли, движущегося по
круговой орбите с периодом вращения Т = 88 мин. Какова
линейная скорость v движения этого искусственного спутника,
если известно, что его орбита расположена на расстоянии
h - 200 км от поверхности Земли?
Решение:
Угловая скорость со = —, где Т — период обращения.
а) Г = 24ч = 86,4-103с; <у = 72,7-10" рад/с;
б) Г = 12ч = 43,2-103с; <у = 145,4-10 рад/с;
в) Т = \ ч=3600 с; <у = 1,74-10 рад/с;
г) Г = 88 мин =5280 с; со = 1,19-10~3 рад/с.
Линейная скорость спутника v = \сдЩ, в скалярном виде
v = coR sin 90° = coR, где R = R3 + h . Здесь R3 — радиус
Земли. Тогда v = co(R3 + h); v = 7,83 км/с.
1.42. Найти линейную скорость v вращения точек земной
поверхности на широте Ленинграда (<р = 60°).
Решение:
2л-
Линейная скорость v = a)-r (см. задачу 1.41), где со= —.
Период вращения Земли Т = 24 ч = 86400с ; г = Rcos<p9 где
_ _ ItzRcoso
R — радиус Земли. Отсюда v = — ;
2-3,14-6>38-106-0>5
v = « 231 м/с.
86400
1.43. С какой линейной скоростью должен двигаться самолет
на экваторе с востока на запад, чтобы пассажирам этого
самолета Солнце казалось неподвижным?
30

Решение:
Очевидно, что самолет должен двигаться со скоростью,
равной линейной скорости вращения Земли v = coR =—R ;
где Т = 24 ч — период вращения Земли; R = 6378 км — ра-
радиус Земли. Отсюда v = 1669 км/ч.
1.44. Ось с двумя дисками, расположенными на расстоянии
/ = 0,5м друг от друга, вращается с частотой « = 1600 об/мин.
Пуля, летящая вдоль оси, пробивает оба диска; при этом
отверстие от пули во втором диске смещено относительно
отверстия в первом диске на угол (р = 12°. Найти скорость v
пули.
Решение:
Уравнение вращательного движения
<p = <p+cot +
= <p0+co-t
. Выберем <ро=О.
I
Из условия следует, что движение
осуществляется с постоянной угловой
скоростью со - 2mi, следовательно, угловое ускорение
равно 0, т.е. смещение <p = co-t, откуда /=— — A);
со
со-П'2к — B). Скорость пули v = C). Подставив B)
в A), а затем A) в C) получим: v =
<Р
. Произведя
вычисления, найдем скорость пули v = 419 м/с.
1.45. Найти радиус R вращающегося колеса, если известно,
что линейная скорость v, точки, лежащей на ободе, в 2,5 раза
больше линейной скорости v2 точки, лежащей на расстоянии
г = 5 см ближе к оси колеса.
31

Решение:
Вектор а> перпендикулярен плоскости
чертежа, следовательно, в скалярном виде
v = со• г ; v, = со• R; \>2=co<(R-r).
Л v, со - R ^ „ R _ _
Отсюда — = —т г = 2,D ; = 2,5 :
v2 co-{R-r) R-r
1.5-^ = 12.5; /? = 3.3см.
1.46. Колесо, вращаясь равноускоренно, достигло угловой
скорости <*> = 20 рад/с через N = 10 об после начала вращения.
Найти угловое ускорение с колеса.
Решение:
Уравнения движения колеса: <p = co0t + , со = со0+е•/.
По условию со0=0. Тогда <р = — — A), со = & — B).
Выражая из уравнения A) с и учитывая, что (p-
получим v -—^ C). Из уравнения B) найдем t =— и
Г s
2
подставим в C). Получим s- ; s- 3,2 рад/с2. По-
4N
скольку s > О, то направление вектора б совпадает с на-
направлением вектора со (см. рисунок к задаче 1.45).
1.47. Колесо, вращаясь равноускоренно, через время t = 1мин
после начала вращения приобретает частоту п — 720 об/мин.
Найти угловое ускорение е колеса и число оборотов N колеса
за это время.
Решение:
Угловая скорость колеса co{t) = coo+?t. В скалярном виде
при coQ -0 получим co = ?t, кроме того, со-п-2к. Отсюда
е-со/1-п-2к/1\ € = 1,25рад/с2.
32

1.48. Колесо, вращаясь равнозамедленно, за время / = 1мин
уменьшило свою частоту с л, =300 об/мин до я, =180 об/мин.
Найти угловое ускорение е колеса и число оборотов N колеса
за это время.
Решение:
Переведем числовые данные в единицы системы СИ:
t = 1 мин = 60 с; п{ = 300 об/мин = 5 об/с; п2 = 180 об/мин=
= Зоб/с. Поскольку вращение равнозамедленное, то
N = —! -/ = 240. Угловая скорость co = co0-€t — A),
где со0 = п1 • 2п; со = п2 • 2к . Из A) имеем st =оH-о), отку-
оH-о) 2л-(/7,-7?2) 2-3,14E-3) .., .,
да ^ =—2 = —i-S ^; s = ь ^ = 0,21рад/с".
t t 60
1.49. Вентилятор вращается с частотой п = 900 об/мин. После
выключения вентилятор, вращаясь равнозамедленно, сделал до
остановки N = 75 об. Какое время / прошло с момента
выключения вентилятора до полной его остановки?
Решение:
/7 = 900 об/мин = 15 об/с. Запишем уравнения движения в
4 2
скалярном виде: <р = co0t A); со-щ-st — B), где
(P = 2kN — C); со = 0; coQ=2m — D). Тогда из B)
/ = — = E). Перепишем уравнение A) с учетом C),
€ ?
D) „ E): 2ЛУ = ^1-^I = Й^;
s 2s2 2е
о 2 *> 2
_. 2тг тг" т _
N = = ; отсюда s . Подставив это уравне-
2s s N
ние в E), получим: / = =— = \ * = 10 с.
тг п 15
2-3268 33

1.50. Вал вращается с частотой « = 180об/мин. С некоторого
момента вал начинает вращаться равнозамедленно с угловым
ускорением s = 3 рад/с2. Через какое время / вал остановится?
Найти число оборотов N вала до остановки.
Решение:
и = 180об/мин = Зоб/с. Поскольку вращение равнозамед-
ленное, то число оборотов вала до остановки N- — /. Уг-
ловая скорость co-co^-st. По условию со - О, сле-
следовательно, o>0=?t, кроме того, со0 = п2к, тогда
71 * 2я*
€t = n-2x , откуда t = = 6,28с. N = 9,4об/с.
s
1.51. Точка движется по окружности радиусом Я = 20 см с
постоянным тангенциальным ускорением ат = 5 см/с2. Через
какое время t после начала движения нормальное ускорение аа
точки будет: а) равно тангенциальному; б) вдвое больше
тангенциального?
Решение:
По условию вращение, является равноускоренным, следо
V V" V I
вательно, ат - —, ап = —; отсюда t = —, v = JanR . Тогда
t R a
; осд
R a
t = ^—^—. а) Если an - aT, то t = I— = J— = 2 с; б) если
1.52. Точка движется по окружности радиусом R = 10 см с
постоянным тангенциальным ускорением а.. Найти тангенци-
34

альное ускорение ат точки, если известно, что к концу пятого
оборота после начала движения линейная скорость точки
у = 79,2 см/с.
Решение:
aT=dv/dt, по условию ат = const, следовательно,
aT=v/t — A), где v = coR; со = 2лп-2nN77. Отсюда
f = B). Подставив B) в A), получим ат=
v
ат = 0,2 м/с.
1.53. Точка движется по окружности радиусом R = 10 см с
постоянным тангенциальным ускорением ат. Найти нормальное
ускорение ап точки через время / = 20 с после начала движения,
если известно, что к концу пятого оборота после начала
движения линейная скорость точки v = 10 см/с.
Решение:
Имеем an=co"R, где co = ct\ отсюда an=s't R — A).
Найдем угловое ускорение s. При равноускоренном
движении среднее число оборотов в единицу времени (по
аналогии со средней скоростью при прямолинейном
ч _ AN N
равноускоренном движении) п = = —, где tx — мо-
At /,
мент времени, соответствующий концу пятого оборота.
_ iu +п .. п ... _.
п = —^ ; «0=0, следовательно, N = — • t{ — B). Частота
Ami 4*
СО V
оборотов п- — = — C). Выразим из B) л, с уче-
2 2лЯ
„ч 4nNR ,л. тг со*
том C): tx = D). Угловое ускорение е = —' E),
V ty
35

где со{ -v/R — F). Подставив в E) уравнения D) и F),
получим: s- ? . Тогда из уравнения A)
v4t2R
\6tt2N2R3
4яДЙГ
0,14-202-0,1 2
; ап = ^—-->—т = 0.01 м/с .
" 16-3,142-520,13
1.54. В первом приближении можно считать, что электрон в
атоме водорода движется по круговой орбите с линейной
скоростью v. Найти угловую скорость со вращения электрона
вокруг ядра и его нормальное ускорение а„. Считать радиус
орбиты г = 0,5-100 м и линейную скорость электрона на этой
орбите v = 2,2-10б м/с.
Решение:
а =-
= 4,4-1016 рад/с.
я» =
4,84-1012
0,5-10
0
О 7 1Л22 ^ 2,2-106
9,7-10 . а) = — ; со- гт-
г 0,5 -100
1.55. Колесо радиусом Л = 10 см вращается с угловым
ускорением е = 3,14 рад/с2. Найти для точек на ободе колеса к
концу первой секунды после начала движения: а) угловую
скорость со ; б) линейную скорость v; в) тангенциальное уско-
ускорение ат; г) нормальное ускорение а„; д) полное ускорение а;
е) угол а, составляемый вектором полного ускорения с ради-
радиусом колеса.
Решение:
а) При равнопеременном вращатель-
ном движении угловая скорость
v со = аH + st. По условию со0 = 0, тогда
co = ?tf при / = 1с угловая скорость
со- 3.14 рад/с.

б) Линейная скорость v = coR, при t = 1 с имеем
v = 0,314 м/с.
в) Тангенциальное ускорение ax-eR постоянно во все
время движения; при t -1 с имеем ат = 0,314 м/с2.
г) Нормальное ускорение ап - co2R = s2t2R, при t = 1 с
имеем ап = 0,986 м/с".
д) Полное ускорение а = у а2 + а2 = ату\ + ? V ; при t -1 с
имеем я = 1,03 м/с".
е) sin а - —- = , , где от —угол между вектором
a Vl + ?2t4
полного ускорения и радиусом колеса. К концу первой
секунды sin а = — = ' = 0.305 и а = 17°46'.
1.56. Точка движется по окружности радиусом /? = 2см.
Зависимость пути от времени дается уравнением s = С/3, где
С = 0,1 см/с\ Найти нормальное аи и тангенциальное ах ускоре-
ускорения точки в момент, когда линейная скорость точки v = 0,3 м/с.
Решение:
2
v- 0,09 . _ /2.
— = = 4,5 м/с ;
R 0,02 ' Л'
я;| = — = -^-^ = 4,5 м/с ; йг = -j-2- = 6Ct. Выразим ап через
ds „, (за2J 9С2/4 •
f: v = — = ЗСг, следовательно, а„ =^ ^- = . От-
dt R R
2 \a,.R JaJR. V^ T
сюда / =J—1-t =-1—L—; / = ¦»p—:— . Тогда тангенциаль-
V9C2 ЗС V ЗС
ное ускорение ат=6С-\1\^ ; <^г = 0,06 м/с2.
37

1.57. Точка движется по окружности так, что зависимость
пути от времени дается уравнением s = A-Bt + Ct2, где
В = 2 м/с и С = 1 м/с2. Найти линейную скорость v точки, ее тан-
тангенциальное аг, нормальное ап и полное а ускорения через
время / = 3с после начала движения, если известно, что при
t' = 2 с нормальное ускорение точки а'п = 0,5 м/с2.
Решение:
ds
Линейная скорость точки v = — = -B + 2Ct; v = 4m/c.
dt
Тангенциальное ускорение ar=dv/ dt = 2C = 2 м/с2. Hop-
2
мальное ускорение ап=— — A). Через время /' = 2с
R
точка будет иметь линейную скорость v' = -В + 2Ct';
v' = 2 м/с. Радиус окружности можно выразить следующим
» (v) т m ^с!„
образом: R=1—L-. Тогда из A) получим ап =-т-^а'9
а (v'J
я„ = 2 м/с . Полное ускорение а = ^а~+ат = 2,8 м/с .
1.58. Найти угловое ускорение s колеса, если известно, что
через время / = 2 с после начала движения вектор полного уско-
ускорения точки, лежащей на ободе, составляет угол а = 60° с
вектором ее линейной скорости.
Решение:
Из рисунка видно, что tga =
= —— A). При равноускоренном
v2 dv Л
вращении а = —; ат - —, но v0 = 0,
R dt
38

следовательно, ат - —. Линейная скорость v = coR, где
co = st , следовательно, v = stR. Тогда ап = = ?2t2R;
R
ax- — = sR. Подставив эти выражения в A), получим:
s2t2R -у tga 1,7 л .. . 2
tga = = €t~, откуда s = -%-; s = — « 0,43 рад/с .
sR Г 4
1.59. Колесо вращается с угловым ускорением s -2 рад/с2.
Через время f = 0,5 с после начала движения полное ускорение
колеса а = 13,6 см/с2. Найти радиус R колеса.
Решение:
Нормальное ускорение колеса а„ = v2 / R — A). Угловое
dco со
ускорение с , но с - const, следовательно, е = —, от-
dt t
куда co = €t. Линейная скорость точек на ободе колеса
v = coR = e(R — B). Подставив B) в A), получим
an-?2rR. Тангенциальное ускорение aT=sR. Полное
ускорение а2 = а~ + а2; а2 = ?4t4R2 + s2R2 = s2R2(sV +1).
Отсюда R = я/?л/Л4 + 1 ; R = 0,06м.
1.60. Колесо радиусом Я = 0,.1м вращается так, что зави-
зависимость угла поворота радиуса колеса от времени дается уравне-
уравнением (р = А + Bt + Ct2, где В =2 рад/с и С = 1 рад/с3. Для точек,
лежащих на ободе колеса, найти через время / = 2 с после начала
движения: а) угловую скорость со; б) линейную скорость v;
в) угловое ускорение е ; г) тангенциальное ат и нормальное ап
ускорения.
39

Решение:
а) Угловая скорость вращения колеса со - — -В + 3Ct2;
dt
б) Линейная скорость v = a>R; v = 14 • 0,1 = 1,4 м/с.
в) Угловое ускорение е = = 6Ct; e = 12 рад/с2.
dt
г) Нормальное ускорение an=o>2R; ап = 142 • 0,1 = 19,6 м/с2.
Тангенциальное ускорение ат = sR; ах = 12 • ОД = 1,2 м/с2.
1.61. Колесо радиусом R = 5cm вращается так, что
зависимость угла поворота радиуса колеса от времени дается
уравнением (р- A + Bt + Ct2 +Z)/3, где ?) = 1рад/с3. Для точек,
лежащих на ободе колеса, найти изменение тангенциального
ускорения Дяг за единицу времени.
Решение:
Изменение тангенциального ускорения связано с измене-
изменением углового ускорения следующим соотношением:
где е =
^. 3t; ^
dt2 dt dt2
Тогда A? = ?2-?l; A? = BC+ 6Dt2)-
- BC + 6Dtx)- 6D(t2 -tx)=6D, учитывая, что t2 -/, = 1 с.
Отсюда Aaz = 6 • 1 • 0,05 = 0,3 м/с2.
1.62. Колесо радиусом R = 5cm вращается так, что зависи-
зависимость линейной скорости точек, лежащих на ободе колеса, от
времени дается уравнением v = At + Br, где А = 3 см/с2 и
В = 1 см/с3. Найти угол «, составляемый вектором полного
40

ускорения с радиусом колеса в моменты времени t, равные: 0, 1,
2, 3,4 и 5с после начала движения.
Решение:
Угол а можно определить следующим образом: tga = —-,
где ах и ап — тангенциальное и нормальное ускорения
dv v2 (З + 2/k _
Но а = —, а„= —; следовательно, tga = 7 %-. Под-
dt R 2
ставляя в эту формулу значения / = О, 1, 2, 3, 4 и 5с, полу-
получим: t - 0, tga = 00, т.е. а - 90° — полное ускорение на-
направлено по касательной. Значения при t, равном от 1 до
5с, приведены в таблице:
tga
а
1
3,13
72° 17'
2
0,7
35°0'
3
0,278
15°32Г
4
0,14
7°58'
5
0,081
4°38'
1.63. Колесо вращается так, что зависимость угла по-
поворота радиуса колеса от времени дается уравнением
<р = А + Bt + Ct2/+Dt3, где 5 = 1 рад/с, С = 1 рад/с2 и D = 1 рад/с3.
Найти радиус R колеса, если известно, что к концу второй
секунды движения для точек, лежащих на ободе колеса,
нормальное ускорение я„ =3,46-10 м/с".
Решение:
d(p
аи =co2R, где со = — = В + 2Ct + 3Dr. Радиус колеса
dt
а..
3,46-102
+ 4 + 12):
41

1.64. Во сколько раз нормальное ускорение а„ точки, лежа-
лежащей на ободе колеса, больше ее тангенциального ускорения ат
для того момента, когда вектор полного ускорения точки со-
составляет угол а = 30° с вектором ее линейной скорости?
Решение:
Нормальное ускорение точки
an-asina\ тангенциальное ускоре-
а.
ние aT=acosa, отсюда
«0,58.
an _ sin a
cos a

§ 2. Динамика
В задачах этого раздела используются данные таблиц 3
из приложения. Кроме того, следует учесть замечание к § 1.
j
2.1. Какой массы тх балласт надо сбросить с равномерно
опускающегося аэростата, чтобы он начал равномерно
подниматься с той же скоростью? Масса аэростата с балластом
т = 1600 кг, подъемная сила аэростата F = 12kH. Считать силу
сопротивления F^^ воздуха одной и той же при подъеме и
спуске.
Решение:
По второму закону Ньютона ^
F + mg + Fconp =0;
или в проекциях на ось у
У
сопр
F.
coop
(m-mji
>mg
F-FCOttp-(m-mx)g = 0.
Здесь первое уравнение опи-
описывает опускающийся аэро-
аэростат, второе — поднимающийся. Раскрыв скобки и сложив
первое уравнение со вторым, получим тх =
g
= 2и ; т,, =752 кг.
2.2. К нити подвешен груз массой /?7 = 1кг. Найти силу
натяжения нити Т, если нить с грузом: а) поднимать с ускоре-
а - 5 м/с"; б) опускать с тем же ускорением а = 5 м/с .
43

Решение:
а.
wg
В обоих случаях, а и б, применим второй
закон Ньютона.
а) T + mg-ma или T-mg = ma, отсюда
Т = та{ + mg = т(а{ + g); Т = 14,8 Н.
б) Т + mg = ma или - mg + T = -ma2, от-
откуда Т = mg - ma2 = m(g - а2); Г = 4,8 Н.
2.3. Стальная проволока некоторого диаметра выдерживает
силу натяжения Т = 4,4 кН. С каким наибольшим ускорением
можно поднимать груз массой /// = 400 кг, подвешенный' на этой
проволоке, чтобы она не разорвалась.
Решение:
По второму закону Ньютона Т + mg = ma
m
a = 12 м/с2.
или Т - mg = ma, откуда
2.4. Масса лифта с пассажирами ш = 800кг. С каким
ускорением а и в каком направлении движется лифт, если
известно, что сила натяжения троса, поддерживающего лифт:
а) Г = 12кН;б) Г = 6кН.
Решение:
По второму закону Ньютона Т + mg = ma или Т - mg = ma
(см. рис. к задаче 2.3), откуда а = Т/m-g . а) а = 5,2м/с2;
б) я = -2,3 м/с2.
2.5. К нити подвешена гиря. Если поднимать гирю с ускоре-
ускорением д, = 2 м/с2, то сила натяжения нити Г, будет вдвое меньше
44

той силы натяжения Т2, при которой нить разорвется. С каким
ускорением а2 надо поднимать гирю, чтобы нить разорвалаеь?
Решение:
Запишем второй закон Ньютона в скалярном виде для двух
случаев: Г, - mg = ma{ — A); Г2 - mg = ma2 — B) (см. рис.
к задаче 2.3). Поскольку Г2 = 2Г,, то уравнение B) можно
переписать 2Г, - mg = ma2, откуда 7] = та2 - тах =
= т(а2-а1). Подставив выражение для 7J в A), получим
(а2 - в\)- mg = тах, откуда а2=2а{ + g; a2=\3,8 м/с .
т
2.6. Автомобиль массой ш = 1020 кг, двигаясь равнозамед-
ленно, остановился через время t = 5 с, пройдя путь s = 25 м.
Найти начальную скорость v0 автомобиля и силу торможе-
торможения F.
Решение:
По второму закону Ньютона _^
F = ma, или в проекции на ось
jc: F = ma — A). Уравнения
движения при равнозамедленном
движении автомобиля имеют
вид: *S' = v0/ B); v = vo-at — C). Поскольку ко-
конечная скорость автомобиля v = 0, то из C) начальная
скорость автомобиля v0 = at. Подставляя это выражение
2S
в B), найдем а-—г D). Подставив D) в A), получим:
г
2.7. Поезд массой /;; = 500 т, двигаясь равнозамедленно, в
течение времени t = 1 мин уменьшает свою скорость от
v, = 40 км/ч до v2 = 28 км/ч. Найти силу торможения F.
45

Решение:
t д „
Запишем второй закон Ньютона в виде: F = ——, откуда
At
Ap-FAt или 7JiAv = FAt. В проекции на направление
движения последнее уравнение можно записать в виде
т(v2 - v,) = -FAt. Отсюда, при At = t, F = т— . Под-
Подставляя числовые данные, получим F - 27,5 • 103 Н.
2.8. Вагон массой /// = 20 т движется с начальной скоростью
v0 = 54 км/ч. Найти среднюю силу F , действующую на вагон,
если известно, что вагон останавливается в течение времени:
а) / = 1 мин 40 с; б) 1 -10 с; в) t = 1 с.
Решение:
Имеем F = m— (см. задачу 2.7). В нашем случае
vi = vo » V2 = 0» т-с- F = —~ • Подставляя числовые данные,
получим: a) F = 3 кН ; б) F = 30 кН ; в) F = 300 кН .
2.9. Какую силу F надо приложить к вагону, стоящему на
рельсах, чтобы вагон стал двигаться равноускоренно и за время
t = 30 с прошел путь s = 11 м? Масса вагона т = 16 т. Во время
движения на вагой действует сила трения F^, равная 0,05
действующей на него силы тяжести mg .
Решение:
По второму закону Ньютона
_? F + F1? = та или в проекции на
Р f
«ч» \—гцЛ [—] х ось х: F -F^= та, откуда
F = z/7tf + Fw . Поскольку движе-
46

ние равноускоренное и vo = O, то путь S = at2/29 откуда
25* 2S
а = -у-• По условию Frp = 0,05mg, тогда F-т-— +
* *
+ O,O5//7g; F = 8,2kH.
2.10. Поезд массой /;? = 500т после прекращения тяги паро-
паровоза под действием силы трения FTp = 98 кН останавливается че-
через время t = 1 мин. С какой скоростью v0 шел поезд?
Решение:
F • t
Имеем F' -—- (см. задачу 2.8), отсюда vo=—-—;
t ТП
v0 = 11,75 м/с.
2.11. Вагон массой m = 20 т движется равнозамедленно, имея
начальную скорость v0 = 54 км/ч и ускорение а - - 0,3 м/с2. Ка-
Какая сила торможения F действует на вагон? Через какое время
/ вагон остановится? Какое расстояние s вагон пройдет до оста-
остановки?
Решение:
По второму закону Ньютона F = та, или в проекции на
направление движения -F--ma, откуда сила тормо-
торможения по абсолютной величине равна F = 6 кН. Ускорение
вагона а = , но v = 0 9 следовательно, а = —-, откуда
/ t
t = -v0 / а; t - 50 с. Пройденный путь, с учетом а < 0, най-
найдем по формуле s = vt-at2 /2; s = 375м.
2.12. Тело массой т = 0,5 кг движется прямолинейно, причем
зависимость пройденного телом пути s от времени t дается
уравнением s - A-Bt + Ct2 -Dt3, где С = 5 м/с2 и ?) = 1м/с3.
Найти силу F, действующую на тело в конце первой секунды
движения.
47

Решение:
По второму закону Ньютона F-ma, где a = d2s/dt2.
, . ,2
— = -B + 2Ct-3Dt2; —^- = 2C-6Dt=a отсюда F = mx
dt dr
ds
It
xBC-6Dt); F =
2.13. Под действием силы F = 10 H тело движется прямоли-
прямолинейно так, что зависимость пройденного телом пути s от време-
времени t дается уравнением s = A-Bt + Cr, где С = 1м/с2. Найти
массу т тела.
Решение:
По второму закону Ньютона F = та или F = та , где
а = —^-. — = -В + 2Ct; —Т = 2С , отсюда F = т • 2С , еле-
dr dt dt
довательно, т = F / 2С ; /» = 5 кг.
2.14. Тело массой /;/ = 0,5кг движется так, что зависимость
пройденного телом пути s от времени / дается уравнением
s = A sin со-t, где /1=5 см и <у=/г рад/с. Найти силу F, дей-
действующую на тело через время r = (l/6)c после начала движе-
движения.
Решение:
По второму закону Ньютона F = та , где а = —г-. Первая
dt
ds . d2s
производная —-Acocoscot\ вторая производная —=- =
dt dt
= -Асо2 sin cot =a, отсюда F = -mA со2 sin cot; F' = -0,125 H.
2.15. Молекула массой /м = 4,65 • 10~26 кг, летящая по нормали
к стенке сосуда со скоростью v = 600 м/с, ударяется о стенку и
упруго отскакивает от нее без потери скорости. Найти импульс
силы FAt, полученный стенкой во время удара.
48

Решение:
По закону сохранения импульса FAt =
откуда FAt = 2mv; FAt = 5,6-103Не.
O)-(-
mv
2.16. Молекула массой т- 4,65-106 кг, летящая со ско-
скоростью v = 600 м/с, ударяется о стенку сосуда под углом а = 60°
к нормали и упруго отскакивает от нее без потери скорости. Най-
Найти импульс силы FAt, полученный стенкой во время удара.
Решение:
По второму закону Ньютона FAt =
= mAv. Считая положительным на-
направление нормали, внешней к
стенке, получим: Av = v2 cos a -
- (- v, cos a); Av = v2 cos a + v, cos a .
Таким образом, получим FAt =
= 2mvcosa; FAt = 2,8-10~23He.
2.17. Шарик массой /?? = 0,1кг, падая с некоторой высоты,
ударяется о наклонную плоскость и упруго отскакивает от нее
без потери скорости. Угол наклона плоскости к горизонту
а = 30°. За время удара плоскость получает импульс силы
FAt = 1,73Не. Какое время / пройдет от момента удара шарика
о плоскость до момента, когда он будет находиться в наивысшей
точке траектории?
импульса
Av = v, cos a -
Решение:
По закону сохранения
FAt - mAv , где
-(-v, cos a); Av = cos a(yx + v2);
v, = v2 = v, отсюда Av = Ivcosa . Тог-
Тогда FAt = 2mvcosa —A). Из рисунка
видно, что
vy=vsm\—-2a\-gt =
49

= vcos2a-gt; vv = 0 в верхней точке, следовательно,
vcos 2a-gt, откуда / = vcos 2a/ g. Из B) найдем
FAt , FAt cos 2a t ЛС1
v = , тогда t = ; / = 0,51 с.
2тcosa 2mgcosa
2.18. Струя воды сечением ? = 6 см2 ударяется о стенку под
углом а = 60° к нормали и упруго отскакивает от нее без потери
скорости. Найти силу F, действующую на стенку, если из-
известно, что скорость течения воды в струе v = 12 м/с.
Решение:
(См. рис. к задаче 2Л 6) За время Дг о стенку ударяется
масса воды ?n = ISp = SvAtp — A), где S— поперечное
сечение струи, р— плотность воды. По закону сохранения
wAv
импульса FAt = mAv9 откуда F = — B). Имеем
At
Av = V! cos a - (- v2 cos a) = cos a{yx + v2) (см. задачу 2.16).
По условию Vj=v2=v, отсюда Av = 2v cos a — C).
Подставляя A) и C) в B), получим
_ SvAtp-2vcosa _„ 2 т> от
р- а = 2Sv pcosa; F = 86H.
2.19. Трамвай, трогаясь с места, движется с ускорением
а = 0,5 м/с2. Через время / = 12 с после начала движения мотор
выключается и трамвай движется до остановки равнозамед-
ленно. Коэффициент трения на всем пути к = 0,01. Найти наи-
наибольшую скорость v и время t движения трамвая. Каково его
ускорение а при его равнозамедленном движении? Какое рас-
расстояние s пройдет трамвай за время движения?
Решение:
Очевидно, что наибольшей скорости трамвай достигнет в
момент времени tx =12 с, его скорость: v = at;
v = 0,5-12 = 6 м/с. Пройденный путь при равноускоренном
50

движении: s, =-i-i- — A), а при равнозамедленном
s2 =vt2 —— — p). Согласно второму закону Ньютона
-F-= kmg = тш2; a2 = "g = *g; a, = -0,098 м/с2. Ha
/;;
втором участке пути: v = -я-,/,, отсюда t-> - —; t-> = 61,2 с.
Тогда время движения t = Г, +12; z1 = 73,2 с. Из уравнения
A) $!=36м. Из уравнения B) 52 =183,7 м. Весь путь
5 = j, + j2 5 s = 219,7 м.
2.20. На автомобиль массой т -1 т во время движения
действует сила трения FTp, равная 0,1 действующей на него силе
тяжести mg. Какова должна быть сила тяги F, развиваемая
мотором автомобиля, чтобы автомобиль двигался: а) равно-
равномерно; б) с ускорением а = 2 м/с?
Решение:
а) Движение равномерное а = 0, следовательно уравнение
движения в соответствии со вторым законом Ньютона:
F-Fip=09 отсюда F-F^'^O.lmg; F = 980H. б) По
второму закону Ньютона: F-F^-ma, отсюда
F = 2,98kH.
2.21. Какой угол а с горизонтом составляет поверхность
бензина в баке автомобиля, движущегося горизонтально с
ускорением о = 2,44 м/с2?
Решение:
В неинерциальных системах отсчета
(НИСО) второй закон Ньютона не вы-
выполняется. Запишем уравнение дви- ?
жения бензина в баке в НИСО 1 Т х
mg
51

О = nig + N + ^, где Fi = -та. В проекции на ось х:
Q = Nsina-ma. В проекции на ось у: O = mg-Ncosa,
__ -Т mg mgsina
отсюда mg = N cos a\ /v = ; —- = ma, следо-
cosa cos a
« 2>44 i ло
вательно, я = g • tga; a = arctg—; or = ягс/g «14°.
g 9,8
2.22. Шар на нити подвешен к потолку трамвайного вагона.
Вагон тормозится, и его скорость за время t = 3 с равномерно
уменьшается от v, = 18 км/ч до v2 = 6 км/ч. На какой угол
отклонится при этом нить с шаром?
Решение:
,у Рассмотрим положение шара отно-
относительно системы отсчета, связанной с
потолком вагона. Поскольку вагон
'q движется с ускорением, то система
является неинерциальной. Уравне-
Уравнение движения в векторной форме: Г + mg + FH =0 — A),
где Fn --ma, тогда уравнение A) в проекциях на ось jc:
Тsin а = та — B) и на ось у: Tcosa-mg = 0 — C).
~ ,«ч ,„ч а а
Разделив B) на C), получим /ga= —, откуда а = arctg—
8 S
или, учитывая, что а = —, а = arctg(Av/ gt). Подставляя
числовые данные, получим а = 6°30'.
2.23. Вагон тормозится, и его скорость за время t = 3,3 с рав-
равномерно уменьшается от v, = 47,5 км/ч до v2 = 30 км/ч. Каким
должен быть предельный коэффициент трения к между чемо-
чемоданом и полкой, чтобы чемодан при торможении начал сколь-
скользить по полке?
52

Решение:
Решаем задачу в неинерциальной системе отсчета. Урав-
Уравнение движения 0 = F^ + Fi или в проекции на ось х:
0 = irTp-7;/a, где a = (v{-v2)/t; Frp=kmg. Тогда
fajg = —LJ LL • fc - _! a. # Подставляя числовые дан-
ные, получим: ? = 0,15. Т.е. при ?<0,15 чемодан начнет
скользить по полке.
2.24. Канат лежит на столе так, что часть его свешивается со
стола, и начинает скользить тогда, когда длина свешивающийся
части составляет 1/4 его длины. Найти коэффициент трения к
каната о стол.
Решение:
Обозначим силу тяжести, действующую на единицу длины
каната, через mtg. Тогда сила тяжести свешивающейся
части каната равна ——.' Эта сила тяжести уравно-
уравновешивается силой трения F^, действующей на ту часть
„ 3km,gl
каната, которая лежит на столе: F^ = L2-. Таким
- m,gl 3km,gl
образом, —1S- = —, откуда к = 0,33 .
4 4
2.25. На автомобиль массой т -1 т во время движения дей-
действует сила трения F^, равная 0,1 действующей на него силы
тяжести mg . Найти силу тяги F, развиваемую мотором автомо-
автомобиля, если автомобиль движется с постоянной скоростью: а) в гору с
уклоном 1 м на каждые 25 м пути; б) под гору с тем же уклоном.
53

Решение:
х Уравнение движения автомобиля
в векторной форме та = mg + N +
+ FTp+F; v = const, следователь-
следовательно а = 0 . а) В проекции на ось х:
О = -mgsina -F^+F, на ось у:
0 = N-mgcosa, где sma = — =
= 0,04, cos a = 0,999, откуда
N = mgcosa . F^ = kN-kmgx
x cos a; F = mg sina + hngcosa ;
F - mg\sin a + k cos а) или
F = 1,37 кН. б) В проекции на ось
х: O^F + mgsina-Fjp, на ось
у: N = mgcosa. F = FTp-mgsina\ F = hngcosa-mgx
xsina; F = mg{kcosa-sina). F = 590H.
2.26. На автомобиль массой т = 1 т во время движения дей-
действует сила трения F^, равная 0,1 действующей на него силе тя-
тяжести mg . Какова должна быть сила тяги F, развиваемая мото-
мотором автомобиля, если автомобиль движется с ускорением
а = 1 м/с2 в гору с уклоном 1 м на каждые 25 м пути.
Решение:
Зададим направление оси х вдоль
наклонной плоскости и запишем
второй закон Ньютона в проекции
на эту ось: F - mg sin a-Fw =
-та— A), где sina-h/l — B).
Из уравнения A) F = ma + mgx
xsina + F^ или, с учетом уравне-
54

ния B), сила тяги, развиваемая мотором автомобиля равна
F = 2,37kH.
2.27. Тело лежит на наклонной плоскости, составляющей с
горизонтом угол а = 4° . При каком предельном коэффициенте
трения к тело начнет скользить по наклонной плоскости? С
каким ускорением а будет скользить тело по плоскости, если
коэффициент трения к = 0,03 ? Какое время / потребуется для
прохождения при этих условиях пути s = 100 м? Какую скорость
v будет иметь тело в конце пути?
Решение:
Для покоящегося тела по второму
закону Ньютона в проекции на ось х
имеем ing sin a-FTp=0, где
FTm > bng. Отсюда mg sin a = hug;
k = sina\ к < 0,07. При равноуско-
равноускоренном движении по второму закону Ньютона: ing since-
— F^= та или sin a - king = та, откуда а = g(sin а-к);
а
t = 22,6 с. Скорость v = at; v = 8,8 м/с.
а = 0,39 м/с". Пройденный путь s = , откуда t = А— ;
2 \ а
2.28. Тело скользит по наклонной плоскости, составляющей с
горизонтом угол а = 45е . Пройдя путь s = 36,4 см, тело
приобретает скорость v = 2 м/с. Найти коэффициент трения к
тела о плоскость.
Решение:
См. рисунок к задаче 2.27. Запишем второй закон Ньютона
в проекциях на ось х: mgsina-Frv=mai или
7 г gsina-a
mgsina-kmgcosa = ma, откуда к = - — A).
gcosa
55

V
Скорость v = at9 откуда f = — — B). Пройденный путь
а
•> 2 2 2
аГ /лч av v v .,,4
5 = , с учетом B) s = —="= Т"> 0ТКУДа я = C).
2 2а 2а 2-s
т-т /оч /in / gsina-v2 /2s
Подставив C) в A) получим к=- ;
gcosa
, 2gs-sina-v2 . v2
; fc 0,2.
2gs-cosa
2.29. Тело скользит по наклонной плоскости, составляющей с
горизонтом угол а = 45° . Зависимость пройденного пути s от
времени t дается уравнением s = Cr, где С = 1,73 м/с2. Найти
коэффициент трения к тела о плоскость.
Решение:
См. рисунок к задаче 2.27. Ускорение можно найти как
d2s
вторую производную пути по времени, а = —j*= 3,46. По
dt
второму закону Ньютона mgsina-F^-ma. Поскольку
Fw = krng cos a, то mg sin a - kmg cos a = та откуда
mgcosa ' gcosa
2.30. Две гири с массами /я, = 2 кг и тг = 1 кг соединены
нитью и перекинуты через невесомый блок. Найти ускорение а,
с которым движутся гири, и силу натяжения нити Т. Трением в
блоке пренебречь.
Решение:
Предположим, что нить невесома и нерастяжима. Выберем
элемент нити Am и запишем уравнение движения в проек-
проекции на ось у :^ Ата = Т-Тх. Поскольку Am = 0, то Г = Тх,
т. е. сила натяжения нити во всех точках ее одинакова.
Ускорения движения грузов тоже одинаковы, т. к. из-за
56

нерастяжимости нити за одно
и то же время грузы проходят
один путь, т. е. Si = —¦—;
; Sl = S2, следова-
следовательно, ax =a2. Но направ-
направление векторов я, и а2
противоположны. Запишем второй закон Ньютона для
первой и второй гири в проекциях на ось у.
mxg-T = mxa — A);
m2g-T = -m2a —B).
Вычтем
B)
ИЗ
а\тх + т2) - g\mx -т2), отсюда а =
ТП
A):
C).
Подставим C) в A) lg^ ' ^ = mxg - Т, следовательно,
7W, +7772
/772
2/779 2gm]m1
Т = /77[g • — = '—-. Подставляя числовые дан-
I /77, + /77, J 777, + 777,
ные, получим: Г = 13 Н; а = 3,27 м/с .
2.31. Невесомый блок укреплен на конце стола. Гири 1 и 2
одинаковой массы т{ =т2=\ кг соединены нитью и перекинуты
через блок. Коэффициент трения гири 2 о стол к = 0,1. Найти
ускорение а, с которым движутся гири, и силу натяжения нити
Т. Трением в блоке пренебречь.
Решение:
Запишем второй закон Ньютона для обоих тел в проекциях
на направление их движения: mg-Tx=m{a — A);
57

a
-In
T2-Fw=m2a — B). Имеем ^ =
= T2=T (см. задачу 2.30). Сложив A)
и B), с учетом того, что F^ = km2g,
ПОЛуЧИМ 777, g - /V??7g = Я (/Wj + 777 2 ), OT-
куда найдем a = g —J — C);
W,
a- 4,4 м/с2. Подставим C) в A) и выразим Г:
Г
777, + 777,
_, 777,Ш2A + Ас) _
; T = g—*—^ -. Подставив числовые дан-
772, + 7772 777, + 7772
ные, получим: Г, = Т2 =Bib!&±*k = 5,4 Н.
777, + 7772
2.32. Невесомый блок укреплен в вершине наклонной
плоскости, составляющей с горизонтом угол а = 30°. Гири 1 и 2
одинаковой массы /и, = тг = 1 кг соединены нитью и перекинуты
через блок. Найти ускорение а, с которым движутся гири, и
силу натяжения нити Т. Трением гири о наклонную плоскость и
трением в блоке пренебречь.
Решение:
а\ -
Пусть /77, = тт72 = 777. Запишем урав-
уравнение второго закона Ньютона для
первой и второй гири в проекциях на
направление их движения с учетом
Т{=Т2=Т
(см. задачу
-(I);
Т - mg sin a = ma — B).
2.30):
58

имеем: T = m(g-a) — C). Подставив C) в B), получим:
g{\ - sin а) = 2а , откуда а = g(\ - sin a)/ 2. Подставив
числовые значения, получим: д = 2.45 м/с" и Г = 7,35 Н.
2.33. Решить предыдущую задачу при условии, что
коэффициент трения гири 2 о наклонную плоскость к = 0,1.
Решение:
Пусть при данном значении к тело
скользит. Уравнение второго закона
Ньютона для первой гири останется
неизменным, а в уравнении для
второй появится сила трения:
FTm =kmgcosa;
mg-T = ma _(l);
T - mg sin a-Frp= ma — B).
Выразим из A) T: T-mg-ma — C). Подставив C)
в B), найдем а : mg -ma-mg(sina + kcosa)= ma;
g(] - since - kcos a) = 2a ; a = g(l-sina-kcosa)/2 . Из C)
T = m(g-a). Подставив числовые значения, получим:
а = 2,02 м/с2; Т = l(9,8 - 2,02)= 7,78 Н.
2.34. Невесомый блок укреплен в вершине двух наклонных
плоскостей, составляющих с горизонтом углы а =30° и
Р = 45°. Гири 1 и 2 одинаковой массы птх - т2 = 1 кг соединены
нитью и перекинуты через блок. Найти ускорение а, с которым
движутся гири, и силу натяжения нити Т. Трением гирь 1 и 2 о
наклонные плоскости, а также трением в блоке пренебречь.
Решение:
Пусть /7?, -m2- m. Тогда по
второму закону Ньютона в
проекциях на направления
движения гирь имеем:
59

{mgsinfi-T = ma — (l); „
< , \ Сложив A) и B), получим:
[Г - mg sin a = ma — B j.
/ \ « gisinB-sma) тт ХЛЧ
mg\sin p-sina) = 2ma, откуда a = -^—- '-. Из B):
m mgisin В-sina)
mgsma\
mgsina;
_ (sin 0 +sin a) ^
T = mg1— . Подставив числовые значения, полу-
чим: л = 1,03 м/с2 и Г = 5,9Н.
п
2.35. Решить предыдущую задачу при условии, что коэф-
коэффициенты трения гирь 1 и 2 о наклонные плоскости к{ = к2 = 0,1.
Показать, что из формул, дающих решение этой задачи, можно
получить, как частные случаи, решения задач 2.30 — 2.34.
Решение:
Пусть при данном значении
к гири скользят. С учетом
силы трения уравнение вто-
N рого закона Ньютона в про-
проекциях на направление их
движения запишется в виде:
m]gsinP-T]-Fw=mxa,
Т2 - m2g sin a ~FTp= m2a\
\mxgsm P-Tx- kmxg cos P = m{a — (l),
или < / ч Так как
[T-, - iihg sin a - km2g cos a - m^a — B).
T{=T2, то сложив A) и B) получим:
m{g sin ft - m2g sin a - kmxgcos P - km2g cos a = a(m{ + m2);
m{g(sin P - к cos a)- m2g{sin p + к cos a)- a{m{ +m2),
w, (sin B-k cos Р)-1щ (sin a + k cos a) ,~ ч
откуда a = g—-— ^ — L — C).
+
m2
Из B) найдем: Т2 = m2a + m2gsina + km2gcosa , подставив
60

в это выражение C), получим: T2=m2gx
mAsin B-kcos B^-mAsina + kcosa) / . \
x —-—- — — + m2g(sw a cos a);
W7 +
ТП2
m m, (sin B-k co
T2 = m2g
j
m, (sin B-k cos /?) -(sin a + k cos a) (m? -mx -тЛ
——— ^—L— ^— ! — ;
m
_ sin P~k cos P +sin a + k cos a
T2 = gmxm2 ;
mx + m2
_ sin a + sin P + k(cos a - cos B)
T2 = gmxm2 i ^-;
W7j +m2
„ mim-, (sin a + sin P + k(cos a - cos /?)) ,_.
T2 = ' 2V i-LLg. Подставляя
mx + m2
числовые данные, получим: 7] = T2 = 6 Н. а = 0Д44 м/с2.
2.36. При подъеме груза массой m = 2 кг на высоту h = 1 м
сила F совершает работу А = 78,5 Дж. С каким ускорением а
поднимается груз?
Решение:
По второму закону Ньютона в проекции на направление
движения груза имеем ma = F-mg, откуда F -ma + mg .
По^условию работу А совершает сила F, следовательно,
А = FhcosQ = Fh = mah + mgh — A), т.е. работа А идет на
увеличение потенциальной энергии груза и на сообщение
тл /1\ A-mgh
ему ускорения. Из уравнения A) найдем а = ^—\
hm
а = 29 А м/с2.
2.37. Самолет поднимается и на высоте h = 5 км достигает
скорости v = 360 км/ч. Во сколько раз работа Ах, совершаемая
при подъеме против силы тяжести, больше работы А2, идущей
на увеличение скорости самолета?
61

Решение:
Работа Д идет на увеличение потенциальной энергии
самолета, а работа А2 — на увеличение его кинетической
энергии. Тогда при Ax=mgh и A2=mv2/2 получим:
Л по
2.38. Какую работу А надо совершить, чтобы заставить
движущееся тело массой ш = 2кг: а) увеличить скорость с
v, = 2 м/с до г>2 = 5 м/с; б) остановиться при начальной скорости
v0 = 8 м/с?
Решение:
Совершенная работа пойдет на приращение кинетической
mv] wv,2 /;?(v,2 - v?)
—= L ; Л = —^ ^;
энергии: а) Д = —= ; Д = —~ -*¦; Д = 21 Дж.
б) Д = Wk2 - WK[. Т.к. Wl<2 = О, то A2=-WKi= -mv] /2 ;
^42 = -64 Дж. Знак «-» говорит о том, что работа совер-
совершается силой трения.
2.39. Мяч, летящий со скоростью v, = 15 м/с, отбрасывается
ударом ракетки в противоположном направлении со скоростью
v2 = 20 м/с. Найти изменение импульса mAv мяча, если из-
известно, что изменение его кинетической энергии AW = 8,75 Дж.
Решение:
Изменение кинетической энергии мяча:
* д гг, пМ пЩ '"(v? - v,2) ^
AW =—= -~—^^ LZ. Отсюда
2 2-2
—^ т=— ^ — A). Изменение
mVz .+ V2 ~ v\
mAv
>> импульса в проекции на ось х:
mAv = m(v2 -(- v,)) = m{v2 +vl). С уче-
{
1
62

/1Ч А 2AW(vx+v?) 2AW _
том A): wAv = 2 -> "' = • Подставив числовые
V2 ~ Vf V2 ~ Vl
данные, получим: mAv = 3,5 кг-м/с.
2.40. Камень, пущенный по поверхности льда со скоростью
v = 3 м/с, прошел до остановки расстояние s - 20,4 м. Найти
коэффициент трения к камня о лед.
Решение:
Работа силы трения при скольжении
камня по льду равна А - Frps cos a , где kN v»
Fw = king, cos a = cos 180° = -1, т.е.
A--knigs — A). С другой стороны, .
работа силы трения равна приращению
кинетической энергии камня A = W2-WX, поскольку
177V
W2 = 0, то А = -Wx — B). Приравнивая правые
у2
части уравнений A) и B), получим к ; к = 0,02.
2gs
2.41. Вагон массой /и = 20т, двигаясь равнозамедленно с
начальной скоростью v0 = 54 км/ч, под действием силы трения
F^ = 6 кН через некоторое время останавливается. Найти работу
А сил трения и расстояние s, которое вагон пройдет до
остановки.
Решение:
2
Работа силы трения А- (см. задачу 2.40).
Подставляя числовые данные, получим А = -2,25 МДж. По
F
второму закону Ньютона: F - та, откуда а =—2- — A).
т
При равнозамедленном движении путь, пройденный до
63

остановки: s = , где t = —, тогда s = — — B).
2 а 2а
Подставляя уравнение A) в B), получим s =
s = 375 м.
2.42. Шофер автомобиля, имеющего массу т = 1 т, начинает
тормозить на расстоянии 5 = 25 м от препятствия на дороге.
Сила трения в тормозных колодках автомобиля F - 3,84 кН.
При какой предельной скорости v движения автомобиль успеет
остановиться перед препятствием? Трением колес о дорогу
пренебречь.
Решение:
Задача аналогична 2.41. Воспользуемся полученной в
2
предыдущей задаче формулой: s=—-—, откуда
\2sF-
v = J . Подставив числовые значения, получим:
V 711
v = 13,9 м/с; v = 50 км/ч.
2.43. Трамвай движется с ускорением а-49,0см/с. Найти
коэффициент трения к, если известно, что 50% мощности
мотора идет на преодоление силы трения и 50% — на
увеличение скорости движения.
Решение:
Мощность мотора N = F • v. По условию половина
мощности идет на преодоление силы трения, т.е.
N j
— = king • v, а вторая половина — на увеличение скорости
движения, т.е. — = ?na-v. Отсюда kmgv = ma-v9
следовательно, к = а/g\ к*0,05 .
64

2.44. Найти работу А, которую надо совершить, чтобы уве-
увеличить скорость движения тела массой т = 1 т от v, = 2 м/с до
v2 = 6 м/с на пути s = Юм. На всем пути действует сила трения
F =2Н.
Решение:
Часть совершенной работы пойдет на приращение кинети-
кинетической энергии, а другая часть — на преодоление силы
. mvl mvf
трения. А=—Г~—Г-
A =
2.45. На автомобиль массой М = 1 т во время движения дей-
действует сила трения F^, равная 0,1 действующей на него силе тя-
тяжести mg. Какую массу т бензина расходует двигатель авто-
автомобиля на то, чтобы на пути s = 0,5 км увеличить скорость от
v, = 10 км/ч до v, = 40 км/ч? К.п.д. двигателя rj =0,2, удельная
теплота сгорания бензина q = 46 МДж/кг.
Решение:
Полезная работа, совершаемая двигателем, идет на преодо-
преодоление силы трения и на приращение кинетической энер-
гии. An =FTp -s + \ — — (l). Затраченная работа
равна затраченному количеству теплоты: A^-Q^\
Qt=Qm — B); К.п.д. двигателя rj - ——, откуда Аг -
А А
= —— — C). Подставив C) в B), получим: -JL = ^-w,
П г]
отсюда т = ——. Подставив в данное выражение (I),
CJ-JJ
3—3268 65

1
получим т = —
м
то т-
f_.,+|^.-^!-| .т.к. ^=о.1«г,
2 — v^2 J. Подставляя числовые дан-
2qi]
ные, получим: т = 0,06 кг.
2.46. Какую массу т бензина расходует двигатель
автомобиля на пути s = 100 км, если при мощности двигателя
iV = 11 кВт скорость его движения v = 30 км/ч? К.п.д. двигателя
77 = 0,22, удельная теплота сгорания бензина q = 46 МДж/кг.
Решение:
При перемещении автомобиля на расстояние s его дви-
Nt Ns
гатель совершает работу А = — = —. При этом затра-
7] 7JV
к А Ns ю
чивается масса бензина т - — = ; т = 13 кг.
q qrjv
2.47. Найти к.п.д. rj двигателя автомобиля, если известно,
что при скорости движения v = 40 км/ч двигатель потребляет
объем V = 13,5 л бензина на пути s = 100 км и развивает
мощность N -12 кВт. Плотность бензина р = 0,8 • 103 кг/м^,
удельная теплота сгорания бензина q - 46 МДж/кг.
Решение:
К.п.д двигателя равен rj =—- — A). Мощность двигателя
Аг
л $ TVs
7V = —, где /=-, тогда Ап = B); A3=qm, где
/v v
т- pV, отсюда Д, =#р^ — C). Подставляя B) и C) в
Ns
A), получим: 7/= ; ц = 0,22.
66

2.48. Камень массой т -1 кг брошен вертикально вверх с на-
начальной скоростью v0 = 9,8 м/с. Построить график зависимости
от времени t кинетической WK, потенциальной Wa и полной W
энергий камня для интервала 0 < / < 2 с (см. решение 1.11).
Решение:
_ mv
~~2
_m{vo-gtJ ш
2
Wn = mgh;
h =
=
W = WK + Wn= const; Wn=9fi(?$t-4,9t2)=96t-48t2. Ха-
Характер зависимости кинетической, потенциальной и пол-
полной энергии камня от времени дан на графике.
0
0,2
0,4
0,6
0,8
1
1,2
1,4
1,6
1,8
2
К, Дж
48
30,7
17,3
7,7
1,9
0
1,9
7,7
17,3
30,7
48
К, Дж
0
17,3
30,7
40,3
46,1
48
46,1
40.3
30,7
17,3
0
IV
0,4 0,8 1,2 1,6 2
2.49. В условиях предыдущей задачи построить график
зависимости от расстояния И кинетической WK, потенциальной
Wn и полной W энергий камня.
Решение:
Кинетическая энергия, которой обладал камень в момент
броска, будет в дальнейшем убывать за счет увеличения
67

потенциальной энергии. WK =—--nigh; Wn-mgh. Для
построения графика подставим числовые данные:
Wn = 9,8/2. Максимальную высоту, на которую поднимется
2
камень, найдем из соотношения:
/77V"
= mgh, отсюда
h = — ; /2 = 4.9 м. Построим график при 0 < h < 4,9.
2
6О-1
50-
40 -
30 -
20 -
10 -
о
Л , М
0
2,7
4,9
48
21,6
0
К, Дж
0
26,4
48
о
м
4,9
2.50. Камень падает с некоторой высоты в течение времени
t = 1,43 с. Найти кинетическую WK и потенциальную wn энергии
камня в средней точке пути. Масса камня т = 2 кг.
Решение:
В верхней точке камень обладал потенциальной энергией
at2
Wn - mgH , где Н = —— (t — время падения до земли).
Потенциальная энергия камня в средней точке пути
-
4
Wn = mgh, где h = —. Таким образом Wn = mg — = —-—;
2 : 2
68

Wn = 98 Дж. Кинетическую энергию камень приобрел за
счет убыли потенциальной энергии. В средней точке пути
WK=Wn= 98 Дж, так как mgH - mgh = mg— = WK.
2.51. С башни высотой Л = 25м горизонтально брошен ка-
камень со скоростью v0 =15м/с. Найти кинетическую WKn потен-
потенциальную Wn энергии камня через время f = lc после начала
движения. Масса камня т - 0,2 кг.
Решение:
В момент времени / кинетичес-
кинетическая энергия камня WK = , а
его потенциальная энергия
Wn - mg(h - Ah). Поскольку
vy =gt> то v- = v0 + [gt) .
Тогда K=»Mf<n
>Гк=32,2Дж. Вертикальная составляющая перемещения
zt2 ( st2}
камня А/7 = -—, отсюда Wn - mg\ h--— ; Wn = 39,4 Дж.
2 у 2 )
2.52. Камень брошен со скоростью vo=15m/c под углом
а = 60° к горизонту. Найти кинетическую WK, потенциальную
Wn и полную W энергии камня: а) через время f = 1с после
начала движения; б) в высшей точке траектории. Масса камня
т = 0,2 кг.
Решение:
Полная скорость камня v = Jv2+v2, где vx =v0cosa;
v,. = v0 sin a -gt. В верхней точке траектории vy = 0,
69

следовательно, v0 sin a = gt. Отсю-
Отсюда время подъема камня до верх-
vQsina
ней точки t - — ; / = 1,3 с, сле-
g
довательно в момент времени
/ = 1 с камень находится на
подъеме. Его кинетическая энергия в этот момент
закону сохранения энергии Wk0 = WK + Wn, где Wk0 — ки-
кинетическая энергия камня в начальный момент времени.
Ко =-^. Тогда Wn =^i--WK; Wn =15,9Дж. В верхней
Лш Аш
точке траектории кинетическая* энергия камня
m(v0cosaf
WKl =—— —; Ркк1=5,6Дж. Согласно закону сохра-
нения энергии полная энергия камня останется неиз-
неизменной, а его потенциальная энергия в верхней точке
траектории Wnl =W-WKl; WnX =16,9Дж.
2.53. На толкание ядра, брошенного под углом а = 30° к
горизонту, затрачена работа л = 216 Дж. Через какое время / и
на каком расстоянии sx от места бросания ядро упадет на
землю? Масса ядра т - 2 кг.
Решение;
Работа, затраченная на толка-
толкание ядра, пошла на сообщение
ему кинетической энергии.
л иг mvl
А~Ик =——, откуда
v0 = J— — A). Время подъема ядра до верхней точки
т
п0

t{ =-ii (см. задачу 2.52). Полное время полета ядра
g
/1Ч 2sina4lA
; подставив A), получим: / =;
g
/ = 1,5 с. Расстояние от места бросания, которое пролетит
ядро sx =tcosaJ—; sx =19,1 м.
V т
2.54. Тело массой т = Юг движется по окружности радиусом
Л = 6,4 см. Найти тангенциальное ускорение аТ тела, если
известно, что к концу второго оборота после начала движения
его кинетическая энергия IVK = 0,8 МДж.
Решение:
Найдем угловое ускорение: aT=sR — A); s = — — B).
2nN 2nN ,_. _
Угловая скорость со — 2mi , отсюда / = C). С
t со
V
другой стороны, со = — — D). Скорость v найдем из
уравнения кинетической энергии: WK= , отсюда
J2W
v = J—- — E). Подставив уравнение E) в D), получим
V т
\2W
со = / j — F). Подставив уравнение C) в B), с учетом
V R
F), найдем: s = = —. Тогда из A):
2Ы RN
aT = ^ = —; а. « 0,2 м/с".
mR2nN iuRttN
/1

2.55. Тело массой т -1 кг скользит сначала по наклонной
плоскости высотой h = 1 м и длиной склона / = 10 м, а затем по
горизонтальной поверхности. Коэффициент трения на всем пути
к = 0,05. Найти: а) кинетическую энергию WK тела у основания
плоскости; б) скорость v тела у основания плоскости;
в) расстояние s, пройденное телом по горизонтальной поверх-
поверхности до остановки.
Решение:
По закону изменения полной
механической энергии AW = A,
где А — работа внешних сил. В
нашем случае в верхней точке
WK = 0; Wn - mgh, у основания
__. mv2 ... ' mv2
WK ; Wn = 0, следовательно, mgh = Др, где
Атр — работа сил трения. mgh = -Fwl9 отсюда
mgh = + F-rp/, т.е. потенциальная энергия гела при
соскальзывании с наклонной плоскости переходит в
кинетическую энергию и в работу против сил трения. Но
h = / sin a , откуда sin a = h /1 - ОД 9 a cos a = 0,99,
F^^kmgcosa, где а — угол наклона плоскости.
а) WK = ; WK - mgh - F^l; WK = mgl{sina-kcosa);
\2W
WK = 4,9 Дж. б) v = J—- = 3,1 м/с. в) Кинетическая
V m
энергия, которую тело имеет у основания наклонной
плоскости, переходит в работу против силы трения на
горизонтальной поверхности, т.е. WK = F^s = kmgs, откуда
W
найдем s = ——; s = 10 м.
kmg
72

2.56. Тело скользит сначала по наклонной плоскости состав-
составляющей угол а - 8° с горизонтом, а затем по горизонтальной
поверхности. Найти коэффициент трения на всем пути, если
известно, что тело проходит по горизонтальной плоскости то же
расстояние, что и по наклонной плоскости.
Решение:
В начальный момент времени
тело обладает потенциальной
энергией Wn ~ mgh . Когда тело
оказалось в нижней точке на-
наклонной плоскости, часть его
потенциальной энергии перешла
в кинетическую энергию, а оставшаяся часть пошла на
Г- ТТ/ ТТ7 4 7 Я™2
работу против сил трения. Wn =WK + Aw; mgh = н
2
+ Fws{ —A). Преобразуя уравнение A), получим: mgs{x
х sin a v king cos asx; 2gsx (sin a -k cosa)= v2 — B).
На горизонтальном участке пути вся кинетическая энергия
тела пошла на совершение работы против сил трения.
WK = A^; = kmgs2, откуда v" = 2kgs2 — C). Решая
совместно B) и C), получим: 2kgs2 =2gsl(sina-cosa);
к = sin a - к cos a, отсюда k(\ + cosa)=sina; k =
sin a
l + cosa
к =^1 = 0,06.
1,992
2.57. Тело массой т = 3 кг. имея начальную скорость v0 = 0 ,
скользит по наклонной плоскости высотой h - 0,5 м и длиной
склона / = 1 м и приходит к основанию наклонной плоскости со
73

скоростью v = 2,45 м/с. Найти коэффициент трения к тела о
плоскость и количество теплоты О, выделенное при трении.
Решение:
В начальный момент времени тело
обладает потенциальной энергией
Wn - mgh. Когда тело оказалось в
нижней точке наклонной плоскос-
плоскости, часть его потенциальной энер-
энергии перешла в кинетическую энергию, а оставшаяся часть
пошла на работу против сил трения. Wn = Wk +
2
mgh =
mv
— A). Преобразуя A), получим:
2gh-v2 ¦
откуда
k =
2 2' * Igcosa '
к = 0,22. Количество выделившейся при трении теплоты
равно Q-F -I- king cos а • /; Q = 5,7 Дж.
2.58. Автомобиль массой /и * 2 т движется в гору с уклоном
4 м на каждые 100 м пути. Коэффициент трения к = 0,08. Найти
работу А, совершаемую двигателем автомобиля на пути
5=3 км, и мощность N развиваемую двигателем, если извест-
известно, что путь s = 3 км был пройден за время t = 4 мин.
Решение:
В случае равномерного движения
автомобиля я = 0, тогда согласно
второму закону Ньютона сила тяги
двигателя F = FW+ mg since или
F = mg(k cos a + sin а), где sin a =
= h/l; sin a = 0,04; cosa =
= 0,999. Работа силы F на пути s :
A = Fs = mgs(k cos a + sin a); A-l МДж. Мощность двига-
двигателя N = A/t; N = 29,2 кВт.
74

2.59. Какую мощность N развивает двигатель автомобиля
массой т = 1 т, если известно, что автомобиль едет с постоянной
скоростью v = 36 км/ч: а) по горизонтальной дороге; б) в гору с
уклоном 5 м на каждые 100 м пути; в) под гору с тем же
уклоном? Коэффициент трения к = 0,07.
Решение:
Требуется найти мощность, развиваемую двигателем
автомобиля, т.е. мощность силы F. Выразим F для всех
случаев из второго закона Ньютона, а) Т.к. v = const, то
F = F^ = kmg. При движении автомобиля по горизонталь-
горизонтальной дороге мощность равна N = Fv = kmgv = 6,9 кВт.
б) При движении в гору сила тяги
двигателя F = mg sin a + Fw, где
Fw = kmg cos a; следовательно,
F = mg(k cos a + sin а), тогда мощ-
мощность N-mgv{kcosa + sina)\ Угол
наклона дороги найдем из соотно-
соотношения: sin а = —= = 0,05; а
# = 11,8 кВт.
в) При движении под гору сила тяги
двигателя F = Fip- mg sin a; где
F^ = kmg cos a, тогда получим
F = kmg cos a - mg sin a ;
F =. mg{k cos a - sin a), мощность
N - mgv(k cos a - sin a); N « 2 кВт.
cosa = 0,998.
2.60. Автомобиль массой т = 1 т движется при выключенном
моторе с постоянной скоростью v = 54 км/ч под гору с уклоном
4м на каждые 100 м пути. Какую мощность N должен развивать
Двигатель автомобиля, чтобы автомобиль двигался с той же
скоростью в гору?
75

Решение:
N р
к. * Т
Уравнение движения автомобиля
под гору mg sin a-F^ = О или
^тр = nig sin a . С другой стороны,
Fw = kmg cos a, тогда kmg cos a =
= mg sin a , откуда к = tga .
При движении автомобиля вверх
по второму закону Ньютона сила
тяги двигателя FT=FTp+ mg x
х sin a ; Fr - mg(k cos a + sin a).
Тогда мощность, развиваемая
двигателем: N - FTv = mgv x
x(kcosa+sina)\
( sin a
\cosa
¦cos a + sin a
h
x gv sin a = 2mgv—; N = 11,8 кВт.
2.61. На рельсах стоит платформа массой тх =10т. На плат-
платформе закреплено орудие массой т2 = 5 т, из которого про-
производится выстрел вдоль рельсов. Масса снаряда тъ =100 кг; его
начальная скорость относительно орудия vo=500m/c. Найти
скорость и платформы в первый момент после выстрела, если:
а) платформа стоит неподвижно; б) платформа двигалась со
скоростью v = 18 км/ч и выстрел был произведен в направлении,
противоположном направлению ее движения.
Решение:
а) При неподвижной платформе на-
начальная скорость снаряда относи-
тельно земли равна его скорости v0
относительно орудия. Систему «плат-
х форма —орудие —снаряд» можно
/и,
т
U
76

считать замкнутой в проекции на ось х при условии, что
силой трения качения платформы можно пренебречь.
Тогда в проекции на ось х импульс системы до выстрела
рх = (w, + т2 + тг)• v = 0, т.к. v = 0 . Импульс системы
после выстрела р'х = m3v0 + (т{ +m2)'ii. По закону сохра-
сохранения импульса рх = р'х или 0 = w3v0 + (w, + т2)-и , откуда
м%=
ш, + т2
• и - -12 км/ч. Знак «-» указывает, что плат-
форма стала двигаться в направлении, противополож-
противоположном направлению движения снаряда,
б) Если выстрел был произведен в
направлении движения платформы,
to начальная скорость снаряда
относительно земли равна v0 + v. На
основании закона сохранения
т
л-
импульса имеем: (т{+ m2+m3)-v =
= m3(vo + v)+ (wj + т2 )• и — B), отку-
да и =
m
w, + m-,
it = 6 км/ч.
в) Если выстрел был произведен в на-
направлении, противоположном на-
направлению движения платформы, то
при v0 > 0 имеем v < 0 . Тогда уравне-
уравнение B) имеет вид: - (т{ + т2 + тъ )• v =
= m3 (v0 - v) + (inx ч- m2) • и, откуда
ц _ (w, + m2 + тъ) • v + 1й, (v0 - v) m
т.
m-,
г = -30км/ч.
'' 2.62. Из ружья массой /??, = 5 кг вылетает пуля массой
п12-5т со скоростью v,=600m/c. Найти скорость v, отдачи
ружья.
77

Решение:
Согласно закону сохранения импульса 777,v, -m2v2 =0,
m->v-> л г /
отсюда v, = —=-^-; v, - 0,6 м/с.
Щ
2.63. Человек массой тх = 60 кг, бегущий со скоростью
v, = 8 км/ч, догоняет тележку массой т2 - 80 кг, движущуюся со
скоростью v2 = 2,9 км/ч, и вскакивает на нее. С какой скоростью
и будет двигаться тележка? С какой скоростью и' будет дви-
двигаться тележка, если человек бежал ей навстречу?
Решение:
Система «человек —тележка» замкнута в проекции на
горизонтальную ось. а) Человек догоняет тележку. По
закону сохранения импульса w,v, + /772v2 = G77, + т2 )• и ,
777, V, + W,V, , тт
откуда г/ =—— ^^; w = 5,14 км/ч, б) Человек бежит
777, + 7772
навстречу тележке. По закону сохранения импульса
m\v\ ~ тгу~> = \т\ + т~>)'и •> откуда и =
г/' = 1,71 км/ч.
777,V, -
, 777,V,
= ——¦
;
777, + 7772
2.64. Снаряд массой /77, = 100 кг, летящий горизонтально
вдоль железнодорожного пути со скоростью v, =500 м/с,
попадает в вагон с песком, масса которого т2 = Ют, и застревает
в нем. Какую скорость и получит вагон, если: а) вагон стоял
неподвижно; б) вагон двигался со скоростью v2 = 36 км/ч в том
же направлении, что и снаряд; в) вагон двигался со скоростью
у2=36км/ч в направлении, противоположном движению
снаряда?
Решение:
а) Будем считать удар абсолютно неупругим, тогда в
проекции на горизонтальную ось по закону сохранения
78

( \ tn\V\ с I
импульса: m{vx = (m{ + m-, )u, отсюда и = ——; и « 5 м/с.
т + т
( \ 7/7. V, + m-y
б) w.v, + w2v-> = (w, + тЛи , следовательно, и =—— *
" ml+m2
и «15 м/с. в) w1 v, - /7?2v2 = (/7?j + w2)«, следовательно,
и = —— =-A-; г/» -5 м/с, т. е. вагон продолжает двигать-
m, + т2
ся в том же направлении, но с меньшей скоростью.
2.65. Граната, летящая со скоростью v = 10m/c, разорвалась
на два осколка. Больший осколок, масса которого составляла 0,6
массы всей гранаты, продолжал двигаться в прежнем
направлении, но с увеличенной скоростью и] = 25 м/с. Найти
скорость и2 меньшего осколка.
Решение:
При взрыве внутренние силы намного
превышают внешние. Следовательно,
можно считать, что система замкнута и
закон сохранения импульса исполь-
использовать в векторной форме. Импульс
системы до разрыва p = mv. Импульс системы после
разрыва ~р = 0,6ти + 0,4тг72. В проекции на горизон-
горизонтальную ось закон сохранения импульса: mv = mxux + т2и2
или /77V = 0,6/77 • и{ + 0,4/72 • и2 ; v = 0,6м, + 0Аи2, откуда
V —0,6гу.
и2= L =-12,5 м/с. Полученный результат от массы
не зависит. Пусть масса всей гранаты т = 1 у.е., масса
большего осколка пц =0,6у.е., масса меньшего осколка
т2 = 0,4 у.е. Тогда вектор импульса: всей гранаты —
lwv = 10y.c; большего осколка — w,w, =15y.e.; меньшего
©сколка — т2и2 = 5 у.е. Направление векторов показано на
рисунке.
79

2.66. Тело массой /и, = 1 кг, движущееся горизонтально со
скоростью v, = 1 м/с, догоняет второе тело массой т2 - 0,5 кг и
неупруго соударяется с ним. Какую скорость и получат тела,
если: а) второе тело стояло неподвижно; б) второе тело
двигалось со скоростью v2 = 0,5 м/с в направлении, что и первое
тело; в) второе тело двигалось со скоростью v2 = 0,5 м/с в
направлении, противоположном направлению движения первого
тела.
Решение:
В каждом случае запишем закон сохранения импульса и
ч ( \
выразим скорость и. a) mxvx = \тх + т2)-и ; и =
и = 0,67 м/с. б) mxvx +m-,v2 =(/и, +т2уи ; и=
;
т2
тх + т
и = 0,87 м/с. в) ш,У!-w2v2 =(Wi+7w2J-w ; г/=
h +m2
n = 0,5 м/с.
2.67. Конькобежец массой М = 70 кг, стоя на коньках на
льду, бросает в горизонтальном направлении камень массой
т = 3 кг со скоростью v = 8 м/с. На какое расстояние s
откатится при этом конькобежец, если коэффициент трения
коньков о лед к = 0,02 ?
Решение:
Движение конькобежца является равнозамедленным, прой-
пройденный им путь s = vl/2a — A). По закону сохранения
импульса Mv0 = mv, откуда vo=mv/ M — B). Ускорение
а можно найти по второму закону Ньютона: F = та.
Т.к. F^ = king, то hug = та; а = kg — C). Подставив B) и
111 у
C) в A), получим 5 = 5—» 5 = 0,3 м.
2M~kg
80

2.68. Человек, стоящий на неподвижной тележке, бросает в
горизонтальном направлении камень массой т = 2 кг. Тележка с
человеком покатилась назад, и в первый момент бросания ее ско-
скорость была v = 0,1 м/с. Масса тележки с человеком М = 100кг.
Найти кинетическую энергию WK брошенного чсамня через
время / = 0,5 с после начала движения.
Решение:
Обозначим v' — скорость камня в
mv1
начальный момент времени, v, — его
скорость в момент времени t = 0,5 с. -*
По закону сохранения импульса
= mv' - A); Щ=^- - B);
v;=vv,+v где vr/=v'; v, = gt. Из A) v' = , тогда
-> M2v2 -> 7 A/V +w2c-2/2
v, = у— + g t j—? C). Подставив C) в
т" пг
B), получим Wk = M V +m g l ; Wk =49 Дж.
2/7?
2.69. Тело массой тх = 2 кг движется навстречу второму телу
массой т2 = 1,5 кг и неупруго соударяется с ним. Скорости тел
непосредственно перед ударом были v, = 1 м/с и v2 = 2 м/с.
Какое время / будут двигаться эти тела после удара, если
коэффициент трения к = 0,05 ?
Решение:
Будем считать удар абсолютно неупругим. По закону
сохранения импульса m,v, -w2v2 ={щ +т2)-и9 отсюда
m,v, -/?bv2 /1ч г- - /->\
и = —LJ ^^- — A). С другой стороны, и-at — B), где
)Щ + т2
ускорение а можно выразить из второго закона Нью-
81

тона Fw = (/7/j + т2\а\ к()щ + т2)• g = (т[ +т2)-а ,. откуда
a-kg — C). Выразим из B): / = —. Подставим в данное
щ
уравнение A) и C): t= m^2 щ\9 / = 0,58с.
kg\mx + т2)
2.70. Автомат выпускает пули с частотой п = 600 мин. Мас-
Масса каждой пули т = 4 г, ее начальная скорость v = 500 м/с. Найти
среднюю силу отдачи F при стрельбе.
Решение:
Среднюю силу отдачи можно найти по второму закону
Ньютона F = ma = m—, где / = — — время, за которое
t п
автомат выпускает одну пулю. По условию
п = 600 мин = 10 с. Отсюда F = mvn; F = 20 Н.
2.71. На рельсах стоит платформа массой /и, = Ют. На плат-
платформе закреплено орудие массой т2 = 5 т, из которого произво-
производится выстрел вдоль рельсов. Масса снаряда /??3=100кг, его
скорость относительно орудия v0 = 500 м/с. На какое расстояние
s откатится платформа при выстреле, если: а) платформа стояла
неподвижно; б) платформа двигалась со скоростью v = 18 км/ч и
выстрел был произведен в направлении ее движения;
в) платформа двигалась со скоростью v = 18 км/ч и выстрел был
произведен в направлении противоположном направлению ее
движения? Коэффициент трения платформы о рельсы к = 0,002.
Решение:
а) По закону сохранения импульса т^0 =(?п{+т2)-и,
откуда и=—^— — A). По второму закону Ньютона
т{ + т2
^тр = (/wi + т2)*а или ^(т\ + т2)'8 = (mi+m2)'a> откуда
82

a-kg — B). Расстояние, на которое откатится платфор-
ма, s = nt , где u = at — скорость платформы в пер-
и
выи момент после выстрела. / = —, тогда
а
2 ¦> 2
и аи и .__
5 = 7 = — • Подставив A) и B), получим,
а 2а" 2а
s=
б) По закону сохранения импульса /7?3v0 -(ги, +w2)x
/ \ m^Vn - (w, + m7 + тъ)• v-
x и = (w, + m2 + w3J- v, откуда г/ = —=L-i!—^—! ~—;
W7, + m2
it = -1,7 м/с и будет направлено в обратную сторону
относительно v0 и v. Расстояние, на которое откатится
1 г/2 и2
платформа: s = — = ; s = 73,7 м.
* 2а 2%
в) По закону сохранения импульса (тя,+m2+m3)-v =
= (m{+m2)'ii-m3v0i откуда z/=-L-J * — ^-^;
777, + 7772
и = 8,4 м/с направление выбрано правильно. Пройденный
2
платформой путь s = ; s = 1800 м.
2kg
2.72. Из орудия массой /?/, = 5 т вылетает снаряд массой
л?2=100кг. Кинетическая энергия снаряда при вылете
Wk2 = 7,5 МДж. Какую кинетическую энергию Жк1 получает
орудие вследствие отдачи?
Решение:
Согласно закону сохранения импульса 777,v, =/m?v, — A).
Кинетическая энергия орудия сразу после выстрела
83

WK] =—— — B). Кинетическая энергия снаряда
... /77, v2 ¦ . /1Ч m->v2 2 1W 2
W~ =—i-2 C). Из (I) V! =-^-;изC) v2 =—s2-, тогда
2 mx m
x m2
/77f • /?72 Щ
^ — D). Подставив D) в B),
>
vf=
получим WkX - —¦ !tJ?s- = —^-^Ki; ^Ki = 150 кДж.
2m\" 777,
2.73. Тело массой /;?, = 2 кг движется со скоростью v, = 3 м/с
и. нагоняет тело массой «;2=8кт, движущееся со скоростью
v, = 1 м/с. Считая удар центральным, найти скорости г/, и и2 тел
после удара, если удар а) неупругий; б) упругий.
Решение:
Считаем, что движение происходит вдоль горизонтальной
оси в одном направлении, а) По закону сохранения
импульса m,*', +m2v2 =G7?, +m2)'ii, где г/ — общая ско-
скорость двух тел после неупругого удара. Отсюда
и -—lj ^_i_ j 2/j = г/^ = м = 14 м/с . о) Запишем закон
/77, + /77,
сохранения импульса и закон сохранения энергии:
/1Ч 777, V? /77, V2 777, г/?
/77, V, + 777, V2 = 7772И2 + 777,7/, A); —Г~ + —Г^" = —Г" +
2 2
2
+ —2—2- — B). Из B) получим w,v,2 +/77,v2 =//7,г/12 +
+ /772г/2 — C). Преобразовав A) и C), решим систему
[777l(v,-W,)=/772(zY2-V2),
уравнении: < >, ,\ / \ Разделив первое
* Ответ в данной задаче не совпадает с ответом первоисточни-
первоисточника: а) г/, = и, = 1,8 м/с; б) г/, = 0,6 м/с, м2 = 2,6 м/с.
84

уравнение на второе, получим: -j ~ = -\ |-, откуда
v, -и{ u2-v2
+ щ = и2 + V2 или U2=vi+Ui ~V2 — D)- Тогда из A)
777, V, + 777-, V7 - 777-Д V, + W, - V, ) | л 11Ц | /И,
=—и ^-2 LLJ ! *2; щ\ 1 + —L =^ +—^х
777! ^ 777, J W,
V, + W:>Bv7 -V,)/777,
— E). Подставляя
числовые данные в E) и D), получим щ = -0,2 м/с;
м2 = 1,8 м/с.
2.74. Каково должно быть соотношение между массами тх и
т2 тел предыдущей задачи, чтобы при упругом ударе первое
тело остановилось?
Решение:
Воспользовавшись формулой, полученной в предыдущей
задаче, и приравняв скорость первого тела после удара и{
к нулю, найдем соотношение масс тх и т2. Имеем
щ = — —— — = 0. Следовательно, v{ + —- х
/_ \ . /77, V, /77-, 3
х Bv2 - v, j = 0; —— = !—, откуда —L = 3 или
7771 V! - 2v2 mx 3-2
т2 = 3/77,.
'2.75. Тело массой т, = 3 кг движется со скоростью v, = 4 м/с
и ударяется о неподвижное тело такой же массы. Считая удар
центральным и неупругим, найти количество теплоты Q,
выделившееся при ударе*
Решение:
Первое тело до удара обладало кинетической энергией
ххг 777, V2 _
WK = ¦ . После удара оба тела начали двигаться с
/77, + /772
85

общей скоростью и = ! . Кинетическая энергия
т! + /?7 2
обоих тел после удара стала WK = ;
W. =¦—,—¦ г. Разность W\-W* равна количеству
К 2(+)
теплоты Q, выделившемуся при ударе: g = (w,v2/2}-
2G77, +/772)'
2.76. Тело массой /;?, = 5 кг ударяется о неподвижное тело
массой т2 = 2,5 кг, которое после удара начинает двигаться с
кинетической энергией W'K2 =5 Дж. Считая удар центральным и
упругим, найти кинетическую энергию 1?к1 и WK'i первого тела
до м после удара.
Решение:
Система тел т{ и /7?2 замкнута в проекции на
горизонтальную ось. В соответствии с условием движение
происходит также вдоль горизонтальной оси. Согласно
закону сохранения импульса в проекции на ось
//7,v, =/77,vl' + /772v, —A), где vf и v, —скорости первого и
второго тела после удара. Часть своей кинетической
энергии первое тело в момент удара передает второму
телу. К>=Кх+1Г± ~ B); ^=^Ц^ + 0';2 или
/7/,v,: =/?7|(v,')" +2W^ —C). Кинетическая энергия второго
„ 7//,iv,; / , \2 2W'j /л.
тела после удара *гк, = - , откуда (v, j = —~ — D).
2 " т2
\2W\
Подставив D) в A), получим /7?,^ =777,v[ +m2 '
86

Гк2, отсюда v, = ' ' v ~-^- — E). Под-
Щ
ставив E) в C), найдем скорость первого тела после удара.
т—LJ ^_2
/77,
= Ц v|) + 2mJV^, откуда v, =
Поскольку FFKl = IV |у , то
2
t _ mxW^{mx -m2f _ W'Jjn, ~m2f .
»rKl - - ^ - ,
Ат\тг 4т1т2
Тогда из B) РГк1 = 5,62 Дж.
2.77. .ело массой т{ =5 кг ударяется о неподвижное тело
массой /и2 = 2$ кг. Кинетическая энергия системы двух тел
непосредственно после удара стала JFK' = 5 Дж. Считая удар
центральным и неупругим, найти кинетическую энергию WKl
первого тела до удара.
Решение:
Движение осуществляется вдоль горизонтальной оси. Согла-
Согласно закону сохранения импульса WjVj =(т{ +т2)-и — A),
где v, — скорость первого тела до удара, и — скорость
системы двух тел после удара. Кинетическая энергия
первого тела до удара WKl = ' ' — B). Из A)
> Найдем и из выражения для кине-
Щ
тнческой энергии системы двух тел после удара.
87

„. (nh+nu)-ii2 I 2WK
WK = -^-J ^ , откуда и = -—, тогда
2 V 777j + 7«2
V,
п /ч\ /о\ тгл ml2WK(ml +m2)
Подставив C) в B), получим WKl =—!—s^-~ ^
27?г,
777,
2.78. Два тела движутся навстречу друг другу и соударяются
неупруго. Скорости тел до удара были v, = 2 м/с и v2 = 4 м/с. Об-
Общая скорость тел после удара и = 1 м/с и по направлению сов-
совпадает с направлением скорости v,. Во сколько раз кинетическая
энергия WKl первого тела была больше кинетической энергии
Wk2 второго тела?
Решение:
Отношение кинетических энергий первого и второго тела
до удара можно выразить следующим образом:
777, V,2 2 777, V
WKl 777, V, 2 777, V,
—— = —LJ 2~ = — 2 — СО- Согласно закону со-
Wk2 2 7772V2 77?2V2
хранения импульса mxvx -m2v2 =(mx+m2)'U или
Vi - ii) = m2 ^w + v2 j, откуда —L = — B). Подста-
m u
77?, (i ) 2 ^ 2 j, уд
m2 v2-u
вив B) в A), получим
2.79. Два шара с массами тх =0,2 кг и т2 = ОД кг подвешены
на нитях одинаковой длины так, что они соприкасаются. Первый
шар отклоняют на высоту h0 = 4,5 см и отпускают. На какую

»:?высоту h поднимутся шары после удара, если удар: а) упругий;
¦]%) неупругий?
mg
Решение:
Систему шаров будем считать замкнутой.
а) Упругий удар. Пусть v, — скорость пер-
первого шара в момент удара, v[ и vj — ско-
скорости первого и второго шаров непосред-
непосредственно после удара. Согласно закону со-
сохранения импульса WjV, = mxv[ + m2v2 — A).
Если принять за нулевой уровень потенци-
потенциальной энергии положение равновесия, то при отклонении
первого шара он приобрел потенциальную энергию mlgh0,
которая после удара распределилась между двумя шарами,
сначала перейдя в кинетическую энергию, а затем, когда
ши отклонились на высоту hx — первый и h2 — второй, —
в потенциальную: m{gh0= mlghl + m2gh2 — B);
m2gh2 =
_"h(viJ
— E); Из уравнения B) mlh0=mlhl
m
\2h2, откуда h-y =—L(/?o-/?,) — F). Из уравне-
т2
ний C) и D) выразим скорости шаров: v{ = <y]2gh0 ;
vj = т]2g\ : v'2 = ^12gh2 . Подставив полученные выра-
выражения в A), произведем преобразования:
или с учетом F);
'т. Lfhl -
¦¦Г. 1 XV О
= тх^ + т2 I— (h0 -hx)\
V т2
89

отсюда h tSahzm^. h=0,005м.
/;?! + m2 ^ //7 + /;? J
Тогда из уравнения F) /?2 = 0,08 м. б) Неупругий удар.
Потенциальная энергия первого шара при прохождении
положения равновесия перешла в кинетическую энергию.
mxghQ =—!— — A), где v — скорость первого шара в
нижней точке. После соударения шаров по закону
сохранения импульса mlv = (ml+m2)-u — B), где и —
скорость системы двух шаров непосредственно после
удара. Кинетическая энергия системы после отклонения
шаров на высоту h перешла в потенциальную энергию.
(W7, +m2)'U2 ( \ , /оч г> /14
А_! LL = [ml + m2)-gh — C). Выразим из A) v и
подставим в B) v = ^2g/20 ; miy]2ghQ = (т{ + т2)-и, откуда
и=—\л 2_# Подставив полученное выражение в C),
тх + т2
, .2 ;
(щ+т2)
(т, + W-, W • 2ghQ ( \ .
2\1Щ + т)
= 0,02м.
(т, + W, W 2ghQ ( \ .
получим -1—-—, "' —г^-^ = (т{ +nh)-gh, отсюда
2\Щ + т2)
2.80. Пуля, летящая горизонтально, попадает в шар,
подвешенный на невесомом жестком стержне, и застревает в
нем. Масса пули в 1000 раз меньше массы шара. Расстояние от
центра шара до точки подвеса стержня / = 1 м. Найти скорость v
пули, если известно, что стержень с шаром отклонился от удара
пули на угол а = 10° .
90

Решение:
Силу сопротивления воздуха не учи-
учитываем, следовательно, систему «пу-
«пуля — шар» можно считать замкнутой.
Запишем закон сохранения импульса
И закон сохранения энергии для дан-
Вой системы: mv = (m + M)-u — A),
Где и — скорость шара вместе с пу-
пулей после удара. В результате взаимо-
взаимодействия шара с пулей, он приобрел кинетическую энер-
энергию, которая после отклонения стержня на Za перешла в
потенциальную энергию-
Из A) выразим и: и =
WV
М
, или и =
B).
. Из
1001/;/ 1001
77. Найдем h:
11 V
B) получим: — = gh, —-. vr = gu
2 2 - (l 001J
= lcosa, h = l-BM; h-l -I cos a = /(l -cos а), тогда
, v«550m/c.
2.81. Пуля, летящая горизонтально, попадает в шар,
подвешенный на невесомом жестком стержне, и застревает в
нем. Масса пули ///, = 5 г, масса шара т2 = 0.5 кг. Скорость пули
v, = 500ai/c. При каком предельном расстоянии / от центра шара
до точки подвеса стержня шар от удара пули поднимется до
верхней точки окружности?
Решение:
^См. рисунок к задаче 2.80. Запишем закон сохранения
Ьмпульса и закон сохранения энергии для данной системы.
/ \ /1Ч (/77,
-Ц + т2у v2 — A); v
т2)gh — B),
где v, — скорость шара с пулей после удара. Высота, на
91

V
которую поднимется шар h = 2l. Из B) -^- = 2g/, откуда
/ = -1-. Из A) v2 = L-1—, тогда /=
4g " Ш!+т2
/ = 0,64 m.
2.82. Деревянным молотком, масса которого /w, = 0,5 кг,
ударяют о неподвижную стенку. Скорость молотка в момент
удара v, = 1 м/с. Считая коэффициент восстановления при ударе
молотка о стенку к = 0,5, найти количество теплоты Q,
выделившееся при ударе. (Коэффициентом восстановления
материала тела называют отношение скорости после удара к его
скорости до удара.)
Решение:
По условию — = к. Количество теплоты, выделившееся
при ударе, равно убыли кинетической энергии молотка
Ki =^; Ki =^. Т.к. v2 =AvIf то
2.83. В условиях предыдущей задачи найти импульс силы
FAt, полученный стенкой за время удара.
Решение:
Согласно закону изменения импульса FAt =пцу2—пщ в
проекции на горизонтальную ось FAt = mlvl-(-mlv2) =
= /77, (v, + v2). Учитывая, что v2 = kv{, FAt = ml (v, + kvx) =
92

2.84. Деревянный шарик массой т = 0,1 кг падает с высоты
/?, = 2 м. Коэффициент восстановления при ударе шарика о пол
к = 0,5. Найти высоту h0, на которую поднимется шарик после
удара о пол, и количество теплоты Q, выделившееся при ударе.
Решение:
Потенциальная энергия-шарика mgh{ в момент удара о пол
7 }Щ /14
переходит в кинетическую энергию: mghx =—- — A),
где v, — скорость шарика в момент удара. Когда шарик
отскакивает от пола, он обладает кинетической энергией
wv; т mv:
—-, которая переходит в потенциальную mgh2 =—-,
,2 1
По условию v2 = к\\, тогда mgh2 = — B). Из
v2 k2v2
уравнения A) g =——, из уравнения B) g . Прирав-
2/7, 2/7,
v,2 *2v,2
няв правые части уравнении, получим —— = , откуда
2/^ 2/72
h2=k2h\\ h2 =0,25-2 = 0,5 м. Количество теплоты, выде-
выделившееся при ударе, равно убыли потенциальной энергии
б = К\ - w*2 = тФ\ ~ т&г = ms{h - h2); Q = 1,47 Дж.
2.85. Пластмассовый шарик, падая с высоты Л, = 1 м несколь-
несколько раз отскакивает от пола. Найти коэффициент восстановления
к при ударе шарика о пол, если с момента падения до второго
удара о пол прошло время / = 1,3 с.
Решение:
Падая с высоты /?,, шарик подлетает к полу со скоростью
v,, а отскакивает от него со скоростью v2. = k\\. Согласно
93

7 mv}
закону сохранения механической энергии mghx =—- и
mgh2 - —-, откуда v, = <j2gh{ , a v2 = <yj2gh2 . После по-
членного деления получим — = —i- = jL_^. T#e§ ь = к к.
Промежуток времени с момента падения шарика до
второго удара о пол t = t{+2t2, где г, — время падения
шарика с высоты /?, и t2 — время падения шарика с
высоты /?,. Так как ^, = /—L и f, = /—- = к \—1- , то
" ?V S \ g
/= &±(\ + 2к); отсюда к='^'*; к = 0,94.
V о
2.86. Стальной шарик, падая с высоты /?, = 1,5 м на стальную
плиту, отскакивает от нее со скоростью v, = 0,75 • v,, где v,—
скорость, с которой он подлетает к плите. На какую высоту h2
он поднимется? Какое время / пройдет с момента падения до
второго удара о плиту?
Решение:
2
Рассуждая как в задаче 2.84, запишем nigh{ =—— — A);
mv\ 0,752/7/v,2 /in '
mgh2-—- = — B). Из уравнения A) имеем
2 » 2
gh\ =^Z C)- Из Уравнения B) ~~г = ^- D). Тогда
2 U.jo 2
-?-L = gfy 9 откуда Л, = 0,56/^ ; Л2 = 0.56 ¦ 1,5 = 0,84 м. Время
0,56
/ можно разложить на три составляющие: tx — время от
94

Начала падения до первого удара о плиту; t2 — время от
jfepBoro удара о плиту до подъема на высоту h2; /3 —
время от начала падения с высоты h2 до второго удара о
йлиту. t = tl+t2+t3. Скорости шарика на этих участках:
V!=g/|, откуда /,=-* = —L, с учетом C);v2=g/2,
g U
откуда t2 = 0,75/,, т.к. по условию v2 = 0,75v,; v3 = v2 = g/3,
p2h~
следовательно, t = tx +2-0,75/, = 2,5/, = 2,5 I—L; / = 1,4с
2.87. Металлический шарик, падая с высоты hx = 1 м на
стальную плиту, отскакивает от нее на высоту h2 =81 см. Найти
коэффициент восстановления к при ударе шарика о плиту.
Решение:
Воспользуемся уравнением C) из задачи 2.84 h2 = k2hx,
отсюда к = /— ; к = 0,9.
2.88. Стальной шарик массой т = 20 г, падая с высоты
Л, = 1 м на стальную плиту, отскакивает от нес на высоту
/72=81см. Найти импульс силы FAt, полученный плитой за
время удара, и количество теплоты Q, выделившееся при ударе.
Решение:
2
Рассуждая аналогично 2.84, запишем mghx =—! A);
mgh2 =^- — B). Тогда из A) v, =Jlgh[ — C), из B)
соответственно v2 = ^2gh2 — D). Согласно закону изме-
изменения импульса FAt = w,v2 -/»,v, или в проекции на
95

горизонтальную ось: FAt - wAv = m{vx - (- v2)) = m(v, + v2).
Подставляя C) в D) получим FAt = m\j2ghi + ^2gh2);
FAt = 0,17H-c. Количество выделившейся теплоты равно
убыли потенциальной энергии Q = mghx - mgh2 = mg x
б = 37,2мДж.
2.89. Движущееся тело массой /и, ударяется о неподвижное
тело массой т2. Считая удар неупругим и центральным, найти,
какая часть кинетической энергии WKl первого тела переходит
при ударе в тепло. Задачу решить сначала в общем виде, а затем
рассмотреть случаи: а) /и, = тг; б) тх - 9т2.
Решение:
Кинетическая энергия первого тела до удара WKl = '
= —'—
кинетическая энергия второго тела до удара Wk2 = 0.
После удара кинетические энергии обоих тел
, (т, +j?i2)-u2 m,v -
к = ^_j и. 9 Где и = ! общая скорость тел.
2 т{ + т2
Следовательно, W^ - —(—' г. Тогда кинетическая энер-
2\1Щ + т2)
гия, перешедшая при ударе в тепло: WKl - WK =
2
777.V 777. V2 ( 777. ^
—-(—! r = —!— 1 ¦— . Искомое отношение:
2G77, + 7772) 2 у 777, + 77?2 )
WvX - Wl . m, m, ч _
_hj к. = i !— = =— # a) Если 777, = m2 , то
W.i 777, +7777 777, + YiU
kl 1 i 1 Z
W, -W W, -l?r
96

2.90. Движущееся тело массой пц ударяется о неподвижное
тело массой т2. Считая удар упругим и центральным, найти,
какую часть кинетической энергии /FKl первое тело передает
второму при ударе. Задачу решить сначала в общем виде, а затем
рассмотреть случаи: а) /«, = т2; б) /и, = 9/;?,.
Решение:
Кинетическая энергия первого тела до удара WKl = —!—;
кинетическая энергия второго тела до удара Wk2 = 0.
После удара второе тело приобрело кинетическую
„., m-yir 2m. v
энергию Wk2=——, где и = !—. Таким образом,
2 7/7, + т2
первое тело передало второму телу кинетическую энер-
!—
щ + т2
[
!— . Искомое отношение:
)
4/72,777,
!=
7 • а) Если пц - /и,, то —— = 1; б) если
W
m,=9/w,,TO -^- = 0,36.
2.91. Движущееся тело массой т{ ударяется о неподвижное
тело массой т2. Каким должно быть отношение масс ml/m2,
чтобы при центральном упругом ударе скорость первого тела
уменьшилась в 1,5 раза? С какой кинетической энергией TFK'2
начинает двигаться при этом второе тело, если первоначальная
кинетическая энергия первого тела fVKi = 1 кДж?
Решение:
Из условия следует, что движение происходит вдоль гори-
горизонтальной оси. Система тел пц и т2 замкнута в проекции
на горизонтальную ось. Запишем закон сохранения им-
импульса и закон сохранения энергии для данного
4-3268 97

/n 7W.V,2 777, И?
взаимодействия: т^ = тхщ + m2u2 —A); —— = —LJ- +
+ —— B). Умножив B) на 2 и учитывая, что v, = l,5wj,
получим тх • 1,5г/, = тхщ + т2и2; /77, • 2,25г/,2 = 1щи\ + т2и\
или тх • 0,5и, = т2и2 — C); //?, • 1,25г/,2 = /772г/2 — D).
Выразим и2 из C) w2 = *— — E). Подставим это
т2
выражение в D): l,25/w,i#, =/7/2 *-Ч ; 1,25 = — L.
I /;72 J W2
Отсюда —- = 5. После столкновения первоначальная ки-
т2
нетическая энергия первого тела перераспределилась
между первым и вторым телом, которые стали двигаться
со скоростями щ и и2 соответственно. WKl = W^ + W^.2, где
, тхи\ , т2и\ 2 l,25w,t/2
WKl=-±±-; Wk2=-^-; u2= ji-i-. По условию
... 777, V,2 777,-2,25w2 2 2И^к1 т_ ,_.
WKl =—U- = -J L? откуда w, = s!-. Из E) наи-
2 /772 2,25w,
дем „: = №Л = У!к.Тогда m22,5^
w2-2,25w, 2,25w2 2-2,25-m
^ =—Wk,; JFk2 = — кДж.
9 к! k2 9
Wk,; JFk2
0,9 9 к! k2 9
2.92. Нейтрон (масса т0) ударяется о неподвижное ядро ато-
атома углерода (т = \2т0). Считая удар центральным и упругим,
найти, во сколько раз уменьшится кинетическая энергия WK ней-
нейтрона при ударе.
98

Решение:
Кинетическая энергия нейтрона до и после удара выра-
жается следующими соотношениями: WKl = u J — A);
^ = ш^2_ _ B)j откуда fk = ZL. По закону
2 ffK2 v2
сохранения энергии WkX =Wk2+W^ — C), где PfK' — ки-
кинетическая энергия ядра атома углерода после
_., \2тогг ...
взаимодействия, WK = — — D). Решая совместно
уравнения A) — D), получим iwov, =wovf +\2m0u ,
откуда v,2 =v\ +12w2 — E). Согласно закону сохранения
импульса wov, = m0v2 +\2m0u, откуда v,=v2+12w или
Vi
1 4т*
— F). Подставим F) в E) и произведем пре-
1
образования: vr = v; +12 • -1 ; vr = v, +
F ' 2 I 12 ) ' 2
12 ) ' 2 12
f \
Чх 121li i
10 ; у1+у2Чт; 12+i
12 12 l^v2 J v2
v v2 W
^ 13 О V 14 ^
v v
-^- =-13. Отсюда -V = 1,4, т.е.
У
2.93. Нейтрон (масса /7?0) ударяется о неподвижное ядро:
а) атома углерода (т = \2т0); б) атома урана (т = 225т0).
Считая удар центральным и упругим, найти, какую часть
скорости v потеряет нейтрон при ударе.
Решение:
й) Запишем закон сохранения импульса и закон сохране-
сохранения энергии данной системы тел. mov = -mo(v-Av)+
+ \2т0и — A). Знак «-» указывает на изменение направ-
99

ления скорости нейтрона на противоположный.
m0v2 mo(v-AvJ \2mQn2
—-— = —— ~ + — B). Скорость нейтрона
после удара v-Av; и — скорость ядра атома угле-
углерода после удара. Разделив A) на tnOi полу-
получим v = -(v- Av)+ \2u , откуда и = — . Подставим в
уравнение B) выражение для и и преобразуем
его: v2 =(v-AvJ+12г/2, v2 =(v-AvJ + 12
B)\
12 V .12
ч a 1 -2Av л Av 2
= 2v - Av, 13— = 2 и получаем — = —.
v v 13
б) Рассуждая аналогично случаю а), запишем:
mov - -wo(v - Av)+ 235m0u , /770v2 / 2 = wo(v - AvJ /2 +
235moir ___ 2v-Av __
+ —, 2v - Av = 23 5u и it = . Подставляя в
2 235
формулу B) новые значения и преобразуя ее, по-
2 / д \2 оос 2 2 / А \2 BV-AVJ
лучим: v =(v-Av] +235г/ 9 v -(v-Avj =- f—9
Av 1
Av; 235Av = 2v-Av, 236Av = 2v и— = .
v 118
2.94. На какую часть уменьшится вес тела на экваторе
вследствие вращег!ия Земли вокруг оси?
Решение:
На экваторе на тело действует сила тяготения
F = G—= A) (М — масса Земли, т — масса тела,
R2
R — радиус Земли, G — гравитационная постоянная) и
сила реакции опоры N, при этом тело, участвуя в
100

суточном вращении Земли, движется по окружности
радиусом R. Составим уравнение на основании второго
закона Ньютона F -N = mco2R, где <у = — — угловая
скорость; Г — период вращения Земли вокруг своей оси:
Г = 86400с. Тогда F-N = m\— J R, откуда N = F-
2 — B). По третьему закону Ньютона вес тела на
экваторе P3=N — C). Вес покоящегося тела для любой
точки Земли численно равен силе тяжести: Р = mg — D).
Р-Р
Относительное изменение веса тела S = — E).
Решая совместно уравнения A) — C), получим
Pj-G—2 2— — (^)# Подставляя D) и F) в E),
^ GM 4/г R
получим о =1 - + =- — G). Примем ускорение
gR~ 8Т
свободного падения g = 9,8 м/с2. Подставляя • числовые
данные в G), получим S = 0,34%.
2.95. Какой продолжительности Т должны были бы быть
сутки на Земле, чтобы тела на экваторе не имели веса.
Решение:
D D „mM 4n2mR ,
Вес тела на экваторе P3=G—5 =>— (см- задачу
R~ T~
GKd Атс R
2,94). По условию Рэ = 0, тогда —— = —г~ • Отсюда
Т = J . Подставляя числовые данные, получим
V GM
Г = 5056с = 1ч24мин.
101

2.96. Трамвайный вагон массой т = 5 т идет по закруглению
радиусом 7? = 128 м. Найти силу бокового давления F колес на
рельсы при скорости движения v = 9 км/ч.
Решение:
При равномерном движении по окружности аТ = О и
а = ап. Тогда второй закон Ньютона запишется в виде:
->
V"
F = та,, -т—, отсюда F = 245 Н.
R
2.97. Ведерко с водой, привязанное к веревке длиной
I = 60 см, равномерно вращается в вертикальной плоскости.
Найти наименьшую скорость v вращения ведерка, при которой в
высшей точке вода из него не выливается. Какова сила натя-
натяжения веревки Т при этой скорости в высшей и низшей точках
окружности? Масса ведерка с водой m = 2 кг.
Решение:
mg
Поскольку вращение вокруг оси О яв-
является равномерным, то а = а„ = — .На
воду в ведерке в высшей точке
действует центробежная сила равная
V
/77—, направленная
вверх и сила
тяжести mg, направленная вниз. Вода
не будет выливаться из ведерка при
УСЛОВИИ, ЧТО 777 =
или g=—-, откуда v =
v = 2,43 м/с. В проекции на ось у уравнение движения
ведра с водой в верхней точке: ma = ???g + T, в нижней
v
точке та = Т - 777g. Учитывая, что g = — = ап, получим: в
верхней точке Т = 0, в нижней точке Т = 2mg = 39,2 Н.
102

2.98. Камень, привязанный к веревке длиной / = 50 см, равно-
равномерно вращается в вертикальной плоскости. При какой частоте
вращения п веревка разорвется, если известно, что она разрыва-
разрывается при десятикратной силе тяжести, действующей на камень?
Решение:
По второму закону Ньютона T-mg-
= тап — A), где ап= B). Линейная
скорость v = со • /; со = 2т, тогда v = 2тт1,
откуда п=
2т
— C). Из A) v = jaj;
Из B)
тогда
m m
— D). Подставив D) в C), получим
= ± /1;„ = 2,12 об/с.
2я/ 2л- V /
2.99. Камень, привязанный к веревке, равномерно вращается
в вертикальной плоскости. Найти массу т камня, если известно,
что разность между максимальной и минимальной силами
натяжения веревки AT = 10 Н.
Решение:
По второму закону Ньютона для верх-
верхней и нижней точек соответственно
+ Tmin=man — (l),
-Tmax=-matt —B).
получим 2?ng - AT = 0; Inig = AT,
AT
Сложив A) и B),
отсюда т = ; т «0,5 кг.
rrig
2.100. Гирька, привязанная к нити длиной / = 30 см, описыва-
описывает в горизонтальной плоскости окружность радиусом R = 15 см.
С какой частотой п вращается гирька?
103

Решение:
В горизонтальной плоскости на гирьку
действует сила: F -Т sin a, где
R т
sma =—. Тогда по второму закону
Ньютона Т sina-man (яг=0, т.к. дви-
движение равномерное ) или TR/1 = шап.
По оси у: Tcosa-mg = 0, Т = ——,
cos a
cos a = vl-R~ /l~ . Тогда mgR /1 cos a = man или
gR 2n
- —- но an = co2R;
an =
Icosa
со = 27m, следовательно, an = Ax2n2R, откуда n = (i / 2к)х
или n =
-R2 ; « = 59об/мин.
2.101. Гирька массой m = 50 г, привязанная к нити длиной
/ = 25 см, описывает в горизонтальной плоскости окружность.
Частота вращения гирьки п - 2 об/с. Найти силу натяжения нити
Г.
Решение:
В горизонтальной плоскости на гирьку
действует сила F -Тsin a . Тогда по
второму закону Ньютона Tsina-
= mani где sin а-—. Учитывая,
что ап = co2R - (imif R, запишем:
mBmiJR = T—t откуда Т = ml{lmif;
T = \,96U.

2.102. Диск вращается вокруг вертикальной оси с частотой
п = 30 об/мин. На расстоянии г = 20 см от оси вращения на
диске лежит тело. Каким должен быть коэффициент трения к
между телом и диском, чтобы тело не скатилось с диска?
Решение:
Решаем задачу в неинерциальной сис-
системе отсчета, в системе диска, тогда при "*
вращении диска на тело вдоль нормаль-
нормальной оси действует центробежная сила F
и сила трения F^. Тело не будет
соскальзывать с диска, если FTp > F, т.е.
v2 v2
kmg>m— или к> —. Т.к. v =
г Г2
'п
xr = 2mv, то к>
g
; к>0,2 .
2.103. Самолет, летящий со скоростью v = 900 км/ч, делает
«мертвую петлю». Каким должен быть радиус «мертвой петли»
R, чтобы наибольшая сила F, прижимающая летчика к
сидению, была равна: а) пятикратной силе тяжести, действу-
действующей на летчика; б) десятикратной силе тяжести, действующей
налетчика?
Решение:
Искомая сила F = тап = . a) 5mg = , отсюда
->¦ 7 ">
V" 771V V"
Я = —; R «1600 м. б) 10/ш>- = , отсюда R = ;
5g R 10g
2.104. Мотоциклист едет по горизонтальной дороге со
скоростью v = 72 км/ч, делая поворот радиусом R = 100 м. На
какой7гол а ПРИ этом он должен наклониться, чтобы не упасть
при повороте?
105

Решение:
Силы, действующие на мо-
мотоциклиста: сила тяжести
FT - mg, сила реакции
опоры N и сила, которая
может обеспечить движе-
движение мотоциклиста по ок-
окружности, — сила трения
F^. Согласно законам
статики, для того, чтобы
мотоциклист не потерял
равновесия, необходимо, чтобы равнодействующая сил N
и Ftp была направлена по прямой, проходящей через
N 1
центр тяжести. Тогда tga = —. Запишем основной
Frp k
закон механики в проекциях на оси х и у: тап = F — A),
0 = N -mg — B), FTp-kN = ktng — C). Решая совместно
v2
уравнения A) — C), учитывая, что ап = —, получим
R
¦— -kg — D). Выразив к из D), найдем tga = -^Ц-, откуда
R v
а = 22°.
2.105. К потолку трамвайного вагона подвешен на нити шар.
Вагон идет со скоростью v = 9 км/ч по закруглению радиусом
R = 36,4 м. На какой угол а отклонится при этом нить с шаром?
Решение:
Запишем основной закон механики в проекциях на оси х и
у: Тsince = т- A), Tcosa-mg = 0 — B). Из B)
R
106

T113
—?_
cos a
тогда
V
-—
R
откуда tga = —-; tga = 0,018;
2.106. Длина стержней центробежного регулятора / = 12,5 см.
С какой частотой п должен вращаться центробежный регулятор,
чтобы грузы отклонялись от вертикали на угол, равный:
а) а = 60°; б) а = 30°?
Решение:
Запишем второй закон Ньютона
в проекциях на оси х и у:
Тsin а- та „ — A); nig - Т cos a -
= 0— B). Из B) Т = -??-, тогда
cos a
A) запишем в виде mg-tga = man, _
откуда а„ = gfga — C). С другой *Л
стороны, нормальное ускорение
an-oJR, где R -Isina, т.е.
ап=Ф21 sin а = 4я2п2 • / sin a — D).
Решая совместно C) и D), получим п = J—г-2 j
\Лл Isina
2л" V Isina
а) и = 2об/с;
б) п = 1,5 об/с.
107

2.107. Шоссе имеет вираж с уклоном а = 10° при радиусе за-
закругления дороги Л = 100 м. На какую скорость v рассчитан
вираж?
Решение:
Данную задачу решаем без учета
силы трения. Запишем второй за-
закон Ньютона в проекциях на оси
х и у: N since -man\ mg-Nx
х cos a = 0. Нормальное ус-
v
корение ап = — ; mg = Ncosa ;
R
sin a v
mg = m—
cos a R
cos a
= — ; v = gRtga, отсюда v =
R
; v = 13,5m/c=
=47,3 км/ч.
2.108. Груз массой т =1 кг, подвешенный на нити, отклоня-
отклоняют на угол а = 30° и отпускают. Найти силу натяжения нити Т
в момент прохождения грузом положения равновесия.
Решение:
В момент прохождения грузом поло-
положения равновесия согласно второму
закону Ньютона в проекции на ось у
v2
та,, —Т — mg или m— = Т - mg, откуда
m v
\ Т - mg + , где / — длина нити. Кро-
7 mv" ГГТ тт
ме того, mgh = , откуда v = *J2gh . Но
108

= l-lcosa = l(\-cosa). Тогда v = ^2gl(\-cosce), a
777V2 777. . 777
2
V 777. . 777 _ 7/ \ _ /t \
— = — 2gn =— 2g/(\-cosa)=2mg(\-cosa) и сила натя-
натяжения Г = mg(\ + 2(l - cos a)) = 12,4 H.
2.109. Мальчик массой /?7=45кг вращается на «гигантских
шагах» с частотой п = 16об/мин. Длина канатов / = 5м. Какой
угол а с вертикалью составляют канаты «гигантских шагов»?
Каковы сила натяжения канатов Т и скорость v вращения маль-
мальчика?
Решение:
Запишем второй закон Ньютона в
проекциях на оси х:
Tcosa-j?ig = 0 — A) и у:
Тsince = та„ — B). Нормальное
ускорение an=a>2R, где со = 2тт, х
следовательно, ап = 4/r"n2R. Из ри- _^
сунка видно, что R = l since — C),
тогда ап =4я2п21 since. Подставим выражение для ап в
B): Tsina = m-47t2n2lsina или Т -4к2п21т , Г = 632Н.
7771?
Tcos a = mg из A), откуда cos а = ——, cos a = 0,7,
сеы45°30'. Скорость найдем из выражения
v = coR = 2я7?/ sin а, с учетом со = 2яп и C): v « 6 м/с.
2.110. Груз массой /77 = 1кг, подвешенный на невесомом
стержне длиной / = 0,5 м, совершает колебания в вертикальной
плоскости. При каком угле отклонения а стержня от вертикали
кинетическая энергия груза в его нижнем положении
WK - 2,45 Дж? Во сколько раз при таком угле отклонения сила
Натяжения стержня 7J в нижнем положении больше силы
натяжения стержня Т2 в верхнем положении?
109

Решение:
Во время колебаний груза кинетическая
энергия, которой он обладает в нижней
точке, переходит в потенциальную в верх-
верхнем положении. WK = -mgh — A).
Найдем /?: h = AB-MB, h = l-lcosa,
h = l(\-cosa). Подставим значение h в
С A): mgl{l-cosa) = fVK, \-cosa=——,
i mgl
nig ^rcosa = 1-
2,45
= 0,5, a = 60°. Запи-
1-9,8.0,5
шем второй закон Ньютона для верхнего и нижнего
\T2-mgcosa = ??ian —B),
положения груза: < / ч выразим из
\T —C);
B)иC) Т2 и Г,:
Т2 =
~D),
-E);
но
2 2WK , 2JFK _,,K _
v = —- v" = —- , следовательно, an - —-. Подставив
ml ml ml
это выражение в D) и E), получим следующие
уравнения:
Г,=и-
И
rr BWK Л 2WK+'mlgcosa D
Т2 =т-\ —- + gcos а \ = т . Разделим
V ml ) ml
Тх 2WK+mlz
первое уравнение на второе: —L = : ,
Т2 2WK+mlgcosa
= 1,3.
2.111. Груз массой т, подвешенный на невесомом стержне,
отклоняют на угол а - 90° и отпускают. Найти силу натяжения
Г стержня в момент прохождения грузом положения
равновесия.
ПО

Решение:
По второму закону Ньютона в момент
прохождения положения равновесия:
Т - mg = та„ — A), но аи = —. Выразим
из A) Г, подставив выражение для аи\
_ mv1 _
T = mg + . В результате преобразова-
преобразоваmg
'mg
mv
ния потенциальной энергии в кинетическую mgl- ,
откуда v2 = 2gl, тогда Т = mg
mlgl _
3mg.
2.112. Груз массой т = 150 кг подвешен на стальной проволо-
проволоке, выдерживающей силу натяжения Т = 2,94 кН. На какой наи-
наибольший угол а можно отклонить проволоку с грузом, чтобы
она не разорвалась при прохождении грузом положения равно-
равновесия?
Решение:
Воспользуемся формулой, полученной
в задаче 1.108: Т = mg(l + 2(l-cosa)).
Выразим из нее cos a: T - mg +
3mg-T
+ 2mg-2mgcosa, cosa =
2mg
Подставив исходные данные, получим:
cos a = 0,5 , следовательно, а = 60°.
2.113. Камень массой /я = 0,5 кг привязан к веревке длиной
/ = 50 см, равномерно вращается в вертикальной плоскости.
Сила натяжения веревки в нижней точке окружности Г = 44Н.
На какую высоту h поднимется камень, если веревка
обрывается в тот момент, когда скорость направлена
вертикально вверх?
111

Решение:
Для камня в нижнем ттаяожении запишем
х\ второй закон Ньютона: T~mg = mani где
_ у2 _ v2 . _ \l{T-mg)
" / / V 777
Примем за нулевой уровень потенциальной
энергии положение камня в момент обрыва
веревки. В этот момент камень обладает
„ mv2
кинетической энергией , которая по мере подъема
камня переходит в потенциальную. На высоте h вся
кинетическая энергия перейдет в потенциальную, т.е.
mv2 , . v2 l(T-mg) . _
= mgh, откуда h = — = -^ ~; И = 2 м.
2.114. Вода течет по трубе диаметром г/= 0,2 м, располо-
расположенной в горизонтальной плоскости и имеющей закругление
радиусом R = 20,0 м. Найти боковое давление воды Р , вызван-
вызванное центробежной силой. Через поперечное сечение трубы за
единицу времени протекает масса воды т, = 300 т/ч.
Решение:
F.
цб
Боковое давление воды Р = A), где F 5
Id
центро-
центробежная сила, / — длина той части трубы, на которую
2
производится давление, по модулю Fu5 = — B), где
R
т = pIS — C) — масса воды в объеме SI (S — площадь
поперечного сечения трубы, р — плотность воды).
Скорость течения воды v = —- — D). Подставляя B) —
pS
2
D) в A), получим Р = -^—; Р = 56,0 Па.
RpdS
112

2.115. Вода течет по каналу шириной Ь = 0,5 м, располо-
расположенному в горизонтальной плоскости и имеющему закругление
радиусом 7? = 10м. Скорость течения воды v = 5 м/с. Найти
боковое давление воды Р , вызванное центробежной силой.
Решение:
Рассмотрим участок боковой поверхности ка-
канала, площадь которого: S = b-l. Давление:
F v
Р = ——, где Fn6 по модулю F = т—. т =
S R
= pV = p-l-b1 — масса воды в
pib~v~
данном объеме. F = — ;
R
Rbl
R
2.116. Найти работу А, которую надо совершить, чтобы
сжать пружину на / = 20 см, если известно, что сила F пропор-
пропорциональна сжатию / и жесткость пружины к = 2,94 кН/м.
Решение:
Работа, совершаемая при сжатии пружины, определяется
/
формулой A = -\Fdl — A), где / — сжатие. По условию
сила пропорциональна сжатию, т.е. F = -kl — B). Под-
ставляя B) в A), получим А = \ kldl - —; А - 58,8 Дж.
о
2.117. Найти наибольший прогиб h рессоры от груза массой
/я, положенного на ее середину, если статический прогиб
рессоры от того же груза h0 = 2 см. Каким будет наибольший
прогиб, если тот же груз падает на середину рессоры с высоты
Н = 1 м без начальной скорости?
113

Решение:
При статическом прогибе mg = kh0; отсюда k = mg/l%.
При падении этого груза с высоты Н имеем
— = ^^-t или h2-2hoh-2hoH^O. Решая
2 2/?0
это уравнение, находим h = ho± -yjh^ + 2h0H . Если Н = 0,
то h = 2/?0 = 4 см; если Н = 1 м, то h = 22,1 см.
2.118. Акробат прыгает в сетку с высоты Я = 8м. На какой
предельной высоте h над полом надо натянуть сетку, чтобы
акробат не ударился о пол при прыжке? Известно, что сетка
прогибается на Ао = 0,5 м, если акробат прыгает в нее с высоты
#0=1м.
Решение:
По закону сохранения энергии потенциальная энергия
должна полностью перейти в энергию упругого
взаимодействия mg(H + h) = к—; wg(/f0 + /^ ) = к—;
Разделив первое уравнение на второе, получим:
H + h Ji1 . Я h =h\ h2(H0+h0)-hht =
rr
; (#0 + h0)h2 -hl'h-Hh^ = 0, решим данное
+ h
квадратное уравнение: D = h$ + 4НЬ$ (Но + h^);
/702±У/7044-4^02(Я04-/70)
Л = оГгт tV^ i> /г,=1,23м ;Л2=-1,07м —
противоречит условию задачи.
2.119. Груз положили на чашку весов. Сколько делений
покажет стрелка весов при первоначальном отбросе, если после
успокоения качаний она показывает 5 делений?
114

Решение:
По закону сохранения энергии WnX - Wn2.
Потенциальная энергия гравитационного и
упругого взаимодействия WnX = mgH ; \
кх2 кх2
Wn2 = , следовательно, mgH = —
A). После установления равновесия
mg + Fynp = 0 , где Fynp = -кх — закон Гука.
В проекциях на ось у: mg + kx = 0, откуда к = —^- B).
х
Подставив B) в A), получим mgH=—?- ; Я= —;
х = 2# , отсюда х = 2 • 5 = 10 делений.
2.12Q. Груз массой т = 1 кг падает на чашку весов с высоты
Н = 10 см. Каковы показания весов F в момент удара, если пос-
после успокоения качаний чашка весов опускается на h = 0,5 см?
Решение:
По закону сохранения энергии в момент удара
Wn\=Wxa> где WnX=mgH, а ^п2 =—L. ч
Отсюда mg# = -~-; х, = J—р— — дефор-
2 V л:
мация пружины весов в момент удара. После
успокоения качаний наступает равновесие
mg = F2, где F2 = кх2, по закону Гука, причем x2=h.
Тогда ?ng -kh\ k= ——. Показания весов в момент удара
h
F = mg + Fx, где F, = юг, = А:Л—-— — по закону Гука
V к
115

I *) У/
Тогда F - mg + к А—-— ; F - mg + J2mgHk ; F = mg +
V к
L rj mg _ /2Я" „
+ AlmgH —; F = mg + mgA— ; F = mg
V Л V Л
куда F - 72.5 H.
2.121. С какой скоростью v двигался вагон массой /;/ = 20т,
если при ударе о стенку каждый буфер сжался на / = 10см?
Жесткость пружины каждого буфера к = 1 МН/м.
Решение:
За счет кинетической энергии движущегося поезда была
совершена работа по сжатию буферов. Воспользуемся
формулой, полученной в задаче 2.116. Работа по сжатию
/2 I2
первого буфера: Ах =к —, второго А2 = к—; А = АХ+А2
или А = 2к — = к! . Тогда = kl , v = L\— ; v = 1 м/с.
2 2 V m
2.122. Мальчик, стреляя из рогатки, натянул резиновый шнур
так, что его длина стала больше на А/= 10 см. С какой
скоростью v полетел камень массой т = 20 г? Жесткость шнура
*=1кН/м.
Решение:
В результате совершенной работы по растяжению шнура
камень приобрел кинетическую энергию. С учетом фор-
мулы, полученной в задаче 2.116, имеем: = к . От-
П~
куда v = Д/J— ,-v = 22,3 м/с.
V т
\\6

2.123. X нижнему концу пружины, подвешенной верти-
вертикально, присоединена другая пружина, к концу которой прикреп-
прикреплен груз. Жесткости пружин равны кх и к2. Пренебрегая массой
Пружин по сравнению с массой груза, найти отношение WnX/Wnl
потенциальных энергий этих пружин.
Решение:
Потенциальная энергия взаимодействия для
каждой отдельно взятой пружины
w =!hh A); цг =bh- __ B). Уело-
вия равновесия пружин в проекциях на
ось у: ^ ' где по закону Гука
jmf
F>7ip = -кх, отсюда
lr у*
2 ;
выразим: д-, = ^ 2 ; д:2 =
„учим
"n
и /г,^, = ?2.x2 — C). Из C)
2,2 . Разделив A) на B), по-
k
k2xj
n2
2.124. На двух параллельных пружинах одинаковой длины
весит невесомый стержень длиной L ~ 10 см. Жесткости пружин
кх-2 Н/м и к2 - 3 Н/м. В каком месте стержня надо подвесить
груз, чтобы стержень оставался горизонтальным?
Решение:
Чтобы система находилась в равновесии, т.е. чтобы
стержень был в горизонтальном положении, необходи-
необходимо выполнение двух условий: mg + Fynp\ + Fynp2 =0 — A)
117

и Mi+Mi+Мз^О — B). В
проекции на ось у уравнение A)
имеет вид: mg -кхх- к2х = 0 или
mg = к{х + к2х = (кх + к2)х — C).
,mg Моменты сил относительно
точки А : Л/, = 0; М2 = mglx;
М3 =k2xL. Тогда из уравнения B) mglx - k2xL = 0, из урав-
/<5ч тК <^ , k7mgL .
нения C) лс = =—. Следовательно, wg/, —1 = 0,
1 "^~ 2 1 "^" ">
; /,=бсм;
/2 = 4 СМ.
2.125. Резиновый мяч массой т = 0,1 кг летит горизонтально с
некоторой скоростью и ударяется о неподвижную вертикальную
стенку. За время At = 0,01 с мяч сжимается на А/ = 1,37 см; такое
же время At затрачивается на восстановление первоначальной
формы мяча. Найти среднюю силу F, действующую на стенку
за время удара.
Решение:
Запишем второй закон Ньютона в виде: F = mAv/At, но
А А/ „ WAI „ Т5-7ТТ
Av = —, тогда F = —г-; F = 13,7 Н.
Ы АГ
2.126. Гиря массой /?г = 0,5кг, привязанная к резиновому
шнуру длиной /0, описывает в горизонтальной плоскости
окружность. Частота вращения гири п = 2 об/с. Угол отклонения
шнура от вертикали а =30°. Жесткость шнура к =0,6кН/м.
Найти длину /0 нерастя1гутого резинового шнура.
118

Решение:
Сила натяжения шнура Т =
= 5,7 Н
cos a
вызывает растяжение шнура на А/,
Т
причем Т = кА1; отсюда А/ = — = 9,5 мм.
к
I T
Из рисунка видно, что — = A). Но
R F
F = T sin a =
— B). Из A) и B) имеем
= 7,25 см. Таким образом, длина нерастянутого
Ак2п2т
резинового шнура /0 = / - А/ = 6,3 см.
I
2.127. Гирю массой т = 0,5 кг, привязанную к резиновому
шнуру длиной /0 = 9,5 см, отклоняют на угол а = 90° и отпуска-
отпускают. Найти длину / резинового шнура в момент прохождения
грузом положения равновесия. Жесткость шнура к -1 кН/м.
Решение:
Сила натяжения шнура Т совершает ра-
работу по растяжению шнура на А/.
Т = кА1. Решая аналогичную задачу для
нерастяжимого шнура (см. задачу 2.111),
мы получили, что при прохождении поло-
положения равновесия Т = 3mg . Тогда 3mg =
jj _ 3/??g . l = 3mg
0 к ' к
; /«Нем.
2.128. Мяч радиусом R = 10 см плавает в воде так, что его
центр масс находится на Н = 9 см выше поверхности воды.
.Какую работу надо совершить, чтобы погрузить мяч в воду до
диаметральной плоскости?
119

Решение:
Мяч плавает, если сила тяжести, дейст-
действующая на него, уравновешивается си-
силой Архимеда, т.е. mg = FA, или
mS - PoKs — 0)> гДе Уо — объем
шарового сегмента высотой h, находя-
находящегося в воде при равновесии, р0 —
плотность воды, т — масса мяча.
Очевидно, что H + h = R, т.е. радиусу мяча. Если теперь
погрузить мяч в воду на глубину х, то сила Архимеда
превысит силу тяжести, действующую на мяч, и
результирующая сила, выталкивающая мяч из воды, будет
FX=F'A- mg — B). Против этой силы Fx и должна быть
совершена работа. Сила Архимеда F'A = pQVg — C), где
V — объем шарового сегмента высотой h + x. Из A) —
C) имеем Fx = p0Vg - poVog = pQg(v -Vo) = pogVx, где
Vx — объем шарового слоя высотой х. Шаровой сегмент
высотой / имеет объем шарового слоя Vx = V - Vo =
_hy Тогда
3 х /J 3
[зя(х + hf -(x + hj -h2CR- h)] — D). Работа,
ко-
которую надо совершить при погружении мяча до диамет-
диаметральной плоскости, будет А = \Fxdx — E). Подставляя D)
о
в E), интегрируя и учитывая, что H + h = R, получим,
после подстановки данных задачи, А = 0,74 Дж.
2.129. Шар радиусом /? = 6см удерживается внешней силой
под водой так, что его верхняя точка касается поверхности воды.
Какую работу А произведет выталкивающая сила, если отлус-
120

.тить шар и предоставить ему свободно плавать? Плотность мате-
материала шара р = 0,5 • 103 кг/м^.
Решение:
Определим положение шара при сво-
свободном плавании, в этом случае сила
тяжести mg уравновешивается силой
Архимеда FA . Следовательно, mg = FA ;
3 з
4
рв = 103 кг/м" — плотность воды, Vo —
объем погруженной части шара. Отсюда
довательно, VQ = — Vm9 т.е. шар погружен
в воду до диаметральной плоскости. В первоначальном
положении на шар действует сила F = FA-mg. В пре-
предыдущей задаче была получена формула, выражающая
зависимость выталкивающей силы от глубины погружения
х, если при свободном плавании в воде находился
шаровой сегмент высотой И. Учитывая, что в данном
случае h = R, имеем F = [Зл^т + л; - (* + л/ - 2л J.
3
Если отпустить мяч и предоставить ему свободно пла-
плавать, то в этом случае работа выталкивающей силы:
л =
3R
1R-
-2R\x
3-4
; Л = 0Л7Дж.
121

2.130. Шар диаметром ?> = 30см плавает в воде. Какую
работу А надо совершить, чтобы погрузить шар в воду на
Я = 5 см глубже? Плотность материала шара р = 0,5 • 103 кг/м3.
Решение:
Определим положение ' шара при
свободном плавании, в этом случае
сила тяжести mg уравновешивается
силой Архимеда FA , т.е. mg = FA.
Масса шара m = Vmp-—7rR?p\ сила
Архимеда FA = puVog. Тогда - nR3pg = pBKog, где
рв =103 кг/м3 — плотность воды, Ко — объем погру-
погруженной части шара. Отсюда Уо=— [ —
РшЬ
или
0 213
, следовательно,
1
= — Vm9 т.е. шар погру-
Z
жен в воду до диаметральной плоскости. Если теперь
погрузить шар в воду на глубину х, то сила Архимеда
превысит силу тяжести, действующую на шар, и
результирующая сила, выталкивающая шар из воды,
будет Fx=FA-mg. Против этой силы Fx и должна
быть совершена работа. Сила Архимеда FA = p0Vg — C),
где V — объем шарового сегмента высотой R + x.
Тогда F = PoVg-poVog = pog(V-Vo). V-VO=VX — объ-
Vx =
ем шарового слоя высотой х.
-ttR3; Vx=-
3
Fr = —Ci?2x-x3). Работа, затрачиваемая при погружении
3
122

и
шара на Я = 5 см глубже: А = \Fdx; А - ° х
и
; Л = 0,84Дж.
2.131. Льдина площадью поперечного сечения ? = 1м2 и
высотой h - 0,4 м плавает в воде. Какую работу А надо
совершить, чтобы полностью погрузить льдину в воду?
Решение:
Обозначим р — плотность льда,
р0 — плотность воды. При сво-
свободном плавании на льдину
действуют две силы, уравно-
уравновешивающие друг друга: сила
тяжести и сила Архимеда (рис.1),
т.е. mg = FA — A). Найдем
к
А
-
Рис. 1
высоту h2 той части льдины, которая находится в воде
при свободном плавании. Т. к. т = pV = pSh, a
FA = poVog = p0Sh2g, то, подставив эти выражения в A),
/ь= —= 0,36 м — B). Если теперь погрузить
получим:
А
dx\
н
¦•* X
льдину в воду на глубину х
(рис.2), то сила Архимеда пре-
превысит силу тяжести и резуль-
результирующей силой будет вытал-
выталкивающая сила F = F^-mg.
Против нее и надо совершать
работу. F'A=PbgS{h2+x)% то- Рис'2
гда F = pQgS(h2+x)-pShg; преобразовав выражение с
— + x\-ph
Ро )
123
= SgpQx.

Работа, совершаемая при погружении льдины на глубину
х: будет равна A- I Fdx; А -Sgp01 xdx = Sgp0 —;
2
, i i j Ph h(pQ-p)
hl=h-h2=h- s-— - —^-z——, в результате получим:
2/?0
2.132. Найти силу гравитационного взаимодействия Т7 между
-16
двумя протонами, находящимися на расстоянии г = 10" м друг
от друга. Масса протона т = 1,67-107 кг.
Решение:
Сила гравитационного взаимодействия выражается
формулой F = G—=-. Подставляя числовые данные, полу-
г
чим F = 1,86 104 Н.
2.133. Два медных шарика с диаметрами /),=4см и
D2 = 6 см находятся в соприкосновении друг с другом. Найти
гравитационную потенциальную энергию Wa этой системы.
Решение:
Потенциальная энергия гравитационного взаимодействия:
Wn = -G—'— A), где г— расстояние между центрами
г
масс шаров. Знак «-» говорит о том, что при сближении
тел потенциальная энергия убывает, а при i? = co
D, D7 D, + D2
потенциальная энергия равна нулю, г - —L + —- = —! ;
124

m, = Vjp ; w2 = v2p. Объем шара V -—тгР?, тогда
¦ 4 fZ),V 4 (йЛ* _
/я, ~~Щ —L Р \ Щ =—я* —- р. Подставив полученные
¦ j \ Z J j \ A J
выражения в уравнение A), получим:
"ш ^2-16лг2(/I/2K(/J/2K-р2 __
¦Wn--G ^—т— \—-—с—. Учитывая, что плот-
9(А+А)
ностьмеди р = 8,6-103 кг/м3, найдем: Wn =-3,8-10~10Дж.
2.134. Вычислить гравитационную постоянную G, зная ра-
радиус земного шара R , среднюю плотность земли р и ускорение
свободного падения g у поверхности Земли (см. табл. 4 и 5).
Решение:
В соответствии с законом всемирного тяготения, тело мас-
массой т, находящееся у поверхности Земли, притягивается
„ „ „тМ _ _ _
ею с силой Р = и—т"> гДе М— масса Земли, R — ее
XV*"
радиус. С другой стороны, P = mg. Приравнивая эти
величины, найдем, что g = G—-. Взяв из таблицы 5
R~
значения R, p,'g и зная что M = Vp = —7rR3 • р, выразим
= 6,67.10
""
2.135. Принимая ускорение свободного падения у Земли
g = 9,8 м/с2 и пользуясь данными табл. 5, составить таблицу
значений средних плотностей планет Солнечной системы.
125

Решение:
В задаче 2.134 мы получили формулу для вычисления гра-
гравитационной постоянной G = 3g/4xRp. Изменив значения
g, R и р (g', R! и р'), получим то же значение гравита-
гравитационной постоянной G-3gf / 4пКр1. Приравняв правые
части уравнений, выразим среднюю плотность планеты:
Зя 3g' g я! Rps'
—— = —-—: -2- = -?—; р' = . Используя данные
gR
таблиц 4 и 5 и полученную формулу, составим таблицу:
Планета
Меркурий
Венера
Земля
Марс
АЮ3кг/м3
5,50
4,80
5;50
3,90
Планета
Юпитер
Сатурн
Уран
Нептун
р, 103кг/м3
1,32
0,71
1,26
1,6
2.136. Космическая ракета летит на Луну. В какой точке
прямой, соединяющей центры масс Луны и Земли, ракета будет
притягиваться Землей и Луной с одинаковой силой?
Решение:
Введем следующие обозна-
обозначения: т— масса ракеты,
Мъ — масса Земли,
Мл —масса Луны, R3 —
радиус Земли, Rn —
радиус Луны, i\ —
расстояние от поверхности
Земли до искомой точки и
>2 — расстояние от
поверхности Луны до
искомой точки. Сила притя-
притяжения между ракетой и Землей: E=G
126
Сила

притяжения между ракетой и Луной: F2=G
Ракета будет притягиваться Землей и Луной с одинаковой
силой, когда F, = F2, т.е. G ^ = G
(*)
^+^2=г — расстояние от
Земли до Луны, г2 = г - гх. Подставляя это выражение в
уравнение A) и извлекая квадратный корень из обеих
частей уравнения, получим: — = — , откуда
г - rx + R
г,|1+ '-3-
V я
л 3
!МЛ
— C). Выразим 7'j из B) с учетом C):
г} - — т==—y= • Подставляя табличные вели-
величины, получим: гх = 3,43 • 105 км.
2.137. Сравнить ускорение свободного падения у
поверхности Луны gn с ускорением свободного падения у
поверхности Земли g3 •
Решение:
В соответствии с законом всемирного тяготения, тело
массой т, находящееся у поверхности Земли, при-
тягивается ею с силой Р = &—j-, где М— масса Земли,
R
127

R — ее радиус. С другой стороны, Р = mg. Приравнивая
эти величины, найдем, что g = G—^-. Тогда ускорение сво-
бодного падения у поверхности Земли: g3 = G—j-, где Мъ
ч R3 — масса и радиус Земли. Ускорение свободного па-
падения у поверхности Луны: gn =G—~, где Мл и Ял —
масса и радиус Луны. Отсюда -=^- = —j——; gn = ОД 65g3.
8 Км
2.138. Как изменится период колебания Т математического
маятника при перенесении его с Земли на Луну? Указание:
формула для периода колебания математического маятника при-
приведена в §12.
Решение:
Период колебания математического маятника: Т - 2л /— .
\ /
На Земле Тъ = 2л I— ; на Луне Тп = 2л \— . Отношение
_JL - 111. j значение — = 0,165 было найдено в задаче
тъ V 8я 8*
Т
2.137. Тогда — = 2,46; Тл =2,46-Г3, т.е. при перенесении
математического маятника с Земли на Луну период его
колебаний увеличится в 2,46 раза.
2.139. Найти первую космическую скорость v,, т.е. скорость,
которую надо сообщить телу у поверхности Земли, чтобы оно
начало двигаться по круговой орбите в качестве ее спутника.
128

Решение:
Сила гравитационного взаимодействия между телом и
_ ы „ GmM
Землей F =—2—> г^е т — масса тела, М — масса
Земли иг — расстояние между ними. У поверхности
Земли г равно радиусу Земли R и F = mg. Тогда
GmM
F = mg = 5— • При_ движении тела вокруг Земли по
R~
круговой орбите сила гравитационного взаимодействия
является центростремительной силой. Таким образом,
.2
; отсюда первая космическая скоростг
v,=
GM
R
= JgR= 7,9 км/с.
2.140. Найти вторую космическую скорость v,, т.е. скорость,
которую надо сообщить телу у поверхности Земли, чтобы оно
преодолело земное тяготение и навсегда удалилось от Земли.
Решение:
Для того чтобы тело удалилось от Земли, необходимо,
чтобы кинетическая энергия тела была достаточна для
преодоления гравитационной потенциальной энергии, т.е.
mv2 GmM _. ^ GM
> . • У поверхности Земли —— - S > т«к«
2 R R
GmM -2
R2 ' 
мическая скорость v2 > Л/2#Я = 11,2 км/с.
F = mg = 2—» поэтому —L>mgR, откуда вторая кос-
R 2
2.141. Принимая ускорение свободного падения у Земли
равным g = 9,80 м/с' и пользуясь данными табл. 5, составить
таблицу значений первой и второй космических скоростей у
поверхности планет Солнечной системы.
5—3268 129

Решение:
В двух предыдущих задачах были выведены формулы для
нахождения первой и второй космических скоростей:
v, = JgR ; v2 = -yj2gR , где R — радиус планеты, g —
ускорение свободного падения вблизи поверхности.
Причем g = kg3> коэффициенты к , как и радиусы планет,
приведены в таблице 4 приложения. Исходя из этого,
составляем таблицу:
Планета
Меркурий
Венера
Земля
Марс
V, , КМ/С
3,0
7,2
7,9
3,57
v2, км/с
4,25
10,2
И,2
5,05
Планета
Юпитер
Сатурн
Уран
Нептун
v,, км/с
42,6
25,7
15,2
16,6
v2, км/с
60,4
36,4
21,5
23,5
2.142. Найти линейную скорость v движения Земли по круго-
круговой орбите.
Решение:
Линейная скорость движения по окружности v = coR9 где
со — частота вращения, R — расстояние до Солнца.
со = —, где Т — период обращения Земли вокруг Солн-
Солнца. Отсюда v = , v = 30 км/с.
2.143. С какой линейной скоростью v будет двигаться
искусственный спутник Земли по круговой орбите: а) у повер-
поверхности Земли; б) на высоте h = 200 км и h = 7000 км от поверх-
поверхности Земли? Найти период обращения Т спутника Земли при
этих условиях.
Решение:
а) Сила притяжения Земли создает центростремительное
-)
у"
ускорение спутника, равное —, где R — радиус орбиты,
R
130

a v — скорость спутника. Если орбита проходит вблизи
поверхности Земли, то спутник, как и любое другое тело у
поверхности Земли, будет иметь ускорение, направленное
2
к. центру Земли g = —, где i?3 — радиус Земли. Отсюда
скорость спутника вблизи Земли: v, =^gR2 ; v = 7,91 м/с.
При движении по круговой орбите радиуса R<R^
ускорение свободного падения убывает в отношении,
обратном отношению квадратов расстояний от центра.
Ускорение gR на расстоянии R от центра Земли найдем
R2
по формуле: gR=g—r- Тогда скорость движения
R~
спутника по круговой орбите радиуса R найдется из
Л2 v2 ГйГ _
уравнения gR =g-rT = — , откуда v = Jg-~; R =
R2
R
отсюда v= \g-,—-—r — A). При h = 200 км
v2 = 7,79 км/с. При h = 7000 км v3 = 5,46 км/с. Период обра-
^ 2л- v 2nR
щения спутника Т = —, со = —, отсюда Т = — B).
со R v
• г 1 u 9S мин- Г -
, i, =14ZD МИН, У,-
l V2
= 1 ч 28 мин; Г3 = —^-^ —; Г3 = 4 ч 16 мин.
2.144. Найти зависимость периода обращения Т искус-
искусственного спутника, вращающегося по круговой орбите у
поверхности центрального тела, от средней плотности этого
тела. По данным, полученным при решении задачи 2.135, соста-
составить таблицу значений периодов обращений искусственных
спутников вокруг планет Солнечной системы.
131

Решение:
Вблизи поверхности планеты спутник ведет себя так же,
как и любое тело, на которое не действуют никакие
силы, кроме сил гравитации. Свяжем ускорение сво-
свободного падения со средней плотностью планеты.
В соответствии с законом всемирного тяготения, тело
массой т, находящееся у поверхности планеты,
притягивается ею с силой P = G
R"
где М— масса
планеты, R — ее радиус. С другой стороны, P = mg.
Приравнивая эти величины, найдем, что g = G—-. Зная,
R"
4 ч 4
что М-V-р =—як -р, выразим g-—GnRp — A).
Воспользуемся уравнением B) из предыдущей задачи для
периода обращения спутника вблизи поверхности
планеты: Т = 2ttR/v — B). Ускорение g-v2 /R, откуда
v = JgR. Подставим эту формулу в B).
inR _ 2nR ^Ъп
'\/4GKRpR/3~4Gp
Т =
. Взяв из таблицы, приве-
денной в задаче 2.135, значения средних плотностей пла-
планет р, вычислим значения периода обращения спутника и
заполним таблицу:
Планета
Меркурий
Венера
Земля
Марс
Т,ч
1,41
1,50
1,41
1,66
Планета
Юпитер
Сатурн
Уран
Нептун
Г,ч
2,86
3,90
2,94
2,61
2.145. Найти центростремительное ускорение а„, с которым
движется по круговой орбите искусственный спутник Земли,
находящийся на высоте h - 200 км от поверхности Земли.
132

Решение:
В задаче 2.143 была получена формула для вычисления
линейной скорости искусственного спутника Земли,
движущегося по круговой орбите на высоте h от ее
\ ~В}
поверхности: v = Jg— — A), где R3 — радиус Земли,
V R
R — расстояние от спутника до центра Земли, т.е.
v2
R = R3 + h . Центростремительное ускорение ап = — или, с
R
учетом уравнения A), ап = •?-— = / ч2 ; ап = 9,2 м/с".
R [Ry + h у
2.146. Планета Марс имеет два спутника — Фобос и Деймос.
Первый находится на расстоянии г =0,95-104 км от центра масс
Марса, второй на расстоянии г = 2,4 • 104 км. Найти период обра-
обращения 7j и Т2 этих спутников вокруг Марса.
Решение:
Воспользуемся уравнением C) и уравнением A) из задачи
2.143: т = 2^Км+Г> — C), где RM — радиус Марса,
линейная скорость спутника; v = ^\g-^*— — A).
Подставив A) в C), получим Т-
2tt(R
г,
_ 2tt(Rm + г)з 2ar(flM + г,) ^ ^
Г = —Vм у ; Тх = —\Ji?— " ; Г, = 7,8ч. Для периода
обращения второго спутника, рассуждая аналогично,
получим Г2= 31,2 ч.
133

2.147. Искусственный спутник Земли движется по круговой
орбите в плоскости экватора с запада на восток. На какой высоте
h от поверхности Земли должен находиться этот спутник, чтобы
он был неподвижен по отношению к наблюдателю, который
находится на Земле?
Решение:
Для того чтобы спутник был неподвижен относительно
наблюдателя на Земле, необходимо, чтобы его период
обращения был равен периоду обращения Земли, т. е.
24 часам. Воспользуемся уравнениями A) и C), получен-
ными в задаче 2.143: v= \g-—-—; Г = —
V
откуда Т = —ч 3 -Л. ' A). Выразим из A) А:
V
Подставив числовые значения, получим: /г = 6,38-106 =
= 35890 км.
2.148. Искусственный спутник Луны движется по круговой
орбите на высоте Л = 20 км от поверхности Луны. Найти
линейную скорость v движения этого спутника, а также период
его обращения Т вокруг Луны.
Решение:
Воспользуемся уравнением C) и уравнением A) из задачи
2.143: v= g , T = —* -, где R — радиус
R +r v
Луны, см. таблицу 5 приложения; g = 0,\65g3 (из задачи
2.137). Подставляя числовые данные, получим v = 1,7 км/с
и Т = ] ч 50 мин.
134

2.149. Найти первую и вторую космические скорости для
Луны (см. условия 2.139 и 2.140).
Решение:
В задачах 2.139 и 2.140 были выведены уравнения для
нахождения первой и второй космических скоростей для
Земли. Vj = JgR ; v2 = ^2gR . Подставив в них радиус
Луны (таблица 5) и учитывая, что ускорение свободного
падения на Луне связано с земным соотношением
gn = 0,165#3 > найдем искомые значения скоростей:
vl=^0,\65gyRn ; v, =1,7км/с и v2 =р-0,165 g2-RJl ;
v2 =2,4 км/с.
2.150. Найти зависимость ускорения свободного падения g
от высоты h над поверхностью Земли. На какой высоте h
ускорение свободного падения g/; составит 0,25 ускорения
свободного падения g у поверхности Земли.
Решение:
лг о г GmM ,
У поверхности Земли имеем F = mg = =— — A), где
R — радиус Земли. На высоте h от поверхности Земли
GmM ,_ч т_ u /n ,-ч
mgh =- Г5- — B). Из уравнении A) и B) получим
„2
— = - тг- — C). Уравнение C) дает зависимость —
g (R + bjr g
от высоты /?. Обозначим &Ь- = п; тогда из C) имеем
g
уравнение hi1 +2^/?+ R2 =0 . Решая это уравнение,
I п )
п
находим h = -R±—j=. Т. к. h доллсно быть больше нуля,
V
135

то надо взять решение со знаком плюс, т.е. gh = 0,25g на
высоте, равной радиусу Земли.
2.151. На какой высоте h от поверхности Земли ускорение
свободного падения gh = 1 м/с2?
Решение:
В предыдущей задаче получена зависимость отношения
^- от высоты h. — = - —, где R — радиус Земли.
g g {R + hf
Выразим отсюда h: (R + hf = ^—; h =
gi,
Подставив числовые значения, получим h = 13590 км.
2.152. Во сколько раз кинетическая энергия WK искусствен-
искусственного спутника Земли, движущегося по круговой орбите, меньше
его фавитационной потенциальной энергии Wn ?
Решение:
Запишем выражения для WK и Wn. WK = — A);
тМ
W =-G — B). Здесь v — линейная скорость
г
спутника; т — масса спутника; М — масса Земли; г —
радиус орбиты спутника. Воспользуемся уравнением A) из
задачи 2.143: v = J— — C), где R — радиус Земли, а
V R + h
R + h = r — D). Подставив C) в A), с учетом D) получим
__, mgR1 __.
WK =—¦=—. Взяв Wn по модулю, найдем отношение
2г
136

„ Wn GmMlr 2GM
.энергии —- = =- = г- . Подставим числовые
WK rmgR2 gR2
Wn .
данные —- « 2.
W
2.153. Найти изменение ускорения свободного падения при
опускании тела на глубину И. На какой глубине ускорение
свободного падения gh составляет 0,25 ускорения свободного
падения g у поверхности Земли? Плотность Земли считать
постоянной. Указание: учесть, что тело, находящееся на глуби-
глубине h над поверхностью Земли, не испытывает со стороны
вышележащего слоя толщиной h никакого притяжения, так как
притяжения отдельных частей слоя взаимно компенсируются.
Решение:
Пусть т — масса тела, находящегося на расстоянии h от
поверхности Земли и на расстоянии г от ее центра масс.
Учитывая указание, данное в условии задачи, можем
написать: Fh=mgh =GmMr/r2 — A), где Мг — масса
шара радиусом г ис плотностью, равной плотности Зем-
_ .. 4ягр AGmnRp
ли р. Так как Мг = ~, то mgh = —. У повер-
_ _ GmM AGmxRp , ,
хности Земли F = mg- 5— = — B)- Из A) и
B) получим ¦?*¦ = - = -^1^1 — C) . Обозначим -&. = и,
g R R g
тогда из C) имеем h = R(\ -п). Если п = 0,25, то h = 0,75R.
2.154. Каково соотношение между высотой Н горы и
глубиной h шахты, если период колебания маятника на вершине
горы и на дне шахты один и тот же. Указание: формула для
периода колебания математического маятника приведена в § 12.
137

Решение:
Период колебания математического
маятника Т = 2к \—. Т.к. периоды
колебаний равны, то равны и ускорения
свободного падения Тн - 2п \—
и
Тн = 2л* I— , отсюда gh = hH . Сила тяжести F - mg, с
другой стороны, по закону всемирного тяготения
F = G—т"- Приравняем правые части уравнений:
г~
GM
г—, отсюда g = ——, где G — гравитационная
г г"
постоянная, М — масса Земли. Тело, находящееся на
глубине h под землей, не испытывает со стороны выше-
вышележащего шарового слоя толщиной h никакого притя-
притяжения, т.к. притяжения отдельных частей слоя взаимно
компенсируются. Масса заштрихованной части Земли:
4 з
Тогда gh=—rL =
-q—\ ?_d — (п. Отдельно преобразуем выражения,
3{R-hf
(R-hf =
входящие
уравнение
A):
R R2 R?)
Поскольку h«R, то {R-hf «R? 1-3—j . Аналогично
(R-hf =(R2-2Rh + h2\ откуда {R-hf */22fl-^1.
138

Тогда из A) g, =G3^123^P - B). На высоте Я
М 4
имеем gh=G—, где М = р—kR \ r2=R + H9 т.е.
г2 3
gH=G— —j — C). Поскольку H«R, то
3\R + Н)~
(R+Hf,
H'-f
Я Я
2-
^Y Из C) g// =G , 4яу* , - D).
RJ S// 3{\ + 2H/R)
Поскольку gh = gH , то, приравняв правые части B) и D),
^ AttR{\ - 3// / R)p „ AxpR
полу ч им О т^ "г- - G —, г, откуда
3(\-2h/R) 3(\ + 2H/R)
\-3h/R 1 ,_ч _
= — E). Воспользуемся выражением
для суммы бесконечно убывающей геометрической
прогрессии S = . При q «1; = 1 + q;
\-q \-q
= l-#. Тогда уравнение E) можно записать в виде
1 + 0
(л JY, 2ЪЛ л ЛЯ , ОЛ 2h Jr , „Я
1-3—1 + — =1-2— или 1-3—+ 6—=- = 1 — 2—.
{ Rj{ RJ R R R R2 R
Слагаемым 6—j, ввиду его малости, можно пренебречь.
R
Тогда 1 = 1 ; отсюда h = 2Н .
R R
2.155. Найти период обращения Т вокруг Солнца
искусственной планеты, если известно, что большая полуось /?,
139

ее эллиптической орбиты превышает большую полуось R2
земной орбиты на AR = 0,24 -10 км.
Решение:
Т~ R^
По третьему закону Кеплера -у = —j- Так как нас
Т{ R2
интересует период обращения планеты Солнечной
системы, то целесообразно в качестве планеты с
известными значениями Т2 и R2 взять Землю. Для нашего
случая Т2 = 12 мес, R2 = Ь5 • Ю8 км. По условию
=1,74-10екм. Тогда из A) имеем 7J =Т2 /I —1-\ =15мес;
=450сут.
2.156. Орбита искусственной планеты близка к круговой.
Найти линейную скорость v ее движения и период Т ее
обращения вокруг Солнца, считая известным диаметр Солнца D
и его среднюю плотность р. Среднее расстояние планеты от
Солнца г = 1,71-10* км.
Решение:
По второму закону Ньютона сила тяго-
тяготения FT = mal}. По закону всемирного
тяготения F- = G- г=-. Т. к. левые
(D/2 + rf
части уравнений равны, приравняем
и правые части этих уравнений:
^ fnM GM _,
ma,. - G-. г?, отсюда а„ = г=-. Масса
(D/2 + rf {D/2 + rf
Солнца M = -^-J p = -*D p, тогда ап
С другой стороны центростремительное ускорение
140

v2 v2 v2 _ ОтгР*р
" " R + r " D/2 + r ' T' e' D/2 + r ~ 6(D/2 + rf '
2 Gntfp
= — —т =
2
v =
\ Gntfp o_c 1л4 ,
;v = J ?-; v = 2,78-10 м/с.
\3D + 6R
6{D/2 + r) 3D + 6R
2г) Я{Р + 2г). г = 450
2v
2.157. Большая полуось R] эллиптической орбиты первого в
мире спутника Земли меньше большой полуоси R2 орбиты вто-
второго спутника на AR = 800 км. Период обращения вокруг Земли
первого спутника в начале его движения был Г, = 96,2 мин.
Найти большую полуось /?, орбиты второго искусственного
спутника Земли и период Т2 его обращения вокруг Земли.
Решение:
Найдем большую полуось орбиты Луны
RR =< R. > +R$ = 390370км. Зная период обращения Луны,
применим третий закон Кеплера: -~ = —у; Ri = RR- 21-у •
т R т
По условию R2=Rl+AR = RJI-i\-JT + AR; R, =7,88-103м.
л р_
Узнав радиус, можно еще раз применить третий закон
'2 г»3 1^2 пЗ
Кеплера: -4- = —4S
Т2 D3
2 К2
Г2= 6457,21 сек = 107,62 мин.
2.158. Минимальное удаление от поверхности Земли косми-
космического корабля-спутника «Восток-2» составляло hmilt = 183 км, а
максимальное удаление — hmax = 244 км. Найти период обра-
обращения Т спутника вокруг Земли.
141

Решение:
Найдем большую полуось
орбиты «Востока» R =
+R =
KM.
Большая полуось орбиты Лу-
Луны Ял = 390370 км. Зная пе-
период обращения Луны, применим третий закон Кеплера
Т2
L = -JL 9 отсюда Т = ТЛ I—J-; Т = 87,8 мин.
2.159. Имеется кольцо радиусом R . Радиус проволоки равен
г, плотность материала равна р . Найти силу F, с которой это
кольцо притягивает материальную точку массой m, находящую-
находящуюся на оси кольца на расстоянии L от его центра.
Решение:
Возьмем элемент кольца dl. Сила
гравитационного взаимодействия
между элементом кольца dl и
массой m, помещенной в точке
dF_
А, будет dF =
Сила
dF направлена по линии х, со-
соединяющей элемент кольца dl с
массой m. Для нахождения силы гравитационного взаи-
взаимодействия всего кольца и массы m надо векторно сло-
сложить все силы dF. Силу dF можно разложить на две со-
составляющие dFn и dFT. Составляющие dFn двух диаме-
диаметрально расположенных элементов взаимно уничтожают-
уничтожаются, поэтому
142
F=\dFT.
Но
dFT=dFcosa=
и

2лй
о
X'
. учи.
,~2—J7 „ 2K2Gmpr2RL
тывая, что x = yR +L , имеем F = —[—„—\w ¦? B)-
2.160. Имеется кольцо радиусом R = 20 см из медной
проволоки. Найти силу F, с которой это кольцо притягивает
материальную точку массой т = 2 г, находящуюся на оси кольца
на расстоянии L = 0, 5, 10, 15, 20 и 50 см от его центра.
Составить таблицу значений F и представить графически
зависимость F = f(L). На каком расстоянии Lmax от центра
кольца сила имеет максимальное значение Fmax и каково это
значение? Радиус проволоки г = 1 мм.
Решение:
0 0,07 0,14 0,21 0,28 0,35 0,42 0,49
Из формулы B) задачи 2.159 видно, что если Z = 0, то
F = 0. Нетрудно убедиться, что функция F с увеличением
L сначала растет, а затем убывает. Найдем максимум
функции F. Выразим переменные величины х и L через
R R
угол а : х = , L = xcosа = cosa . Тогда формула
sin a sin a
B) из предыдущей задачи примет следующий вид:
143

_, 27T2Gmpr2 .2 D .2 тт
f~ l-—cos asm a-Bcosasm а. Для нахожде-
R
ния максимума функции F возьмем производную
dF_
da
и
приравняем ее нулю: —-B\lcos~asina-sinа)=0 или
da '
tg~a = 2. Тогда расстояние L, на котором сила
R R R
максимальна, равно L = cos а = = ¦—?=. На
sin a tga V2
графике изображен характер зависимости F = /(l);
,14M;iv =4,35-10-I4H.
max
X, м
/\ 104Н
0
0
0,05
2,58
0,1
4,04
0,15
4,34
0,2
3,99
0,5
1,44
2.161. Сила взаимодействия между кольцом и материальной
точкой, находящейся на оси кольца, имеет максимальное
значение Fmax, когда точка находится на расстоянии ?тш.от
центра кольца. Во сколько раз сила взаимодействия F между
кольцом и материальной точкой, находящейся на расстоянии
L = 0,5I/wrr от центра кольца, меньше максимальной силы Fmax ?
Решение:
ы л, 1 ,сп 17 27T2Gmpr2RL
Используем формулу из задачи 1.159: F = —5— и
n
выражение F = Fmax при Lmax = —?= из задачи 1.60. По yc-
л/2
ловию L = 0,5Laiax, соответственно получим
F = ; . Произведя дальнейшие
144

-. „ 2n2Gmpr2R
преобразования, получим F = - г
2K2Gmpr2R2 „ ]67T2Gmpr2R2 _
й; F = . Тогда
27 R2
2V2C?/2K-l/2V2 27 R
27i2Gmpr2R'R/42 „ AK2Gmpr2R2 _
= ; 3 ' дада = 77Т^ ' Отсюда
Fmax An2Gmpr2 21R
F 2>SR \67T2Gmpr
выразим отношение сил: ¦ =,_
F 2SR \62Gmpr2
* В ответе первоисточника, очевидно, допущена опечатка

§ 5. Вращательное движение твердых тел
В задачах этого раздела используются данные таблиц 3 — 5 и
таблицы 11 из приложения. Кроме того, следует учесть замеча-
замечание к § 1.
3.1. Найти момент инерции J и "момент импульса L земного
шара относительно оси вращения.
Решение:
2
Момент инерции шара J = —MR2, подставляя значение
массы и радиуса Земли, получим J = 97,36-1036 кг-м2.
Момент импульса L = Jco, где со- —, следовательно,
Jin
L- . Период обращения Земли Г = 24 часа. Под-
Подставляя числовые данные, получим L = 7-Ю33 кг-м2/с.
3.2. Два шара одинакового радиуса R = 5 см закреплены на
концах невесомого стержня. Расстояние между шарами г = 0,5 м.
Масса каждого шара т = 1 кг. Найти: а) момент инерции Jx сис-
системы относительно оси, проходящей через середину стержня
перпендикулярно к нему; б) момент инерции J2 системы отно-
относительно той же оси, считая шары материальными точками,
массы которых сосредоточены в их центрах; в) относительную
ошибку S = (j]-J2)/ J2, которую мы допускаем при
вычислении момента инерции системы, заменяя величину J,
величиной J2 .
Решение:
2
Момент инерции шара: </0 = — mR2. По теореме Штейнера
J0+md2, где d = r/2. Найдем момент инерции
146

->
т т I r X 2 П2 mr2 ft
каждого шара J, = Jo + m • — = — mR + = шГУ\
\
= /?/• н
. Используя свойство аддитив-
Л
ности момента инерции, получим Jc = V У, ,
где Jc — момент инерции системы, Jt — момент инерции
элементов, входящих в систему, найдем момент инерции
системы. Т. к. шары одинаковые, то У1с = 2Jl =
(iR г|
-2т-\ н = 0,127 кг-м2. Момент инерции мате-
¦>
риальнои точки J2 -т—, тогда момент инерции системы
2 - 2
Г 7Т1Г 2
/2с = 2т— = = ОД 25 кг-м . Относительная ошибка
3.3. К ободу однородного диска радиусом R - 0,2 м прило-
приложена касательная сила F = 98,1 Н. При вращении на диск
действует момент сил трения М^ =98,1Нм. Найти массу m
дисков, если известно, что диск вращается с угловым ускоре-
ускорением е = 100 рад/с2.
Решение:
Уравнение вращательного движения диска
в векторной форме Js-MF+MT? — A), ?
MF — момент силы F, Mw — момент
силы трения. Выберем ось л* в направлении
вектора углового ускоре1шя ? (па нас, пер- ® М.
пендикулярно плоскости чертежа). Тогда
147
ТР

уравнение A) в проекции на ось х Je =MF -M^ — B),
т.к. вектор MF направлен вдоль s, a M имеет
противоположное направление. Момент инерции диска
j = }-mR2 _ C); MF=F-R — D). Перепишем B) с
учетом C) и D): -mRrje^FR-M^., отсюда
liFR-МЛ
= — 5-^ = 7,
R2
5 ,36 кг.
sR2
3.4. Однородный стержень длиной / = 1 м и массой т = 0,5 кг
вращается в вертикальной плоскости вокруг горизонтальной оси,
проходящей через середину стержня. С каким угловым
ускорением е вращается стержень, если на него действует
момент сил Л/ = 98,1 мНм?
Решение:
Запишем уравнение враща-
(т)Осьх тельного движения стержня в
проекции на ось х: M-Jsb
М
м
М
откуда € = —, где момент
«У
инерции стержня относительно
оси, проходящей через середину, / = —Ml2. Тогда
J mi
М ПМ оог . 2
Б = Т = —7Г = 2,35 рад/с .
J г
3.5. Однородный диск радиусом R = 0,2 м и массой т = 0,5 кг
вращается вокруг оси, проходящей через его центр
перпендикулярно к его плоскости. Зависимость угловой
скорости со вращения диска от времени t дается уравнением
о) = А + Bt, где В = 8 рад/с2. Найти касательную силу F,
приложенную к ободу диска. Трением пренебречь.
148

Решение:
Воспользуемся рисунком к задаче 3.3. Относительно оси х
момент касательной силы приложенной к ободу диска
M-F-R — A). Уравнение вращательного движения в
проекции на ось х: М = J-s, где момент инерции диска
mR2 mR2s
J = - , т.е. М = — B). Угловое ускорение
б- -В — C). Решая совместно A) — C), найдем
dt
BmR
F= ; F =4И.
3.6. Маховик, момент инерции которого J = 63,6кгм" враща-
вращается с угловой скоростью со = 31,4 рад/с. Найти момент сил тор-
торможения М, под действием которого маховик останавливается
через время / = 20 с. Маховик считать однородным диском.
Решение:
Момент сил торможения M = Je, где угловое ускорение
со
е = —, т.к. вращение равнозамедленное и конечная
угловая скорость со = 0 . Тогда М = —; М »100 Н.
3.7. К ободу колеса радиусом 0,5м и массой т = 50 кг при-
приложена касательная сила F = 98,1 Н. Найти угловое ускорение s
колеса. Через какое время t после начала действия силы колесо
будет иметь частоту вращения « = 100 об/с? Колесо считать
однородным диском. Трением пренебречь.
Решение:
Данную задачу решим в скалярной форме относительно
оси, проходящей через центр масс диска и совпадающей
по направлению с вектором е . Момент касательной силы,
приложенный к ободу диска М = F-R — A). Кроме того,
149

M -J ?, где момент инерции диска J = , т.е.
М- — B). Приравнивая правые части уравнений
2F
A) и B), получим б- ; ? = 7,8рад/с2. Угловую
mR
скорость со можно выразить двумя способами: со = 2/ш и
co = et, отсюда t = ; г = 1 мин 20 с.
3.8. Маховик радиусом Я = 0,2 м и массой т -10 кг соединен
с мотором при помощи приводного ремня. Сила натяжения
ремня, идущего без скольжения, Г = 14,7Н. Какую частоту вра-
вращения п будет иметь маховик через время t = 10 с после начала
движения? Маховик считать однородным диском. Трением
пренебречь.
Решение:
Данную задачу решим в скалярной форме относительно
оси, проходящей через центр масс диска и совпадающей
по направлению с вектором ?. Момент силы натяжения
ремня M-T-R — A), кроме того, M-J-? — B), где
_ mR /оч со 2т ...
момент инерции диска J = C), ? - — = D).
Tt
Решая совместно A) — D), найдем п = ; п - 23А об/с.
R
3.9. Маховое колесо, момент инерции которого J = 245 кг л ,
вращается с частотой п = 20 об/с. Через время / = 1 мин после
того, как на колесо перестал действовать момент сил М, оно
остановилось. Найти момент сил трения М^ и число оборотов
W, которое сделало колесо до полной остановки после прекра-
прекращения действия сил. Колесо считать однородным диском.
150

Решение:
Поскольку вращение колеса является равнозамедленным,
то количество оборотов, которое оно сделало до полной
остановки N = nt/2\ TV = 600 об. Момент сил трения
л ж г гт to 2mi . ж IJmi _ л _ т т
М -J-8 . Поскольку е - — , то М = 513Н-м.
t t t
ЗЛО. Две гири с массами ш,=2кг и т2 =1кг соединены
нитью, перекинутой через блок массой т = 1 кг. Найти
ускорение а, с которым движутся гири, и силы натяжения Тх и
Т2 нитей, к которым подвешены гири. Блок считать однородным
диском. Трением пренебречь.
Решение:
Запишем в векторной форме уравнения
поступательного движения первой и
второй гири: mxa = mxg + Tx ; m2a =
= Т2+ m2g и уравнение вращательного
движения диска J-s =MX+ М2, где
М, — момент силы натяжения нити Тх,
М2— момент силы натяжения нити
Т2. Спроектируем первые два уравнения на ось х, а по-
последнее на ось у и добавим уравнение кинематической
связи. Получим систему 4 уравнений: mxa = mxg-Tx — A);
Т2 — B); Je = RTx-RT2 — C); a = eR.
Подставим D) в C): J— = R(T1 -T2) — E). Вычтем B) из
R
A), подставим в полученное выражение E) и найдем
д= Vwi-"bjg =2,8 м/с2 — F). Подставляя F) в A) и
m, + m2 + т/2
B), получим Тх = w, (g - а); Тх = 14 Н. Т2 = m2 (g + а);
Г2=12,6Н.
151

3.11. На барабан массой то=9кг намотан шнур, к концу
которого привязан груз массой т = 2 кг. Найти ускорение а гру-
груза. Барабан считать однородным цилиндром. Трением прене-
пренебречь.
Решение:
Без учета сил трения и сопротивления
среды систему «груз — цилиндр» можно
считать замкнутой и применить закон
сохранения энергии. В начальный момент
времени груз обладает потенциальной
й L энергией mgh, которая при опускании
груза уменьшается, переходя в кинети-
кинетическую энергию поступательного движе-
движения груза и в кинетическую энергию вра-
g. с . mv2 Jco1
щения барабана mgh- + — A),
g. - _ m0R2 v
где момент инерции барабана J = —^ B); со
2 R
C), где R — радиус барабана. Уравнение A) с учетом B) и
C) можно записать как mgh-— /7Z + — — D). Груз
опускается под действием постоянной силы, следовател >-
но, его движение равноускоренное, тогда h = — E);
v = at — F). Подставляя E) и F) в D), получим
т0 +2т
3.12. На барабан радиусом R = 0,5 м намотан шнур, к концу
которого привязан груз массой т = 10 кг. Найти момент инерции
J барабана, если известно, что груз опускается с ускорением
а = 2,04 м/с2.
152

Решение:
Сила натяжения шнура Т создает
вращающий момент М-TR — A). С
другой стороны, M = Je — B).
Ускорение, с которым опускается груз,
равно тангенциальному ускорению вра-
вращения барабана. Тогда е = — — C).
R
Решая совместно A) — C) получим:
г]
J =
TR2
а
— D). Силу натяжения шнура Г
R.
mg
найдем из второго закона Ньютона в проекциях на ось х.
-T = ??ia, откуда T = m(g-a). Тогда уравнение D)
. mR2(g-a) Л_ 2
примет вид: J — ; у = 9,5 кг-м .
а
3,13. На барабан радиусом R = 20 см, момент инерции кото-
которого J = 0,1 кгм2, намотан шнур, к концу которого привязан
груз массой m = 0,5 кг. До начала вращения барабана высота
груза над полом h0 -1 м. Через какое время / груз опустится до
пола? Найти кинетическую энергию WK груза в момент удара о
пол и силу натяжения нити Т. Трением пренебречь.
Решение:
При опускании груза его потенциальная
энергия переходит в кинетическую энер-
энергию поступательного движения и кинетичес-
кинетическую энергию вращательного движения:
mgh0 =
mv
Jco ... v
— A),где й;= —,отку-
0
да
mv2 Jv2 R2v2m
2R'
или
_v2(mR2+j)>
2R
mR2+J
-B).
У///////////////У/////////Л
153

Движение равноускоренное, поэтому h0 = — C);
со . coRt1 vRt v/ ,A. n
a = sR; e- —; nn = = = D). Выразим / из
/ tl 2R 2 F
D) и подставим в B): /=—— =
v
~2
2(mR2+j) , M __
= /—*—^ » / = 1Д с. Кинетическая энергия WK =
у R~mg
/пч тт/ m2R2mghQ
подставив уравнение B), получим Wv = —t—\ л =
к 2{mR2 A
= —k^—; WK = 0,82 Дж. По второму закону Ньютона
mR~ + J
mg-T = ma9 откуда T = m(g-a). Из C): а = —^-9 ^эгда
3.14. Две гири с разными массами соединены нитью, переки-
перекинутой через блок, момент инерции которого J = 50кгм2 и
радиус R = 20 см. Момент сил трения вращающегося блока
Л/ = 98,1 Н-м. Найти разность сил натяжения нити 7] - Тг по
обе стороны блока, если известно, что блок вращается с угловым
ускорением s = 2,36 рад/с2. Блок считать однородным диском.
Решение:
Согласно основному закону ди-
а намики вращательного движения
(в проекции на ось у) при
J = const ^M = Js . Разность
- сил Gj ~T2) создает враща-
вращательный момент А/вр, тогда

G] -T2)-Mw =Л, следовательно, Г, -T2={j? + Mw
Г,-Г2=1,08кН.
3.15. Блок массой т -1 кг укреплен на конце стола ( см. рис.
и задачу 2.31). Гири 1 и 2 одинаковой массы т1 = т2 =\кг
соединены нитью, перекинутой через блок. Коэффициент трения
гири 2 о стол к = 0,1. Найти ускорение а, с которым движутся
гири, и силы натяжения 7] и Т2 нитей. Блок считать однород-
однородным диском. Трением в блоке пренебречь.
Решение:
Запишем второй закон Ньютона в
проекциях на ось х и у: ^
xg — C). Разность сил {Тх-Т2) '
создает момент вращения, следова- [_
Ja -n2
тельно,
= ?,гдеУ =
,m2g
откуда 7] -Т2 = D). Из уравнений A) — C) найдем
4ш*
-°) — E); T2=m2{a + kg) — F). Пусть
= т2 = т*. Тогда Г, -Т2 = w'(g -2д - Ag-) = m'g(l -k)-
~ 2wfa , подставив A), получим mg{\ -к) = — + 2m'a =
q(m + 4m') 2?n'g(\-k) 2
= -" ^, откуда а = ^^ '-; а = 3,5 м/с . Тогда из
2 /;/ + 4т
уравнения E) Тх =6,ЗН; Г2 =4,5Н.
3.16. Диск массой /» = 2 кг катится без скольжения по гори-
горизонтальный плоскости со скоростью v = 4 м/с. Найти кинети-
кинетическую энергию \Vk диска.
155

Решение:
В задаче рассматривается так называемое «плоское движе-
движение». Полная кинетическая энергия диска складывается из
кинетической энергии поступательного движения точки
центра масс и кинетической энергии вращения относи-
__ mv2
тельно оси, проходящей через центр масс: WK = +
Jco2 -. _ mR1 v
+ . I юскольку J = и со = —, где т — масса
2 2 R
о 2
диска, R — радиус диска, то WK = ; WK = 24 Дж.
3.17. Шар диаметром D = 6 см и массой т = 0,25 кг катится
без скольжения по горизонтальной плоскости с частотой враще-
вращения п = 4 об/с. Найти кинетическую энергию WK шара.
Решение:
Кинетическая энергия шара складывается из кинетической
энергии поступательного движения и кинетической
... mv2 Jco2 _ 2mR2
энергии вращения: WK = + , где J = ;
„. 4x2mR2n2
со = 2m, следовательно, WK = +
*/ ?d
10
3.18. Обруч и диск одинаковой массы /», = т2 катятся без
скольжения с одной и той же скоростью v. Кинетическая энер-
энергия обруча WkX =4кгсм. Найти кинетическую энергию Wk2
диска.
Решение:
Пусть /77| = т2 = т. Кинетическая энергия обруча и диска
складывается из кинетической энергии посту патель-
156

ного движения и кинетической энергии вращения
„. mv2 Jxco2 mv2 JjCOj м, w
К\ =~ + "Y" —A)> W* = — + ~у^ — B). Момент
инерции обруча Jx = mRx2. Угловая скорость со1 - —.
R\
Момент инерции диска J2= — mR2; частота со2 = —.
2 R2
1 1 v2
Произведем следующие преобразования: Jxco{ = пщ —г- =
2 1 D2 y wv
J2g>2 = —w?/?2—2* = . Тогда, с учетом
2 i?2 ^
уравнений A) и B), можно записать WKl=mv29
/гк2 = или Wk2 = ——. Переведем числовые
значения в единицы системы СИ: WKl = 39,24 Дж, тогда
Wk2 = 29,43 Дж.
3.19. Шар массой т = 1 кг катится без скольжения, ударяется
о стенку и откатывается от нее. Скорость шара до удара о стенку
v = 10 см/с, после удара и = 8 см/с. Найти количество теплоты
Q, выделившееся при ударе шара о стенку.
Решение:
Будем считать, что движение происходит в
горизонтальной плоскости, тогда количество теплоты Q
равно убыли кинетической энергии Q = WkX- Wk2 • Здесь
WK] — кинетическая энергия шара до удара, она
складывается из кинетической энергии поступательного
движения и кинетической энергии вращения.
„.. mv2 Jco2 _ 2 n2 v A
JrK, = + —-, где J =—mR ; cd}= —. Аналогично для
2 2 5 К
157

Wk2 — кинетическая энергия шара после удара:
__, ты2 Jco2 и _
ггк2 = + —-, где а>2 = —. Преобразуем
2 2 R
предварительно выражения Jco2 и Jco2:
г "> 2 г>2 v 2 -> 2 2 ? _ ттг /77V"
Jco[ =—тк —у= — z«v"; «/<*>, = — imr. Тогда ^Гк1 = +
5 7?" 5 5 2
wv2 7/77V2 /7/г/2 ww2 Imu1
7^7^ 24)
10 10 10
3.20. Найти относительную ошибку 8, которая получится
при вычислении кинетической энергии WK катящегося шара,
если не учитывать вращения шара.
Решение:
Кинетическая энергия шара с учетом вращения:
тт. mv2 Jco2 ттг, mv2 _
WK = + , без учета вращения: WK = . Отно-
сительная ошибка о = — : о =—= = —-, где
W; mv2/2 mv2
г 2 ? v « 2mR2v2 2 лпо.
J = — mR~\ со- —. Отсюда о - —г—г- = — = 40% .
5 R 5R2mv2 5
3.21. Диск диаметром D = 60 см и массой m = 1 кг вращается
вокруг оси, проходящей через центр перпендикулярно к его
плоскости с частотой п = 20 об/с. Какую работу А надо
совершить, чтобы остановить диск?
Решение:
Работа сил торможения равна изменению кинетической
энергии диска -А= WK - Wk0 . В момент остановки WK = 0,
158

. ... . Jcq~ T mR _
следовательно, A = WkQ; A- , где J - ; о) = 2m.
- , m{D/2f{2miJ D2 2 2 .
Тогда A=— '-* '— = m—тиЫ \ ^( =
4 A
3.22. Кинетическая энергия вала, вращающегося с частотой
п = 5 об/с, WK - 60 Дж. Найти момент импульса L вала.
Решение:
Момент импульса — вектор, направление ко-
которого определяется по правилу векторного
произведения L = [R x pJ, где p = mv , a
модуль равен L = Rp sin a =mvR — A),
т.к. а- — . Кинетическая энергия вала
! B), где / = ^?- - C), <» = 2т - D).
Решая совместно уравнения B) — D) получим
2n2n2 ^
WK = mR'n• n\ откуда m = 7 * ~ — E); v = 2miR — F).
R n n
2W 2
Подставив E) и F) в A), найдем L = —-; L = 7,6 кг-м /с.
3.23. Найти кинетическую JFK энергию велосипедиста, еду-
едущего со скоростью у = 9км/ч. Масса велосипедиста вместе с
велосипедом m = 78 кг, причем на колеса приходится масса
пз0 - 3 кг. Колеса велосипеда считать обручами.
Решение:
Кинетическая энергия велосипедиста складывается из ки-
кинетической энергии поступательного движения и кине-
._. mv2 Л Jco
тическои энергии вращения двух колес. WK = + 2 ,
159

где момент инерции одного колеса J = ——, а угловая
v _ ... mv2 ?u0R2v2
скорость со = — . Тогда WK = + —-—г— =
R 2 2R2
WK = 253 Дж.
3.24. Мальчик катит обруч по горизонтальной дороге со
скоростью v = 7,2 км/ч. На какое расстояние s может вкатиться
обруч на горку за счет его кинетической энергии? Уклон горки
равен Юм на каждые 100м пути.
У основания горки обруч обладал ки-
кинетической энергией WK, которая скла-
складывалась из кинетической энергии по-
поступательного движения и кинети-
кинетической энергии вращения. Когда обруч
вкатился на горку на расстояние 5, его кинетическая
энергия перешла в потенциальную. WK=Wn.
... mv2 Jco2 __
WK = + ; Wn - mgn . Момент инерции обруча
J = mR2, частота вращения co-v/R. Тогда
... /«V2 mR2V2 2 ~ 2 тт
WK = + — = mv . Следовательно, mv = mgn , от-
u vl лл h l
куда Н = —. Из рисунка видно, что — = —, откуда
g Н S
S = —- или S = — . Подставив числовые данные с учетом
/; gh
v = 2 м/с, получим S = 4,1 м.
3.25. С какой наименьшей высоты h должен съехать вело-
велосипедист, чтобы по инерции (без трения) проехать дорожку,
160

имеющую форму «мертвой петли» радиусом /? = 3м*, к 1*5
оторваться от дорожки в верхней точке петли? Масса велоси-
велосипедиста вместе с велосипедом т = 75 кг, причем на колеса
приходится масса т0 = 3 кг. Колеса велосипеда считать обруча-
обручами.
Решение:
Система замкнута, следова-
тельно, по закону сохранения
энергии W = Wn+WKl+ Wk2 .
Здесь W = mgh — начальная по-
тенциальная энергия. Потен-
Потенциальная энергия в верхней
точке «мертвой петли» Wn=t?igH, т.к. H = 2R, то
Wn = 2mgR. Кинетическая энергия поступательного
движения велосипедиста WKl = . Кинетическая энергия
вращательного движения колес Wk2 =
. J - ицг —
момент инерции обруча, где г — его радиус, со v
г
-> v2 -г г*, mor2v2/r2 m0v2
ловая скорость со~ = —т. Тогда WK-> = — = —-—
2 2 2
2
mgh = 2mgR + mv2 /2 + m0v2 / 2 ; mg(h - 2R) = — (m + m0),
, 2mg(h-2R)
отсюда v~ = —2^ . По второму закону Ньютона в
m + m0
верхней точке «мертвой петли» mg + N = man. В
предельном случае N = 0, поэтому mg = man, откуда
ап = g. С другой стороны, нормальное ускорение
В первоисточнике, очевидно, допущена опечатка: радиус
петли Л = 0,3 м.
6-3268 161

v2 2mg(h-2R) 2mg(h-2R)
a= — = -7-^ r—-, следовательно, g = -7-^ r—-;
" R (m + mo)R {m + mo)R
?m(h-2R)=(m + mo)R; h = 2Я + Щ1 +^-|. Подставив
числовые значения, получим h = 7,56 м.
3.26. Медный шар радиусом R = 10 см вращается с частотой
/7 = 2 об/с вокруг оси, проходящей через его центр. Какую работу
А надо совершить, чтобы увеличить угловую скорость со
вращения шара вдвое?
Решение:
Jco1
Кинетическая энергия вращения шара WK = , где мо-
мент инерции шара J = — mR2. Работа по увеличению уг-
угловой скорости вращения шара будет равна приращению
г 2
его кинетической энергии. A = Wk2-Wk], где WKl =——;
л*
1 1
W^ = J(oi/2 = AJco: /2. Отсюда А = 1 L =
= — Jco? — A); <5>1=2я77 — B). Масса шара m = Vp =
= -7rR3p, р = 8,6 • 103 кг/м3, тогда J = xR*pR2 =
3 5 3
о
= —7tR2p — C). Подставив B) и C) в A), получим
A=-—KR5p47r2n2=— x3Rspn2; Л = 34
3.27. Найти линейные ускорения а центров масс шара, диска
и обруча, скатывающихся без скольжения с наклонной плос-
плоскости. Угол наклона плоскости а = 30°, начальная скорость всех
162

тел v0 =0. Сравнить найденные ускорения с ускорением 1ела,
соскальзывающего с наклонной плоскости при отсутствии
трения.
Решение:
При скатывании тела с наклонной плоскости его
потенциальная энергия переходит в кинетическую. Т.е.
. 7/7V2 JCO2
mgh = + A), где J — момент инерции тела и
v
т — его масса. Но h = lsina — B), <*>,= C). Подста-
R
вляя B) и C) в A), получим mglsince -— ш + —j — D).
2 V R J
Так как движение происходит под действием постоянной
силы, то движение тел равноускоренное, поэтому / =
E), v-at — F). Решая D) — F) совместно, получим
mgsina ,_ч .я Т 2 п2
"- — — G). Момент инерции шара J = — mR,
а G). Момент инерции шара J
m + J/R- 5
тогда из G) найдем ах =3,50 м/с2 . Момент инерции диска
J , а2 = 3,27 м/с2. Момент инерции обруча J = mR2,
аъ = 2,44 м/с2. Для тела, соскальзывающего с наклонной
плоскости без трения, имеем a-gsina\ a-4,9м/с2.
3.28. Найти линейные скорости v движения центров масс
шара, диска и обруча, скатывающихся без скольжения с наклон-
наклонной плоскости. Высота наклонной плоскости h = 0,5 м, началь-
начальная скорость всех тел v0 = 0. Сравнить найденные скорости со
скоростью тела, соскальзывающего с наклонной плоскости при
отсутствии трения.
163

Решение:
В отсутствие трения систему можно считать замкнутой.
Каждое из тел в начальный момент обладает потен-
потенциальной энергией mgh, которая затем преобразуется в
77/ V*
кинетическую энергию поступательного движения и
кинетическую энергию вращения, т.е. mgh = Jco2/2 +
+ т\>2/2 — A). С учетом того, что со= —, выразим
R
скорость тел г в нижней точке: mgh = -
2R:
/ 2mgh ... 2 _2
v= / -—-. а) Момент инерции шара J = — ////? ,
\ + J/R- 5
/ 2mgh /10 Г Л,_ . -ч жж
', =J 2 = -/—gh ; v, = 2,65 м/с. б) Момент
\т + 2т/5 V 7
тогда V,
г / 2mgh
инерции диска У = , тогда v2=J2
2
, од 2
2 \т+т/2
v2= 2,56 м/с. в) Момент инерции обруча J = mR2, тогда
V3 = л/— = 4%Ь > уз = 2,21 м/с. г) Для тела, соскаль-
V т + т
- „ j /7/V2
зывающего без трения с наклонной плоскости, mgh = ,
откуда v = J2gh ; v = 3,13 м/с.
3.29. Имеются два цилиндра: алюминиевый (сплошной) и
свинцовый (полый) — одинакового радиуса R = 6 см и одина-
одинаковой массы т - 0,5 кг. Поверхности цилиндров окрашены оди-
одинаково. Как, наблюдая поступательные скорости цилиндров у ос-
основания наклонной плоскости, можно различить их? Найти мо-
моменты инерции J, и J2 этих цилиндров. За какое время / каж-
164

дый цилиндр скатится без скольжения с наклонной плоскости?
Высота наклонной плоскости h = 0,5 м, угол наклона плоскости
а - 30°, начальная скорость каждого цилиндра v0 = 0 .
Решение:
В предыдущей задаче мы нашли, что поступательная
скорость цилиндров в нижней точке наклонной плоскости
, „ I Imgh /1Ч ..
определяется формулой v= / —- — A). Момент
\ J/R~
инерции алюминиевого цилиндра У, = — B). Мо-
п2 , тр.
мент инерции свинцового цилиндра J2 =m —. Най-
Найдем внутренний радиус /^ свинцового цилиндра. По усло-
условию массы обоих цилиндров равны, следовательно,
PxLkR2 = p2L7r[R2 -Rq), где L —длина цилиндров, р{ —
плотность алюминия, р2 — плотность свинца. Отсюда
= R2 J-±—?±2 # Тогда момент инерции свинцового
Pi
wR 2p, р]
цилиндра J1 = ——C-L — C). Подставляя числовые
2 р2
данные, получим У, = 9 • 10~А кг-м", J] = 15,9 • 10 кг-м". Т. к.
скатывание цилиндров происходит под действием
Л at1
постоянной силы, то v = at и / = = ; отсюда
sin a 2
h vt 12// ,. __
= — и t- D). Подставляя в D) формулу
sin a 2 sin a v
/1ч 1 h/iim + J/R2) ... _ /ОЛ
A), получим t= —* L — E). С учетом B) и
5777 а \ tng
C), лолучим соответственно для алюминиевого и свин-
165

цового цилиндров /, = I—, /,=0,78с; U = х
since \ g sin a
3.30. Колесо, вращаясь равнозамедленно, уменьшило за
время / = 1мин частоту вращения от и, =300 об/мин до
т2 -180об/мин. Момент инерции колеса / = 2кгм2. Найти
угловое ускорение е колеса, момент сил торможения М, ра-
работу А сил торможения и число оборотов N, сделанных коле-
колесом за время / = 1 мин.
Решение:
Преобразуем числовые единицы в систему СИ: t - 60 с,
/?, = 5 об/с, п2 = 3 об/с. Поскольку вращение равнозамед-
ленное, то число оборотов можно определить так:
.- п,+п7 ._ _ ._ _ _. Асо
N = —J -t; N = 240 об. Угловое ускорение s .
Имеем: Аб) = а>2-с0\ = 2т2 -2щ = 2/г(л2 -пх)9 следова-
2я(/ь«,) л
тельно, ?• = —^-^ —. Подставив числовые значения,
t
получим б = -0,21 рад/с2. Момент сил торможения М = Js\
М = 0,42 Н-м. Работа сил торможения равна прираще-
Т - Т 2
нию кинетической энергии - А - Wk2 - WK] = —~ —;
А=-(BЯИ,У -Bлт72J)= In2j(nf -п\);А = 630Дж.
3.31. Вентилятор вращается с частотой п - 900 об/мин, После
выключения вентилятор, вращаясь равнозамедленно, сделал до
остановки N = 75 об. Работа сил торможения А = 44,4 Дж. Найти
момент инерции J вентилятора и момент сил торможения М.
166

Решение:
Работа сил трения равна приращению кинетической
энергии. -A = WK- WkQ . Поскольку в момент остановки
j 2
WK = 0, то А = WkQ = . Откуда выразим момент
2А
инерции J, учитывая, что о)-2тт — A): J-—т~т\
4я¦ п
J - 0,01 кг-м2. Момент сил торможения М = Je — B), где
угловое ускорение ? =— — C). Поскольку вращение
является равнозамедленным, то среднее число оборотов за
единицу времени ти = —, а число оборотов, сделанное до
М 2N /лл _
остановки N = тй= —, откуда / = — D). Решая
2 п
г 2
совместно A) — D), получим М ; М - 94 • 10~3 Н-м.
N
3.32. Маховое колесо, момент инерции которого
J = 245кгм2, вращается с частотой и = 20об/с. После того как
на колесо перестал действовать вращающий момент, оно оста-
остановилось, сделав N =1000 об. Найти момент сил трения Мтр и
время t, прошедшее от момента прекращения действия враща-
вращающего момента до остановки колеса.
Решение:
Момент сил трения Mw = Js. Поскольку вращение
равнозамедленное и конечная скорость равна нулю, то
е- —, где co = 2mi. Тогда М^ -J . Число оборотов
при равнозамедленном движении N =—t, откуда t ;
и Мтр=308Н-м.
167

3.33. По ободу шкива, насаженного на общую ось с маховым
колесом, намотана нить, к концу который подвешен груз массой
т = 1 кг. На какое расстояние h должен опуститься груз, чтобы
колесо со шкивом получило частоту вращения я = 60 об/мин?
Момент инерции колеса со шкивом J = 0,42кгм2, радиус шкива
Я = 10 см.
Решение:
¦ V
h
LJ
Пусть в верхнем положении груз об-
обладал потенциальной энергией mgh.
При опускании груза на расстояние h
эта энергия была преобразована в
кинетическую энергию вращения
колеса и кинетическую энергию
поступательного движения груза.
. Joy mv2
mgh = —-— +
— A). Здесь v —
скорость опускания груза, равна линейной скорости
вращения точек на ободе шкива, v = coR; со-2т — B),
отсюда v = 2miR — C). Подставив B) и C) в A), получим:
mgh = 2ж n [J + mR J, следовательно, h =
Л = 86,5 см.
mg
3.34. Маховое колесо начинает вращаться с угловым ускоре-
ускорением е = 0,5 рад/с2 и через время /, = 15 с после начала движения
приобретает момент импульса L = 73,5 кгм2/с. Найти кинети-
кинетическую энергию WK колеса через время /, = 20 с после начала
движения.
Решение:
Кинетическая энергия колеса W =
Jcod
— A). Момент
инерции J можно найти из соотношения М = Js9 откуда
168

J = B). Из уравнения моментов М = —. Решая это
? dt
уравнение методом разделения переменных, получим
Mdt = dL\ M\dt = L; Mt}=L, откуда М=~ — C).
о ri
Уравнение B) с учетом C) запишем как: У=— — D).
h
Угловое ускорение а = const, следовательно, s = —. Тогда
If
со
в момент времени t2 — б - —, откуда угловая скорость
h
co = €t2 — E). Подставив D) и E) в A), получим
3.35. Маховик вращается с частотой п = 10 об/с. Его кинети-
кинетическая энергия WK = 7,85 кДж. За какое время t момент сил
М = 50Н-м, приложенный к маховику, увеличит угловую ско-
скорость со маховика вдвое?
Решение:
Согласно закону изменения момента импульса М = —,
dt
где L = Jco, a dL = Jdco. Воспользуемся методом разде-
ления переменных: Mdt-Jdco\ M\dt-J\dcD или
0 щ
Mt - J{co2 -g>\)' По условию со2 = 2сох, следовательно,
Mt = Jcox, откуда t = —- — A). Момент инерции J най-
М
дем из уравнения кинетической энергии вращения махо-
169

вика. JVK = —l-, откуда J = —f~ — B). Подставив B) в
. 2W W
A), получим t- — или, с учетом со1=2лп, t-—Е—;
CQ\M ттМ
t = 5 с.
3.36. К ободу диска массой т = 5 кг приложена касательная
сила F = 19,6 И. Какую кинетическую энергию WK будет иметь
диск через время t = 5 с после начала действия силы?
Решение:
Импульс силы FAt = mAv, но v0 = 0 и t0 = 0, сле-
Ft
довательно, Ft ~ mv. Отсюда v = —. Кинетическая энер-
т
гия вращения диска WK = ; где J = — mR, co- — \
2 1 R
„, mR2v2 F2t2 „
Wv = г = • После подстановки числовых данных
к 2-2-R2 Am
3.37. Однородный стержень длиной / = 1 м подвешен на гори-
горизонтальной оси, проходящей через верхний конец стержня. На
какой угол а надо отклонить стержень, чтобы нижний конец
стержня при прохождении положения равновесия имел скорость
v = 5 м/с?
Решение:
Рассмотрим движение центра масс стерж-
ч//2 ня. При отклонении на угол а он обладает
потенциальной энергией mgh. При про-
прохождении положения равновесия его
потенциальная энергия перешла в
кинетическую энергию вращения.
170

mgh- — A); h-- cosa = — (\-cosa). Момент
инерции стержня относительно оси, проходящей через его
конец, найдем по теореме Штейнера:
J- — ml2+m- — = — ml2. Угловая скорость со- ,
12 \2) 3 F 1/2
где v' — скорость прохождения положения равновесия
V V
центром масс, v' = —, следовательно, со- — . С учетом
всего вышеизложенного, перепишем уравнение A):
/ / \ ml~v~ ( \ mv
—\X-cosa)- г—, Qln-cosa)- . Отсюда
2V ' б!2 *К ) 3
v2
cosa -1 . Подставим числовые значения cosa - 0,15;
3.38. Однородный стержень длиной / = 85 см подвешен на
горизонтальной оси, проходящей через верхний конец стержня.
Какую скорость v надо сообщить нижнему концу стержня,
чтобы он сделал полный оборот вокруг оси?
Решение:
Рассмотрим движение центра масс стержня. А
Пусть К — точка подвеса стержня. Если
стержень сделает пол-оборота и поднимется
вертикально вверх, он будет обладать потен-
потенциальной энергией mgl. Для этого центру к
масс стержня нужно сообщить кинетическую
Jco1 , /1Ч ,, 0--~
энергию = mgl — A). Момент инерции
"v
стержня относительно оси, проходящей через **¦
его конец, найдем по теореме Штейнера:
171
1/2

1 Р ГО 1 i2 xr V
J-— mr+m- — -—ml. Угловая скорость <j> = —
12 UJ 3 F /
C), она одинакова для всех точек, принадлежащих
ml2v2
стержню. Подставив B) и C) в A), получим - = mgl,
откуда v = y]6gl; v = 7,1 м/с. Это скорость, при которой
стержень поднимется в строго вертикальное положение.
При v > 7,1 м/с он сделает полный оборот.
3.39. Карандаш длиной / = 15 см, поставленный вертикально,
падает на стол. Какую угловую скорость со и линейную ско-
скорость v будет иметь в конце падения середина и верхний конец
карандаша?
Решение:
Рассмотрим движение центра масс
vj, карандаша. В вертикальном поло-
положении он обладает потенциальной
энергией, которая при падении
* переходит в кинетическую энергию
..c
_»\ Jg>] I
coV вращения. —- = mg— — A)-
2 2
Момент инерции карандаша относи-
относительно оси, проходящей через его конец, найдем по
теореме Штейнера: J =— 77//2 -+- 777I — I = — mI2 — B).
7 2 Jo
Подставив B) в A), получим —~ = g, откуда со1 = J— ;
со{ = 14 рад/с. Поскольку су, = со2 = со, а линейная скорость
v = coR, то скорость конца карандаша v, =co-l = 2,\ м/с.
Скорость середины v2 = со— = 1,05 м/с.
172

3.40. Горизонтальная платформа массой т = 100 кг вращается
вокруг вертикальной оси, проходящей через центр платформы, с
частотой /?, =10 об/мин. Человек массой т0 =60 кг стоит при
этом на краю платформы. С какой частотой п2 начнет вращаться
платформа, если человек перейдет от края платформы к ее
центру? Считать платформу однородным диском, а человека —
точечной массой.
Решение:
Система «человек — платформа»
замкнута в проекции на ось у, т. к.
моменты сил Мпщ = 0 и MmQg = 0 в
проекции на эту ось. Следова-
тельно, можно воспользоваться ч^^
законом сохранения момента
импульса. В проекции на ось у:
Jycd{ =J2a>2, где «/, — момент
инерции платформы с человеком, стоящим на ее краю,
J2 — момент инерции платформы с человеком, стоящим в
центре, со1 и со2 — угловые скорости платформы в обоих
_ _ ffjR о2 т т& /о\
случаях. Здесь J, = + ток , J2 = — B), где
R — радиус платформы. Подставляя B) в A) и учитывая,
что со = 2я77,, где п — частота вращения платформы, полу-
(mR2 _,V л mR2 mR2 +2m0R
чим + ni0R~ \2щ = zmi-, ; n2 - ^
2
0 \щ ,; 2 щ
( 2 J  mR
; n2 = 22 оо/мин.
m
3.41. Какую работу А совершает человек при переходе от
края платформы к ее центру в условиях предыдущей задачи?
Радиус платформы R = 1,5 м.
173

Решение:
При переходе с края платформы к центру человек
совершает работу, равную разности кинетических энергий
г 2 г 2
вращения. А = l z —- — A), где J, — момент
инерции платформы с человеком на краю, J2 — момент
инерции платформы с человеком в центре. J{ = ь
Ал
2J
+ w0R2; J2 = • Частота вращения щ = 2щ;
со2 - 27т2. Воспользуемся формулой для пг, полученной в
задаче 3.40: т?2 = щ , тогда со2 = 2л77,
т т
т + 2т0
= Л), . Подставив числовые значения, получим:
т
У, = 247,5 кг-м2, У, = 112,5 кг-м2, щ = 1,1 рад/с, со2 - 2,3 рад/с.
Подставив найденные значения в A), получим: А «162 Дж.
3.42. Горизонтальная платформа массой т - 80 кг и радиусом
Л = 1 м вращается с частотой /?, = 20 об/мин. В центре плат-
платформы стоит человек и держит в расставленных руках три. С
какой частотой /?, будет вращаться платформа» если человек,
опустив руки, уменьшит свой момент инерции от У, = 2,94 до
J2 = 0,98 кг-м2? Считать платформу однородным диском.
Решение:
Момент инерции платформы с человеком складывается из
момента инерции пустой платформы и момента инерции
человека. В начальном положении Jl0 =JQ+JX — A), а
когда человек опустил руки У10 =JQ+J2 — B). Здесь
mR" ;; ,_,
JQ = C). По закону сохранения момента импульса
174

Jl0o)i = J2o<x>2» гДе й)\ ~ 2щ; со2 = 2я772. Тогда
= с/202л7?2, откуда /?2 = '° ' — №• Решая сор-
^2
20
местно A) — D), получим: п2 = -* 5 — — (^)>
777^** /2 + J2
п-) = 0,35 об/с = 21 об/мин.
3.43. Во сколько раз увеличилась кинетическая энергия
платформы с человеком в условиях предыдущей задачи?
Решение:
Кинетическая энергия платформы с человеком Wk =
Jco1
2
.7.-/7]
Тогда первоначальная кинетическая энергия Wkx =
2 '
г ^2
= 20 2
а после того, как человек опустил руки Wk2 = 20 2 . Здесь
_ mR2 mR2
mR o
+ J,; J20 =—- + J2; й?1=2ят7,; со2=2тт2.
Тогда Жк1 _ Ло^2 ^ М /2fJ1K2^2 ^ W|2(m/g2 +2J
f^ A2
Из уравнения E) предыдущей задачи 772 =
mR + 2J2
WK, mR2+2J, W^
тогда ~^ = 5 ~; -—^- = 1,05.
Wvl mR-+2J, WKl
3.44. Человек массой т0 = 60 кг находится на неподвижной
платформе массой /77 = 100 кг. С какой частотой п будет вра-
вращаться платформа, если человек будет двигаться по окружности
радиусом г = 5 м вокруг оси вращения? Скорость движения
человека относительно платформы vo=4kmAi. Радиус плат-
175

формы R = \0u. Считать платформу однородным диском, а
человека — точечной массой.
Решение:
По закону сохранения момента импульса («/i+«/2)x
х со = /v;?ovo — A), где Jx = mor2 — B) — момент инерции
человека; J2 = — mR2 — C) — момент инерции плат-
формы, r/wovo — момент импульса человека. Подставив B)
и C) в A), получим \nior2 +l/2mR2jco = rm0v0 или
mor + l/2mR~ 12л77 = r/;?ovo, откуда n =
—f -1 =л.
7T\2m0r +mR )
Подставив числовые значения, учитывая, что v = 1,1 м/с,
получим п = 0,49 об/мин.
3.45. Однородный стержень длиной / = 0,5 м совершает ма-
малые колебания в вертикальной плоскости около горизонтальный
оси, проходящей через его верхний конец. Найти период
колебаний Т стержня.
Решение:
В данной задаче стержень является физическим маятни-
маятником, его период малых колебаний Т = 2ти \ , где J —
момент инерции стержня относительно оси вращения,
d = — — B) — расстояние от центра масс до оси
вращения. По теореме Штейнера J = Jo + md2, где
1 о т ml1 ml2 Ami2 ml2
Jn = — /и/" отсюда J- + = = — C).
0 12 12 4 12 3
176

Подставив B) и C) в A), получим Т-2ч
3.46. Найти период колебания Т стержня предыдущей
задачи, если ось вращения проходит через точку, находящуюся
на расстоянии d = 10 см от его верхнего конца.
Решение:
Период малых колебаний стержня Т-2пх J И</
. По теореме Штейнера J = Jo +
тС
777/2 - т ml2
где /0=—-. Отсюда J=-гт-
4/77/2 Mi а\ т Г/2
!2/3-dl + d2
;
3.47. На концах вертикального стержня укреплены два груза.
Центр масс грузов находится ниже середины стержня на рас-
расстоянии d = 5 см. Найти длину стержня /, если известно, что
период малых колебаний стержня с грузами вокруг гори-
горизонтальный оси, проходящей через его середину, Т = 2 с. Массой
стержня пренебречь по сравнению с массой грузов.
Решение:
Данная система является математическим маят-
маятником, для которого квадрат периода малых *
колебаний определяется по формуле:
Т2=Атг2-, г—. Момент инерции такого
(ш, +m2)dg
маятника: / = /"(/77, + т2)/4 . Отсюда Т~ = 4я~ х
177

I2(lib +tJh) -> I2
v '—r^— = n~ —
dg dg
\ / = 0,446m.
> I
= n~ —, откуда окончательно получим;
dg
3.48. Обруч диаметром D = 56,5 см висит на гвозде, вбитом в
стенку, и совершает малые колебания в плоскости, параллельной
стене. Найти период колебаний Т обруча.
Решение:
Центр масс находится в центре обруча, тогда период ма-
/ j / 2J 1
лых колебаний Т-2п \ -2п \ , где J =—mx
V mRg \ mDg 2
R2 + R; ), R{= R2, следовательно, J - niR2 = m .
Отсюда Т = 2лгJ^^- =2я]—;Т = 1,5с.
\AD V2
3.49. Какой наименьшей длины / надо взять нить, к которой
подвешен однородный шарик диаметром D = 4 см, чтобы при
определении периода малых колебаний Т шарика рассматривать
его как математический маятник? Ошибка S при таком
допущении не должна превышать 1%.
Решение:
Период малых колебаний математического маятника
Г, -2п \— — A), период малых колебаний физического
маятника Т2 -2п\ , где J — момент инерции шарика
V l
относительно оси вращения, m — масса шарика и / —
расстояние от центра масс шарика до точки подвеса. В
178

нашем случае / = — mR2 + ml2 = mV
-77
. Обозна-
2(R
чим А = 1 +—I у I , тогда J = Ami2. С учетом этого полу-
[77 j
чим Т2=2к — — B). Из A) и B) имеем -^- =
Ошибка, которую мы делаем, принимая подвешенный
Т —Т
шарик за математический маятник, будет 8 = 2 m ] =
= ~-1 =
-1; отсюда А =
= (l
или
— = J—[(l-f-^J -l] — C). По условию J<0,01. Под-
R D
ставляя в C), получим — < 0,0224. Так как R = — = 0,02 м,
то предельное расстояние от центра масс шарика до точки
подвеса />0,089м, а предельная длина нити L=l-R;
1 = 0,069 м.
3.50. Однородный шарик подвешен на нити, длина которой /
равна радиусу шарика R . Во сколько раз период малых коле-
колебаний Г, этого маятника больше периода малых колебаний Т2
математического маятника с таким же расстоянием от центра
масс до точки подвеса?
Решение:
Период малых колебаний данного физического ^^
маятника Тх-2п\ . Период малых f*\
\m2Rg ( -Л±
колебаний
математического
маятника
179

T? -2n^2R/ g . По теореме Штейнера J = J0+mBRf9
2 2
i?2/ /?2 + 4mR2 = AAmR1
2 2
где Jo = - w?i?2, отсюда / = - w/?2 + 4mR2 = AAmR1. Тогда
i = 2я J-г—=— = 2;r J ; тг = / i ¦ После
T
подстановки — = 1,05.
Тг

§ 4. Механика жидкостей и газов
В задачах этого раздела используются данные таблицы 11 из
приложения. Прежде чем приступать к числовым расчетам,
необходимо представить все величины в единицах системы СИ.
4.1. Найти скорость v течения углекислого газа по трубе,
если известно, что за время t = 30 мин через поперечное сечение
трубы протекает масса газа т = 0,51 кг. Плотность газа
р = 7,5 кг/м3. Диаметр трубы D = 2 см.
Решение:
За время / через поперечное сечение трубы проходит
некоторый объем газа цилиндрической формы (масса этого
объема газа нам известна). V -к—/ = A). Скорость
4 р
течения углекислого газа v = l/t. Из уравнения A) найдем
I 4/77 4/77
/ = ^—, тогда v = —^— > v = 0,12 м/с.
Dp kD~ pt
4.2. В дне цилиндрического сосуда диаметром D = 0,5 м име-
имеется круглое отверстие диаметром d = 1см. Найти зависимость
скорости понижения уровня воды в сосуде от высоты h этого
уровня. Найти значение этой скорости для высоты h - 0,2 м.
Решение:
2 2
По теореме Бернулли —- + pgh2 = —- или vf+2gh =
— v\ — A), где Vj — скорость понижения уровня воды в
сосуде, v9 — скорость вытекания воды из отверстия. В
силу неразрывности струи vlSl = v2S2, откуда v2 = -L-!
B), где S{ — площадь поперечного сечения сосуда, S2 —
181

площадь поперечного сечения отверстия. Подставляя B) в
то v, =—=Х=. Поскольку d4 «D4, то v, «—
При h = 0,2 м скорость v{ = 0,8 мм/с.
4.3. На столе стоит сосуд с водой, в боковой поверхности
которого имеется малое отверстие, расположенное на рас-
расстоянии /?, от дна сосуда и на расстоянии h2 от уровня воды.
Уровень воды в сосуде поддерживается постоянным. На каком
расстоянии / от сосуда ( по горизонтали) струя воды падает на
стол в случае, если: a) hx =25 см, А2=16см ; б) Их =16 см,
И2 = 25 см?
Решение:
По теореме Бернулли —- + pgh2 - ^—^- или Vj + 2gh -
= Vj — A), где v, — скорость понижения уровня воды в
сосуде, v2 — скорость вытекания воды из отверстия. По
условию vt = 0, тогда v2 = ^J2gh2 . Высота h{ = —— . Отку-
Откуда время t=yj2hl/g, тогда расстояние l-v2t\
4.4. Сосуд, наполненный водой, сообщается с атмосферой
через стеклянную трубку, закрепленную в горлышке сосуда.
Кран К находится на расстоянии /?2 = 2 см от дна сосуда. Найти
скорость v вытекания воды из крана в случае, если расстояние
между нижним концом трубки и дном сосуда: а) Л, = 2 см;
б) /?, =7,5 см; в) /?, =10 см.
182

Решение:
По закону сохранения энергии
Wlt = WK, где Wn = mg&h = ing x
x (/z, - /?2) — потенциальная энергия
водного столба над краном.
W =
777V
— кинетическая энергия
2
h.
вытекающей воды. mg\h{ -п2) = ,
Ал
отсюда v2 = 2g(h[ -h2) и v = ->J2g{h{ -h2). а) При
/?, = 0,02 м, 1\ = h2, следовательно, А/? = 0 и v = 0 . б) При
/?, = 0,075 м, v = 1,04 м/с. в) При \ = ОД м, v = 1,25 м/с.
4.5. Цилиндрической бак высотой h = 1 м наполнен до краев
водой. За какое время / вся вода выльется через отверстие,
расположенное у дна бака, если площадь S2 поперечного
сечения отверстия в 400 раз меньше площади поперечного
сечения бака? Сравнить это время с тем, которое понадобилось
бы для вытекания того же объема воды, если' бы уровень воды в
баке поддерживался постоянным на высотг h = 1 м от отверстия.
Решение:
В задаче 4.2 была получена формула, выражающая ско-
рость понижения уровня воды в оаке
. Здесь
х — переменный уровень воды в баке. За
время dt уровень воды в баке понизится на
,2 о2
I ^2
¦yjxdt. Решаем это
уравнение:
l
dx
l—
l о rz\h.
lo
Подставив числовые данные, получим t = 3 мин.
183

4.6. В сосуд льется вода, причем за единицу времени
наливается объем воды V, = 0,2 л/с. Каким должен быть диаметр
d отверстия в дне сосуда, чтобы вода в нем держалась на
постоянном уровне h = 8,3 см?
Решение:
Чтобы вода в сосуде была на
постоянном уровне, необхо-
необходимо, чтобы за одинаковые
промежутки времени втекало и
вытекало одинаковое коли-
чество воды. Vt- — = — = vS,
V ml2
отсюда v = —'-. Т. к. S =
S 4
площадь поперечного сечения
4V
отверстия, то скорость вытекания жидкости v = —j. Из
уравнения Бернулли
шт
= pgh, отсюда v = J2gh . Тогда
4V,
t_ _
-1,4 см.
4.7. Какое давление р создает компрессор в краскопульте,
если струя жидкой краски вылетает из него со скоростью
v = 25 м/с? Плотность краски р - 0,8 • 103 кг/м3.
Решение:
Уравнение Бернулли для установившегося движения
идеальной несжимаемой жидкости р + —— + pgh = const.
pv2
В нашем случае при h ~ 0, р = —— = 250 кПа.
184

4.8. По горизонтальный трубе АВ течет жидкость. Разность
уровней этой жидкости в трубах а и b равна АЛ = 10 см.
Диаметры трубок а п b одинаковы. Найти скорость v течеь
жидкости в трубе АВ
Решение:
Т. к. диаметры трубок Da = Dbi
то площади поперечного сечения
За-$ь — О)- В силу неразрыв-
неразрывности струи vaSa = vhSh — B). а
Из A) и B) va =vb=v. По фор-
.2
муле Торричелли pga +
pv
= pgb, отсюда v2 /2 = gb-ga = g(b-а). Т. к. b-a =
то v2 = 2gAh и v = j2gAh = 1,4 м/с.
4.9. Воздух продувается через трубку АВ. За единицу времени
через трубку АВ протекает объем воздуха V( = 5 л/мин. Площадь
поперечного сечения широкой части трубки АВ равна Sx = 2 см2,
а узкой ее части и трубки abc равна S2 = 0,5 см2. Найти разность
уровней Ah воды, налитой в трубку abc. Плотность воздуха
р = 1,32 кг/м3.
Решение:
Объем воздуха, протекающий
за единицу
трубку АВ,
времени через
v V 1S с
отсюда v = —, где / — длина
струи, / — время, v = l/t — скорость движения воздуха.
V.
V,
-6 . .3,
v, = -L; v2 = -^; ^ =8,33-10-° м7с. Из формулы
185

Торричелли имеем вш ' ¦ + psoagAh = ^В03 2 , откуда
4]
ZPt03g{s22 S?)
4.10. Шарик всплывает с постоянной скоростью v в жид-
жидкости, плотность рх которой в 4 раза больше плоскости мате-
материала шарика. Во сколько раз сила трения F^ , действующая на
всплывающий шарик, больше силы тяжести mg, действующей
на этот шарик?
Решение:
По второму закону Ньютона FA -mg-Fw=0 — A), где
— B); m = p,V — C). Из C) V = — 9 тогда
Pi
т
— g = 4mg — D). Преобразуя A) е учетом D),
'Pi
получим FTp = 2mg или —— = 3 .
mg
4.11. Какой наибольшей скорости v может достичь дождевая
капля диаметром d - 0,3 мм, если динамическая вязкость воз-
воздуха ?] = 1,2-1 (Г5 Пас?
Решение:
Во время падения на каплю действуют две противо-
противоположно направленные силы. Сила тяжести mg и сила
сопротивления воздуха F (силу Архимеда не учитываем).
При увеличении скорости падения сила сопротивления
растет. Максимальной скорости капля достигнет, когда
сила тяжести и сила сопротивления воздуха станут равны,
F = mg. По закону Стокса F = блцп? = 3nrfdv, тогда
186

37rrjdv = mg. Поскольку m = pV = p , где р — плот-
6
ность воды, то 37r?]dv = pg , откуда v = ——;
6 I877
v = 4,1 м/с.
4.12. Стальной шарик диаметром </ = 1мм падает с посто-
постоянной скоростью v = 0,185 см/с в большом сосуде, наполненном
касторовым маслом. Найти динамическую вязкость tj касторо-
касторового масла.
Решение:
Поскольку шарик движется равномерно, то по второму
закону Ньютона mg-FA -F = 0 — A), где масса шарика
т = pcV = pc— B); сила Архимеда FA = pjg = pMg x
о
яг/3
х C); сила сопротивления масла F = 37rrjdv — D)
6
по закону Стокса. Подставляя уравнения B) — D) в A),
после несложных преобразований получим \&Tjv = d2gx
х (А, - А,), откуда tj = ^^~А,). ц = 2 ш.с
1 V
4.13. Смесь свинцовых дробинок с диаметрами с/, =3мм и
</, = 1 мм опустили в бак с глицерином высотой h = 1 м. На
сколько позже упадут на дно дробинки меньшего диаметра по
сравнению с дробинками большего диаметра? Динамическая
вязкость глицерина rj = 1,47 Па-с.
Решение:
Считая движение дробинок равномерным, запишем второй
закон Ньютона в общем случае mg -FA-F = 0 — A), где
187

масса дробинки т = pcV = /?слг/3 /6 — B); сила Архимеда
FA = prVg = pTg (j); сила сопротивления глицерина
6
F = Ixrjdv — D) по закону Стокса. Подставив уравнение
B) — D) в A), после несложных преобразований получим
\$7]v = d2g(pc -рг) — E). Здесь р. — плотность свинца,
рг — плотность глицерина. При равномерном движении
h
скорость v = — — F). Подставив уравнение F) в E),
выразим время / за которое дробинка достигнет дна
1877*
t = 2 —i -. Тогда At = t-> - U =
At - 4 мин.
4.14. Пробковый шарик радиусом г = 5мм всплывает в
сосуде, наполненном касторовым маслом. Найти динамическую
и кинематическую вязкости касторового масла, если шарик
всплывает с постоянной скоростью v = 3,5 см/с.
Решение:
Поскольку шарик движется равномерно, то по вто-
второму закону Ньютона FA- F - mg = 0 — A), где мас-
масса шарика т = рпУ = рп — B); сила Архимеда
4лг
Fa - Рм^ё = Ры8 — ОУ> сила сопротивления масла
F = 6/rrp-v — D) по закону Стокса. Подставляя уравнения
B) — D) в A), после несложных преобразований получим
v = 4r2g(pn -/?M), откуда динамическая вязкость
2vq(p - р )
?] = —Q ~; ;; = 1,09 Па-с. Кинематическая вязкость
9v
масла v = ?]/ psl; v = 12,1 см2/с.
188

4.15. В боковую поверхность цилиндрического сосуда
радиусом R - 2 см вставлен горизонтальный капилляр,
внутренний радиус г = 1 мм которого и длина 1 = 2 см. В сосуд
налито касторовое масло, динамическая вязкость которого
т] = 1,2Пас. Найти зависимость скорости v понижения уровня
касторового масла в сосуде от высоты h этого уровня над
капилляром. Найти значение этой скорости при h = 26 см.
Решение:
Объем масла, вытекающего за время / из сосуда
через капилляр, определяется формулой Пуазейля:
т. xr4tAP /1Ч
V- — A), где разность давлении на концах
8/?/
капилляра АР = pgh — B). С другой стороны,
V = SVt = mr2v't — C), где v'— скорость протекания
масла через капилляр. Решая совместно A) — C), найдем
v' = —c?i_ s в силу неразрывности струи v'S' = vS , где
Sir/
S — площадь поперечного сечения сосуда, отсюда
v'S1 v'r2 . r" pgh _
v = = —=-. Окончательно имеем v-—^—r. При
S R2 ЩЯ2
h = 0,26 м скорость v = 3 • 10~5 м/с.
4.16. В боковую поверхность сосуда вставлен горизон-
горизонтальный капилляр, внутренний радиус которого г = 1 мм и длина
/ = \,5 см. В сосуд налит глицерин, динамическая вязкость
которого 7] = 1,0Пас. Уровень глицерина в сосуде поддержи-
поддерживается постоянным на высоте /? = 0,18м выше капилляра. Какое
время потребуется на то, чтобы из капилляра вытек объем
глицерина V - 5 см3?
Решение:
Объем глицерина, вытекающего за время t из сосуда
через капилляр, определяется формулой Пуазейля
189

_- ят/ДР
к = A). Разность давлении на концах капилляра
Sir/
обусловлена гидростатическим давлением жидкости,
АР = pgh — B). Подставив B) в A), выразим t:
Wrj
t = —-— '•> г ~ ^ мин.
4.17. На столе стоит сосуд, в боковую поверхность которого
вставлен горизонтальный капилляр на высоте hx = 5 см от дна
сосуда. Внутренний радиус капилляра г -1 мм и длина / = 1 см.
В сосуд налито машинное масло, плотность которого
р = 0,9 • 103 кг/м3 и динамическая вязкость ?] = 0,5 Па-с. Уровень
масла в сосуде поддерживается постоянным на высоте h2 - 50 см
выше капилляра. На каком расстоянии L от конца капилляра (по
горизонтали) струя масла падает на стол?
Решение:
По формуле Пуазеиля V = —, где по закону Паскаля
Sit]
перепад давления Ар = pgAh = pg(h2 -hi)- Тогда
8/77 / 8/7/
другой стороны, V( =vS = vm*2 (см. задачи 4.6 и 4.9),
2 7Upg{h ,)
следовательно, vm- = —; v =
Щ Щ
скорость вытекания струи из капилляра. Далее рас-
рассматриваем движения струй вдоль осей jc и у, как не-
независимые, причем по л- движение равномерное, а по у —
at1
равнопеременное, поэтому х-\Ч и у-\- ——. В точке
at1
падения струи на стол у = 0, соответственно h{ = 0;
190

О 1
Г =—-; t= \—L. Тогда струя падает на стол на рас-
8 V 8
стоянии L = x = vt = — v l — —- -1 см.
8/77 V
4.18. Стальной шарик падает в широком сосуде, напол-
наполненном трансформаторным маслом, плотность которого
р = 0,9 • 103 kt/mj и динамическая вязкость ?; = 0,8 Пас. Считая,
что закон Стокса имеет место при числе Рейнольдса Re < 0,5
(если при вычислении Re в качестве величины D взять диаметр
шарика), найти предельное значение диаметра D шарика.
Решение:
Поскольку шарик движется равномерно, то по второму
закону Ньютона ?ng-FA -F = 0 — A), где масса шарика
т = ру = рс — B); сила Архимеда FA = puVg = р х
6
xg C); сила сопротивления масла F' = 37rrjdv — D)
6
по закону Стокса. Подставляя уравнения B) — D) в A),
после несложных преобразований получим \Srjv = d2gx
*{рс-Р*)> откуда v=° g^pc-PJ _ E) Число рей_
1 ОТ]
нольдса определяется соотношением Re = ——. По
условию Яе<0,5, тогда —^-<0,5 или, с учетом E),
Л
<0>5< Отсюда D
\gPAPc-pJ
дельный диаметр шарика D = 4,6 мм.
191

4.19. Считая, что ламинарность движения жидкости (или
газа) в цилиндрической трубе сохраняется при числе Рейнольдса
Яе<3000 (если при вычислении Re в качестве величины D
взять диаметр трубы), показать, что условия задачи 4.1
соответствуют ламинарному движению. Кинематическая
вязкость газа v = 1,33 • 10~6 м2/с.
Решение:
Поскольку число Рейнольдса можно задать соотношением
Re = —, то ламинарность течения жидкости сохранится
v
Dv
при выполнении условия: —<3000. Подставив данные
v
задачи 4.1, получим 1805 < 3000. Мы получили верное
неравенство, следовательно, условия задачи 4.1 соответ-
соответствуют ламинарному движению.
4.20. Вода течет по трубе, причем за единицу времени через
поперечное сечение трубы протекает объем воды V, = 200 см3/с.
Динамическая вязкость воды г/ = 0,001 Пас. При каком
предельном значении диаметра D трубы движение воды
остается ламинарным? (Смотри условие предыдущей задачи.)
Решение:
Ламинарность течения жидкости сохранится при
выполнении условия: —— < 3000 —A). Скорость течения
7
воды v = -, в единицу времени v = /, где /— высота
192

ttD21 AV
цилиндра объемом Vt. Vt- , откуда / = —у. Тогда
A kD
AV AV p
v = —j, а неравенство A) можно переписать: ^ < ЗЭЭО,
AV о
откуда D < ^—; D < 0,085 м.
^ ЗООО^
7—3268

Глава II
МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА
И ТЕРМОДИНАМИКА
§ 5. Физические основы молекулярно-кинетической
теории и термодинамики
В условиях задач этого раздела температура задается в гра-
градусах Цельсия. При проведении числовых расчетов необходимо
перевести температуру в градусы Кельвина, исходя из того, что
0° С = 273° К. Кроме того, необходимо также представить все
остальные величины в единицах системы СИ. Так, например,
1л = 1(Р м"; 1mj = 10б см^ = 109 мм"\ Если в задаче приведена
графическая зависимость нескольких величин от какой-либо
одной и при этом все кривые изображены на одном графике, то
по оси у задаются условные единицы. При решении задач
используются данные таблиц 3,6 и таблиц 9—11 из приложения.
5.1. Какую температуру Т имеет масса /н = 2г азота,
занимающего объем V = 820 см3 при давлении р = 0,2 МПа?
Решение:
Температуру азота можно определить из уравнения
Менделеева — Клапейрона pV - — RT, откуда
М
температура азота Т= . Молярная масса азота
mR
// = 0,028 кг/моль. Подставляя числовые данные, получим
2 10 -8,31
5.2. Какой объем V занимает масса /и = 10г кислорода при
давлении р - 100 кПа и температуре / = 20° С?
194

Решение:
Выразим объем кислорода из уравнения Менделеева —
Клапейрона pV- — RT, откуда К = . Молярная
у" ЯР
масса кислорода /л - 0,032 кг/моль. Подставляя числовые
' IP- 8,31-293 1П_з з
данные, получим V \— = 7,6 • 10 м .
3 0,032-105
5.3. Баллон объемом V = 12 л наполнен азотом при давлении
р = 8,1 МПа и температуре t = 17° С. Какая масса /г; азота
находится в баллоне?
Решение:
Массу азота можно выразить из уравнения Менделеева —
Клапейрона pV = — RT, откуда /w = ——. Молярная
}л RT
масса азота /j = 0,028 кг/моль, /и = 1,13 кг.
5.4. Давление воздуха внутри плотно закупоренной бутылки
при температуре tx = 7° С было рх =100 кПа. При нагревании
бутылки пробка вылетела. До какой температуры t2 нагрели
бутылку, если известно, что пробка вылетела при давлении
воздуха в бутылке р = 130 кПа?
Решение:
По закону Шарля — = —, отсюда Т2 = ^-L; 7j = 280 К,
/?,=105Па; Г, =364 К.
5.5. Каким должен быть наименьшей объем V баллона,
вмещающего массу m = 6,4 кг кислорода, если его стенки при
температуре / = 20° С выдерживают давление р = 15,7 МПа?
195

Решение:
Согласно уравнению Менделеева — Клапейрона pV' =
111 пг т, mRT ъл
= — лГ, откуда V . Молярная масса кислорода
/и jup
// = 0,032 кг/моль, Т = 293 К. Тогда V = 31 л.
5.6. В баллоне находилась масса /и, = 10 кг газа при давлении
/?, = 10 МПа. Какую массу Am газа взяли из баллона, если
давление стало равным р2 =2,5 МПа? Температуру газа считать
постоянной.
Решение:
Согласно уравнению Менделеева — Клапейрона для
первого состояния * =—-R — A), для второго
Т /л
состояния 2 2 = —-R — B). Разделив A) на B), получим
Т М
1 ' =—-. Поскольку объем баллона не изменяется, то
Р) Щ Р\ Щ &т Р\ ~ Pi
JLL-—L или SJ-- ! • -?Л ?LL
р2 т2 р2 Щ + Aw W) p]
Ат = 3iPLZ?2) • Ат = j>5 кг.
Р)
5.7. Найти массу т сернистого газа (SO2), занимающего
объем К = 25л при температуре t = 27°C и давлении
р = 100 кПа.
Решение:
Согласно уравнению Менделеева — Клапейрона pV =
—RT, откуда т = ???; Г = 300К; К = 25-10~3м3. Мо-
/и RT
196

лярную массу данного вещества можно определить по
формуле и-Мук — A), где Мг — относительная
молекулярная масса вещества; к = 10 кг/моль.
Относительную молекулярную массу найдем из
соотношения Мг =^пг4г,, — B), где п1 — число атомов
i-ro химического элемента, входящих в молекулу данного
вещества; Аел — относительная атомная масса i-ro
химического элемента. В нашем случае для сернистого
газа формула B) примет вид Mr = nsArs + noAro, где ns -1
(число атомов серы в молекуле сернистого газа); по = 2
(число атомов кислорода в той же формуле); Ars и Аго —
относительные атомные массы серы и кислорода. По
таблице Д. И. Менделеева найдем АГЧ=Ъ2, Аго=\6.
После подстановки в формулу C) значений ns, п0, Ars и
Аго получим Мг =1-32 + 2 -16 = 64. Подставив это
значение относительной молекулярной массы, а также
значение к в формулу A), найдем молярную массу
сернистого газа: /л = 64 • 10~3 кг/моль. Тогда т - 65 г.
5.8. Найти массу т воздуха, заполняющего аудиторию
высотой h = 5 м и площадью пола S = 200 м2. Давление воздуха
/? = 100кПа, температура помещения t = \l°C. Молярная масса
воздуха // = 0,029 кг/моль.
Решение:
Согласно уравнению Менделеева — Клапейрона pV-
——RT, откуда т--—— . Объем комнаты V = hS . Тогда
масса воздуха т = ?—К • Г = 290 К; т = 1,2 т.
КГ
197

5.9. Во сколько раз плотность воздуха рх, заполняющего
помещение зимой Gj=7oC), больше его плотности р2 летом
(Л> =37° С)? Давление газа считать постоянным.
Решепие:
Согласно уравнению Менделеева
Клапейрона для
первого состояния
—- =—R — A), для второго
состояния
Т7
0 m
=- = — R
B). Разделив A) на B), при
Tx Vx mi рх P-, p, T-,
p- const имеем —L = —- = с^-л^.^ откуда ¦?-*- = — ,
T2 V2 m / p2 P\ /?2 Tx
где Тх =280К; Т2 =310К. Тогда px /p2 =1Д. .
5.10. Начертить изотермы массы /я = 0,5 г водорода для
температур: а) /, = 0° С; б) /, = 100° С.
Решение:
70-1
60 -
50 -
40 -
30-
20 -
10 -
0
Л Па
15
30 45 60 75 90
а) Из уравнения Менделеева —Клапейрона найдем pV =
777
= — RTX; pV = 567 Дж. Зависимость давления р от объема
М
V выражается соотношением р = 567 / V.
198

б) Из уравнения Менделеева —Клапейрона найдем pV =
777
= — RT2; pV = 775 Дж. Зависимость давления /; от объема
775
V выражается соотношением р-
5.11. Начертить изотермы массы /н = 15,5г кислорода для
температур: a) tx = 39° С; б) t2 =180° С.
Решение:
0 50 00 150 200 250 300 350 400 450 500
а) Из уравнения Менделеева —Клапейрона найдем pV =
~{т/jLi)RTx\ /?К = 1255Дж. Зависимость давления р от
объема V выражается соотношением ;; = 1255/ V.
б) Из уравнения Менделеева — Клапейрона найдем pV =
= G77/ fi)RT2\ /?К = 1823Дж. Зависимость давления р от
объема V выражается соотношением р = 1823 / V.
5.12. Какое количество v газа находится в баллоне объемом
V = Ю м^ при давлении р =96 кПа и температуре / = 17° С?
199

Решение:
Число молей газа определяется следующим соотношением
v-— . Тогда уравнение Менделеева —Клапейрона мож-
М
но записать в виде pV -—RT = vRT. откуда i/ = ——.
/л RT
Здесь Т = 290 К. v = 0,4 кмоль.
5.13. Массу m =5 г азота, находящегося, в закрытом сосуде
объемом V = 4 л при температуре г, = 20° С, нагревают до темпе-
температуры /2 = 40° С. Найти давление /?, и р2 газа до и после на-
нагревания.
Решение:
Согласно уравнению Менделеева — Клапейрона pV =
- — RT. По условию /77 = const, тогда для первого состоя-
ния P\V] = — Я7], для второго состояния р2У-> = — RT2,
ц ' /л
?nRT, mRT-y „
откуда /?| = : /?-, = . Подставляя числовые
juV ~ juV
данные, получим р{ =108 кПа; р2 =116 кПа.
5.14. Посередине откачанного и запаянного с обеих концов
капилляра, расположенного горизонтально, находится столбик
ртути длиной / = 20 см. Если капилляр поставить вертикально,
то столбик ртути переместится на А/ = 10 см. До какого давления
р0 был откачан капилляр? Длина капилляра L -1 м.
Решение:
Объем воздуха с каждой стороны от столбика ртути
при горизонтальном положении капилляра: V0-Sh, где
200

Ж
h+Ы
h-Ы
S — площадь поперечного
сечения капилляра,
h = = 0,4 м. Давление
Ал
в этом положении равно S
р0. При вертикальном
положении капилляра
объем воздуха в его
верхней части Fj =S(/z +А/), давление равно р{. Т. к.
Т = const, то по закону Бойля — Мариотта VQp0 = V]pl или
hpQ=p[(h + Al) — A). Давление р2 в нижней части
капилляра складывается из давления воздуха р{ и
давления столбика ртути р. Тогда для нижней части
капилляра hp0 = (р{ + p)(h - А/) — B). Решая совместно
,1л /ол - p{h-Al)(h
уравнения A) и B), найдем ро=— -^-
2//А/
В
условиях данной задачи /? = 200мм рт. ст. =26,6кПа.
Отсюда р0 = 50 кПа.
5.15. Общеизвестен шуточный вопрос: «Что тяжелее: тонна
свинца или тонна пробки?» На сколько истинный вес пробки,
которая в воздухе весит 9,8кН, больше истинного веса свинца,
который в воздухе весит также 9,8кН? Температура воздуха
/ = 17° С, давление р = 100 кПа.
Решение:
На тела, находящиеся в воздухе, действует выталкивающая
сила Архимеда FA = pgV, где р — плотность воздуха,
У— объем тела. Т.е. тело теряет в весе столько, сколько
весит воздух в объеме данного тела. Объем свинца
V\—m/px. Воздух в данном объеме весит mxg. Согласно
201

уравнению Менделеева — Клапейрона pVx = — RT, отку-
да 777, =¦??-]-. Тогда m,g = ^ь \ -гу <-> ^ Объем пробки
RT RT p{RT
rr т т> с Wing „
V2 = —. Вес воздуха в данном объеме m-,g = . Ис-
Рг " RT
тинный вес свинца P{=g(m + m{)i истинный вес пробки
P2=g(m + m2). Тогда АР = g(m2 -т{) = ^^-\ ;
RT {Pi Р\)
АР = 58,6 Н.
5.16. Каков должен быть вес р оболочки детского воздуш-
воздушного шарика, наполненного водородом, чтобы результирующая
подъемная сила шарика F = 0 , т.е. чтобы шарик находился во
взвешенном состоянии? Воздух и водород находится при
нормальных условиях. Давление внутри шарика равно внешнему
давлению. Радиус шарика г = 12,5 см.
Решение:
Результирующая подъемная сила F = m^g - {m2g + P), где
77?j — масса воздуха в объеме шарика, 7772 — масса водо-
водорода в объеме шарика. Так как F = 0,то Р = ^(т77, -щ). Из
уравнения Менделеева — Клапейрона найдем т-——.
Тогда /> = g??fo-^ = i2^?fo-//,); Р = 96мН.
5.17. При температуре / = 50° С давление насыщенного
водяного пара р = 12,3 кПа. Найти плотность р водяного пара.
202

Решение:
Плотность вещества определяется соотношением р-—.
Согласно уравнению Менделеева — Клапейрона pV =
т „гг pV/л _
= — Ш , откуда т = . Тогда плотность водяного пара
/и RT
р = —; р = 0,083 кг/м3.
Н RT H
5.18. Найти плотность /? водорода при температуре / = 10° С
и давлении р = 97,3 кПа.
Решение:
Г = 288 К. Плотность вещества определяется соотноше-
соотношением р = —. Согласно уравнению Менделеева — Клапей-
Клапейрона pV = — ЯГ, откуда т = " . Тогда плотность водо-
// ЯГ
рода р = —; /? = 0,081 кг/м3.
RT
5.19. Некоторый газ при температуре / = 10° С и давлении
/> = 200кПа имеет плотность р = 0,34 кг/м3. Найти молярную
массу // газа.
Решение:
Г = 283 К. Согласно уравнению Менделеева — Клапей-
тг m пт* т/?Г тт w
рона pV = — RT, откуда/^= . Но — = р, отсюда
// pV V
ju = •?—; // = 0,004 кг/моль.
Р
203

5.20. Сосуд откачан до давления р = 1,33 • 10'9 Па; температу-
температура воздуха t = 15° С. Найти плотность р воздуха в сосуде.
Решение:
Т - 288 К. Плотность вещества определяется соотноше-
соотношением р-—. Согласно уравнению Менделеева — Кла-
пеирона pv - — RT, откуда m = . Тогда плотность
/л RT
воздуха р = -^—; /? = 1,6-10~14 кг/м3.
5.21. Масса т = 12 г газа занимает объем V = 4 л при темпе-
температуре /, = 7° С. После нагревания газа при постоянном давле-
давлении его плотность стала равной р = 0,6 кг/м3. До какой темпе-
температуры t2 нагрели газ?
Решение:
Запишем уравнение состояния газа до и после нагревания
pVx = — a7j — A); pV-, = — RT2 — B). Поскольку
rr m /<i\ Р ЯГ,
V2= —, то B) можно переписать: -?— -—-, откуда
Pi Pi М
Т2 =-?-?— — C). Давление р найдем из A): р =
p2R
rrt
Подставив данное выражение в C), получим Г2 = -;
Vxp2
Г2=1400К.
5.22. Масса w = 10r кислорода находится при давлении
/? = 304кПа и температуре г, =10° С. После расширения вслед-
вследствие нагревания при постоянном давлении кислород занял объ-
204

ем V2 =10 л. Найти объем V{ газа до расширения, температуру
i2 газа после расширения, плотности рх и р2 газа до и после
расширения.
Решение:
Согласно уравнению Менделеева — Клапейрона уравне-
уравнение состояния газа до нагревания pxVx = — RTX\ после на-
И
гревания p^V-y - — RT-,. По условию р{ = р2= /?-, отсюда
М
*?, а=4,14кг/м3;
ир
^f, р,=1кг/м3.
5.23. В запаянном сосуде находится вода, занимающая объем,
равный половине объема сосуда. Найти давление р и плотность
р водяного пара при температуре / = 400° С, зная, что при этой
температуре вся вода обращается в пар.
Решение:
В начальном состоянии плотность воды pl =m/Vl. После
нагревания р2 - — .По условию V2 = 2Vl, тогда р2 =—р1;
/?2 = 500 кг/м3. Запишем уравнение состояния водяного
пара при Г = 673К: p2V2= — RT или 2р2К=— RT.
// //
Поскольку Vx = —, то р2 = — ; р2 = 155 МПа.
Pi 2//
5.24. Построить график зависимости плотности р кислорода:
а) от давления р при температуре Т = const = 390 К в интервале
205

О < р < 400 кПа через каждые 50 кПа; б) от температуры Т при
р = const = 400 кПа в интервале 200 < Т < 300 К через каждые
20К.
Решение:
Воспользуемся формулой, полученной в задаче 5.17:
. Молярная масса кислорода // = 0,032 кг/моль.

а) При Т = const = 390 К: р »10 • р;
5,0-
4,0-
3,0-
2,0-
1,0 -
0,0
/?,кг/м"
, кПа
0 50 100 150 200 250 300 350 400
р, кПа
р, кг/м?
0
0
50
0.5
100
1
150
1,5
200
2
250
2?5
300
3
350
3,5
400
4
б) При р = const = 400 кПа: р = 1540 / Т.
Ют/?, кг/м3
8 -
6-
4 -
2 -
0
Г, К
200 220 240
260
280 300
т, к
р, кг/м3
200
7,70
220
7.00
240
6,42
260
5.92
280
5,50
300
5,13
206

5.25. В закрытом сосуде объемом V = 1 м3 находится масса
тх = 1,6 кг кислорода и масса т2 = 0,9 кг воды. Найти давление
р в сосуде при температуре / = 500° С, зная, что при этой
температуре вся вода превращается в пар.
Решение:
По закону Дальтона р- р{ + р2, где, согласно уравнению
Менделеева — Клапейрона, рх = — — парциальное
V
л лоо / jn2RT
давление кислорода /л{ = 0,032 кг/моль, р-у -— пар-
jli2V
циальное давление водяного пара //2 =0,018 кг/моль. От-
RT(iih тЛ
сюда р = —L + —=- ; р = 640 кПа.
5.26. В сосуде 1 объем V\ = 3 л находится газ под давлением
р{ = 0,2 МПа. В сосуде 2 объем У2 = 4 л находится тот же газ под
давлением р2 = 0,1 МПа. Температуры газа в обоих сосудах
одинаковы. Под каким давлением р будет находиться газ, если
соединить сосуды 1 и 2 трубкой?
Решение:
По закону Дальтона р = р[ + р\, где р[ и р2 — парци-
парциальные давления газа после соединения сосудов. По закону
Бойля — Мариотта р\ (Fj + V2) = pxVx; р2 (ух + V2) = р2Уг
Г) V П I/ П Tf Л- П V
отсюда е>, = ; р7 = —?-i—; р = ¦?-LJ— z z .
Vl+V2 F2 у1+у2 * V{+y2
Подставляя числовые данные, получим: р = 140 кПа.
5.27. В сосуде объемом V. = 2 л находится масса /и, = 6 г
углекислого газа (СО2) и масса тг закиси азота (N2O) при
температуре / = 127° С. Найти давление р смеси в сосуде.
207

Решение:
По закону. Дальтона Р - Р] + Р2, где, согласно уравнению
Менделеева — Клапейрона, 1\ =—! — парциальное
давление углекислого газа (//, =0,044 кг/моль), Р2 =
— парциальное давление закиси азота (//, =
= 0,044 кг/моль). Отсюда Р = — ^L + ^- ]; /> = 415 кПа.
5.28. В сосуде находится масса /;?, = 14 г азота и масса
/>;2=9г водорода при температуре t = \Q°C и давлении
р = 1 МПа. Найти молярную массу /л смеси и объем V сосуда.
Решение:
Моля ная масса смеси / есть отношение массы смеси т
к количеству вещества смеси v, т.е. /и = A). Масса
v
смеси равна сумме масс компонентов смеси т = тх + т2.
Количество вещества смеси равно сумме количеств
вещества компонентов. Подставив в формулу A)
выражения т и v, получим ju = — B).
/ +/
Далее, применив способ использованный в задаче 5.7,
найдем молярные массы //j азота и ju2 водорода:
/4 =28-10~3 кг/моль, ju2 = 2 • 10~3 кг/моль. Подставим зна-
значение величин в B) и произведем вычисления:
14-10+9-10 , _ 1Л_3 ,
1,6 -10 кг/моль. Запишем уравне-
14-10 9-10
-з
28-10 2-Ю
208

ние состояния смеси газов: pV -—! -RT . Отсюда
И
найдем V = ???| + "h RT ; Г = 11,7 л.
5.29. Закрытый сосуд объемом V = 2 л наполнен воздухом
при нормальных условиях. В сосуд вводится диэтиловый эфир
(С2Н5ОС2Ы5). После того как весь эфир испарился, давление в
сосуде стало равным р = 0Д4МПа. Какая масса т эфира была
введена в сосуд?
Решение:
Согласно уравнению Менделеева — Клапейрона, в на-
начальный момент, когда сосуд был заполнен воздухом,
-—-RT . Когда в сосуд ввели диэтиловый эфир,
} pl , откуда
RT VV ()V ^PPl'V/J. Молярная
j RT
масса диэтилового эфира (С2Н5ОС2Н5) — // = 74х
х Ю~3 кг/моль (см. задачу 5.7), соответственно т = 2,5 г.
5.30. В сосуде объемом V = 0,5 л находится масса т = 1 г
парообразного йода (l2). При температуре / = 1000° С давление
в сосуде рс = 93,3 кПа. Найти степень диссоциации а молекул
йода на атомы. Молярная масса молекул йода /л = 0,254 кг/моль.
Решение:
Степенью диссоциации а называют отношение числа
молекул, распавшихся на атомы, к общему числу молекул
209

газа, т.е. степень диссоциации показывает, какая часть
молекул распалась на атомы. В результате диссоциации мы
2ат ы (\-а)-т
имеем v, = атомарного иода и v2 =- -—
молекулярного йода. Их парциальные давления:
lainRT ,1Ч (\-aXmRT „ч _
Р\ = (О; Рг =i -г. B). По закону
/jV juV
Дальтона Рс = Р\+Р2- Подставляя A) и B), получим
mRT / \ fjpj
рс=——A + а), откуда а = -^?—-1; а = 0,12.
/jV mRT
5.31. В сосуде находится углекислый газ. При некоторой
температуре степень диссоциации молекул углекислого газа на
кислород и окись углерода а - 0,25 . Во сколько раз давление в
сосуде при этих условиях будет больше того давления, которое
имело бы место, если бы молекулы углекислого газа не были
диссоциированы?
Решение:
Решение аналогично задаче 5.30: — = 1 + #; а = 0,25;
Р
Р
5.32. В воздухе содержится 23,6% кислорода и 76,4% азота
(по массе) при давлении /? = 100кПа и температуре f = 13° С.
Найти плотность р воздуха и парциальные давления рх и р2
кислорода и азота.
Решение:
Рассмотрим некоторую массу т воздуха, занимающую
объем V. Данный объем будет содержать массу 0,23 6т
210

кислорода и 0,164т азота. Согласно уравнению
Менделеева — Клапейрона pV - — RT, где /и — моляр-
М
ная масса воздуха. Разделив на К, получим p = — RT, от-
М
куда плотность воздуха р = -^—\ р = 1,2кг/м3. Парциаль-
0,236т р7, О
ное давление кислорода р, = /а =
01 гт rr 0,764m
/>,=21кПа. Парциальное давление азота р2= х
/u2V
RT; /?2=79кПа.
5.33. В сосуде находится масса тх = 10 г углекислого газа и
масса /772=15г азота. Найти плотность р смеси при
температуре t = 27° С и давлении р = 150 кПа.
Решение:
По закону Дальтона давление смеси газов р = р{ +
+ р2 — (Г), где рх и р2 парциальные давления углекис-
углекислого газа и азота. Согласно уравнению Менделеева — Кла-
пеирона р{у =—-RT —B); p2v -—-RT —C). Склады-
r \
пц т2
—L + —- x
Mi Mi)
вая B) и C), с учетом A), получим: pV =
х RT — D). Плотность смеси р = —' . Объем сосуда
211

V выразим из D): V- —L + —- , тогда р=-±—х
1 ) Р RT
х
(ml//u]+m2//u2)
5.34. Найти массу т0 атома: а) водорода; б) гелия.
Решение:
Масса молекулы равна отношению молярной массы к
числу Авогадро: m =¦-?—. Поскольку молекула водорода
и
состоит из двух атомов, то масса одного атома т0 =
а) Масса атома водорода т0 = 1,67 • 10~27 кг. б) Масса атома
гелия т0 = 6,65 • 10~27 кг.
5.35. Молекула азота, летящая со скоростью v = 600 м/с,
упруго ударяется о стенку сосуда по нормали к ней. Найти
импульс силы FAt, полученный стенкой сосуда за время удара.
Решение:
Запишем второй закон Ньютона в виде F = т—, отсюда
At
FAt=mAv — A). Поскольку удар был упругий и
происходил по нормали к стенке, то скорость молекулы
после удара равна по модулю скорости до удара и противо-
противоположна по направлению. Тогда Av = v - (- v) = 2v — B).
Масса молекулы т =— C), где // — молярная масса
^А • -
212

азота, NA — число Авогадро. Подставив B) и C) в A),
; FAt = 5,6-10~23
Л
получим FAt=^; FAt = 5,6-10~23Н-с.
Л
5.36. Молекула аргона, летящая со скоростью v = 500 м/с,
упруго ударяется о стенку сосуда. Направление скорости
молекулы и нормаль к стенке сосуда составляют угол а - 60° .
Найти импульс силы FAt, полученный стенкой сосуда за время
удара.
Решение:
По второму закону Ньютона FAt - mAv. Считая
положительным направление нормали, внешней к стенке,
получим: Лv = v2 cos a - (- \\ cos а) = v2 cos a + v{ cos a . Та-
Таким образом, FAt = 2mv cos a. Масса молекулы аргона
т = -^—. Тогда FAt --^—cos a ; FAt =3,3-10~23 Н-с.
5.37. Молекула азота летит со скоростью v = 430 м/с. Найти
импульс mv этой молекулы.
Решение:
Импульс молекулы р = mv , где масса молекулы азота
т - -?—. Отсюда р = ^—; р = mv = 2-10~23 кг-м/с.
5.38. Какое число молекул п содержит единица массы
водяного пара?
Решение:
Число молекул, содержащееся в некоторой массе веще-
вещества, можно найти из соотношения: n = v-NA, где v —
213

количество молей в данной массе вещества;
NA =6,02-1023 моль — число Авогадро. v = —. Тогда,
И
при т = 1, для водяного пара п = ——; п = 3,3 • 10ь.
5.39. В сосуде объемом V = 4 л находится масса т = 1 г
водорода. Какое число молекул п содержит единица объема
сосуда?
Решение:
Число молекул водорода N, содержащееся во всем
АГ т XT
сосуде, можно найти из соотношения: N = — NА.
Тогда число молекул в единице объема n = N/V или
5.40. Какое число молекул N находится в комнате объемом
V = 80 mj при температуре / = 17° С и давлении /? = 100 кПа?
Решение:
Число молекул N, находящихся в комнате, можно найти
из соотношения: iV = — NA. Согласно уравнению Менде-
леева — Клапейрона pV =—RT, откуда — = ——. Тогда
RT
214

5.41. Какое число молекул и содержит единица объема сосу-
сосуда при температуре t = 10° С и давлении р = 1,33 • 1(Г9 Па?
Решение:
Число молекул N, содержащееся во всем сосуде, можно
найти из соотношения: 7v = — 7vA . Тогда число молекул в
М
N mNA
единице объема п = — или п = —. Согласно урав-
уравнению Менделеева — Клапейрона, pV =—ЯТ, откуда
М
т pV pNA n _3
— = ±—. Тогда п =1—^\ и =3,4-10 м .
М ЯТ ЯТ
5,42. Для получения хорошего вакуума в стеклянном сосуде
необходимо подогревать стенки сосуда при откачке для удале-
удаления адсорбированного газа. На сколько может повыситься давле-
давление в сферическом сосуде радиусом г = 10 см, если адсорби-
адсорбированные молекулы перейдут со стенок в сосуд? Площадь попе-
поперечного сечения молекул s0 = 10~19 м2. Температура газа в сосуде
/ = 300° С. Слой молекул на стенках считать мономолеку-
мономолекулярным.
Решение:
Давление р газа в сосуде связано с числом молекул п в
единице объема сосуда соотношением р = пкТ или
NkT /14 ХГ *
р- — A), где N — число молекул в объеме
V = 4л?*3 /3 — B). По условию эти N молекул образуют
g
мономолекулярный слой, следовательно, N = —, где
215

= 4m-2 — C). Подставляя B) и C) в A), получим
5.43. Какое число частиц находится в единице массы
парообразного йода (l2), степень диссоциации которого
а - 0,5 ? Молярная масса молекулярного йода ju = 0,254 кг/моль.
Решение:
т. 2am ы (а-\)т
Имеем v, = атомарного иода и v2 = - —
/и /а
молекулярного йода (см. задачу 5.30). В единице массы
2а а-
—; v2=—
JU JU
2а а-\ тт
V, = —; v7 = . Число частиц в единице массы
п - NА
х ~ \г \ 2а \ а ) _ с/, Л24 -1
парообразного иода п - NА — + ; п = 3,56 • 10 кг .
КМ М J
5.44. Какое число частиц N находится в массе т = 16г кис-
кислорода, степень диссоциации которого а = 0,5 ?
Решение:
Количество атомарного кислорода, находящегося в данной
2ат
массе, v, = , количество молекулярного кислорода
М
(\-а)'7п __. 2ат
v2 = —. Общее количество кислорода v = +
ju ju
(l-a)-m TT АГ
+ - —. Число частиц в массе т кислорода N = NAv.
М
После несложных преобразований получим N = NA x
М
10"
216

5.45. В сосуде находится количество vx =10 молей кисло-
кислорода и масса w2=10r азота. Температура смеси / = 100° С,
давление в сосуде /? = 133мПа. Найти объем V сосуда, парци-
парциальные давления рх и р2 кислорода и азота и число молекул п
в единице объема сосуда.
Решение:
По закону Дальтона p = Pi+p2 — A)- Согласно урав-
уравнению Менделеева — Клапейрона, plV = —RT — B) и
Mi
hi
р-У = —-RT — C), где /их— молярная масса кислорода,
Mi
/и2— молярная масса азота. Решая A) — C), получим
py = RT\!!h. + !!h.\ или py = Rj\v +a!L\t откуда
К Mi Mi) \ /J2J
тг RT { пи | тг _ _ ,_,
V v, +—- ; к =3,2 л. Парциальное давление кисло-
Р\ Mi)
рода рх найдем из уравнения Менделеева — Клапейрона
откуда pl = vxRT/V ; p, =98 МПа.
Парциальное давление азота р2 =— ; ^>2=35МПа.
Для нахождения числа молекул п в единице объема сосуда
воспользуемся формулой, выведенной в задаче 5.41:
n = pNA/RT; /7 = 2,6-1019м~3.
5.46. Найти среднюю квадратичную скорость Vv2 молекул
воздуха при температуре / = 17° С. Молярная масса воздуха
М = 0,029 кг/моль.
217

Решение:
f== J3RT
Средняя квадратичная скорость молекул Vv2 = / .
V М
Fj /3-8 31-290
Для молекул воздуха Vv = - =500м/с.
V 0,029
5.47. Найти отношение средних квадратичных скоростей мо-
молекул гелия и азота при одинаковых температурах.
Решение:
г——
Средняя квадратичная скорость молекул гелия у vt2 =
• /=? \ШТ _
, молекул азота — -v/v2 = I . Отсюда отноше-
Д= = /—
ние Д= = /— . Молярная масса гелия //, = 0,004 кг/моль.
Молярная масса азота //2 = 0,028 кг/моль. Тогда
5.48. В момент взрыва атомной бомбы развивается темпе-
температура 3Г«1О7К. Считая, что при такой температуре все моле-
молекулы полностью диссоциированы на атомы, а атомы иони-
зированы, найти среднюю квадратичную скорость Vv иона
водорода.
Решение:
Средняя квадратичная скорость иона водорода Vv2 =
[3RT
= / , где молярная масса иона водорода
V И
/j = 0,001 кг/моль. Отсюда Vv2 = 5 • 105 м/с.
218

квадратичная скорость молекул водорода
А
5.49. Найти число молекул п водорода в единице объема
сосуда при давлении р - 266,6 Па, если средняя квадратичная
скорость его молекул Vv2 = 2,4 км/с.
Решение:
В задаче 5.41 была получена формула, выражающая число
pN
молекул газа в единице объема п = А . Средняя
RT
л/v^- \ЪКТ
V М
отсюда RT = Vv2 -///3. Тогда »=——-
w = 4,2-1024m.
5.50. Плотность некоторого газа р- 0,06 кг, средняя
квадратичная скорость его молекул V v2 = 500 м/с. Найти
давление р, которое газ оказывает на стенки сосуда.
Решение:
Давление газа определяется основным уравнением моле-
кулярно-кинетической теории (МКТ): р = — п—^ A),
где п — число молекул в единице объема, /7?0 — масса
молекулы. Кроме того, п и ?п0 связаны соотношением:
п = -?— . Тогда уравнение A) можно записать следующим
Щ
pv2 _ _
образом* р = ——: р = 5 кПа.
219

5.51. Во сколько раз средняя квадратичная скорость пылинки,
взвешенной в воздухе, меньше средней квадратичной скорости
молекул воздуха? Масса пылинки w = 10"8r. Воздух считать
однородным газом, молярная масса которого // = 0,029 кг/моль.
Решение:
Среднюю квадратичную скорость молено выразить с
помощью следующих соотношений: V v2 =
и /17 \гкТ _ Гт
Для пылинки л/vf = / . Для воздуха л/v; =
V m
5.52. Найти импульс mv молекулы водорода при темпе-
температуре / = 20° С. Скорость молекулы считать равной средней
квадратичной скорости.
Решение:
Масса молекулы водорода m = -?—. Ее средняя
квадратичная скорость Vv2 = 1 . Тогда
V И
\3RT j3RTju _ ,Л_24
mv = _d_ ri^L = л/ — а- . mv = 6 з. 1 о-" кг-м/с.
5.53. В сосуде объемом К = 2л находится масса т = 10г
кислорода при давлении р = 90,6 кПа. Найти среднюю
220

решение:
A Pt Pt
К. п. Д. двигателя ?/= — =— — A), откуда т =—. С
О tnq rjq
Ву-\
другой стороны, 77 = 1 f^j-—г — B) (см. задачу
уеу \Р-\)
Б 16
2.214). В условиях данной задачи Р = — - — = 2,5;
8 6,4
г 3,29; /Г-1 = 2,29; гГ1 =2,30; /?-1 = 1,5.
Подставляя эти данные в B), получим г\ = 0,49 = 49% .
Тогда т = 5,9 кг.
5.216. Найти изменение AS энтропии при превращении
массы т = 10 г льда (/ = -20° С) в пар (/„ = 100° С).
Решение:
Изменение энтропии при переходе вещества из состояния
1 в состояние 2 AS = |——, где, согласно первому началу
1
термодинамики, dQ = dU л-dA- — CvdT + pdV . Т. к. из
И
ТЛ „ т RT
уравнения Менделеева — Клапейрона давление р = ,
М v
то dQ- — CvdT + dV . При переходе из одного агре-
М М v
гатного состояния в другое, общее изменение энтропии
складывается из изменений ее в отдельных процессах. При
нагревании льда от Т до То GJ, — температура плав-
ления) А5, = J ШСл = /;/сл /w-f, где сп = 2.1 кД>к/(кг-К) -
т
Удельная теплоемкость льда. При плавлении льда
"-3268 321

Тогда масса частицы т = pV= ——. Отсюда
6
7Гр<У
-3
= 4,65- Ю-3 м/с.
5.55. Средняя квадратичная скорость молекул некоторого
¦—
газа Vv2 =450 м/с. Давление газа /? = 50кПа. Найти плотность
р газа при этих условиях.
Решение:
Давление газа определяется основным уравнением МКТ:
2 w0v2
/? = —/? —— — A), где п — число молекул в единице
объема, /77О — масса молекулы. Кроме того, п и т0
связаны соотношением: п- — . Тогда уравнение A)
PS
можно записать следующим образом: p = s-—, откуда
Р = Щ; р = 0,74кг/м3.
5.56. Плотность некоторого газа р = 0,082 кг/м3 при давлении
= 100кПа и температуре / = 17° С. Найти среднюю квадра-
квадратичную скорость Vv2 молекул газа. Какова молярная масса /j
этого газа?
Решение:
™ - Ру2 Гг ftp
Из предыдущей задачи р-——, откуда Vv = /—— ;
3 \ р
Vv2 = 1,9 км/с. Молярную массу // этого газа можно найти
222

5.218. Найти изменение AS энтропии при плавлении массы
= 1кг льда (/ = 0°С).
решение:
При, плавлении массы т льда при температуре Т имеем
, где Л = 0,ЗЗМДж/кг — удельная теплота плав-
плавления. Д5 = 1209Дж/кг.
5.219. Массу m - 640 г расплавленного свинца при темпе-
температуре плавления tm вылили на лед (/ = 0° С). Найти изменение
AS энтропии при этом процессе.
Решение:
Предположим, что система «свинец — лед» замкнута, т.е.
потерь тепла во внешнюю среду не происходит и весь
образовавшийся пар сконденсировался и остался внутри
системы в виде воды. Тогда изменение энтропии системы
Д? будет складываться из изменения энтропии свинца
AaSj при затвердевании, изменения энтропии свинца AS2
при охлаждении до t = 0° С и изменения энтропии льда
при таянии А^з. Т. е. AS = AS{ + AS2 + AS}. Задачу
рассматриваем при условии, что льда имеется достаточное
количество для поддержания температуры t = 0° С.
Обозначим Г, =600 К — температура плавления свинца,
Г2=273К — температура льда. Имеем dS{ =dQl/T или
ч
, где Я = 22,6 кДж/кг — удельная тс-
Илота плавления (кристаллизации) свинца. dS-, = ——, от-
323

Решение:
Внутренняя энергия газа W- RT. Воздух можно
2//
считать (в процентном соотношении) двухатомным газом,
т.е. число степеней свободы /=5. Тогда W- RT •
2
5.60. Найти энергию WBp вращательного движения молекул,
содержащихся в массе т = 1 кг азота при температуре t = 7° С.
Решение:
/ ш
Внутренняя энергия газа W =¦ RT. Поскольку моле-
2/i
кула азота состоит из двух атомов, то для нее количество
степеней свободы вращательного движения / = 2. Тогда
5.61. Найти внутреннюю энергию W двухатомного газа,
находящегося в сосуде объемом V = 2 л под давлением
р = 150кПа.
Решение:
Согласно уравнению состояния идеального газа
pV — — RT — A). Внутренняя энергия газа W RT
М 2 V
или, с учетом A), W- — pV. Для двухатомного газа
количество степеней свободы / = 5, тогда W- — pV\
224

5.62. Энергия поступательного движения молекул азота,
находящегося в баллоне объем V = 20 л, ГГ=5кДж, а средняя
квадратичная скорость его молекул \\г = 2-10' м/с. Найти
массу т азота в баллоне и давление /?, под которым он
находится.
Решение:
Энергия поступательного движения молекул азота
777V 2/К
Jr = . откуда т - -=-; т = 2,5 г. Согласно основному
2 v2
уравнению МКТ р=—п—-— — A), где п — число
молекул в единице объема, mQ — масса одной молекулы.
Очевидно, что произведение mnQ - р — плотности азота.
Тогда nmQV = pV = in — массе всего азота, находящегося в
баллоне. Умножив правую и левую части уравнения A) на
~>
V а. V ЛIV
V, получим pV =—)i?n()V— = — т—. Но =
3 2 3 2 2
2 2W
следовательно, pV --W , откуда р = ——; р = 167 кПа.
5.63. При какой температуре Т энергия теплового движения
атомов гелия будет достаточна для того, чтобы атомы гелия
преодолели земное тягоюние и навсегда покинули земную
атмосферу? Решить аналогичную задачу для Луны.
Решение:
Согласно условию задачи средняя квадратичная скорость
атомов гелия должна быть равна второй космической
8-3268 225

скорости, т.е. Vv= 11,2 км/с. Vv" = / , откуда
V M
~2
; Т*2Л04К. Для Луны 4v* = 2,4 км/с, тогда
Г = 900 К.
5.64. Масса т - \ кг двухатомного газа находится под
давлением /? = 80кПа и имеет плотность /? = 4кг/мл. Найти
энергию теплового движения W молекул газа при этих
условиях.
Решение:
Энергия теплового движения двухатомного газа
W = — vRT = RT. Согласно уравнению Менделе-
2 2 }л
ева — Клапейрона pV - — RT, тогда W - — pV . Так как
// 2
К = —, то окончательно имеем W = — ——; W = 50 кДж.
/? 2 р
5.65. Какое число молекул N двухатомного газа содержит
объем F = 10cm"> при давлении /? = 5,ЗкПа и температуре
t = 27° С? Какой энергией теплового движения JF обладают эти
молекулы?
Решение:
Согласно уравнению Менделеева — Клапейрона р V =
= —RT-vRT. Количество вещества v= , где N —
число молекул в данном объеме вещества, NA — число
226

Авогадро. Тогда pV RT. Но = к — постоянной
^А ^А
Больцмана. Отсюда окончательно имеем pV = NkT,
откуда N = —— ; Л^ = 1,3 • 1019. Энергия теплового движения
кТ
... 5 m m N
двухатомного газа W = RT, где — = v = , тогда
2 // jii NA
W = -—RT; й^ = ОДЗЗДж.
5.66. Найти удельную 1еплоемкость с кислорода для:
а) V = const; б) р = const.
Решение:
Молярная теплоемкость С и удельная теплоемкость с
С
связаны соотношением С = /ис. Отсюда с = —. а) При
М
V-const Су=—^-, где Cv= — R. Для кислорода / = 5,
М 2
следовательно, Cv = — R. Тогда удельная теплоемкость
кислорода при постоянном объеме cv - —;
2//
ск=650Дж/(кг-К). б) При Р = const Cp=Cr+R = -R.
1R
Отсюда ср = —; с =910 Цж/(кг-К).
2// '
5.67. Найти удельную теплоемкость ср : а) хлористого водо-
водорода; б) неона; в) окиси азота; ~) окиси углерода; д) паров ртути.
227

Решение:
Удельная теплоемкость с =—— , где молярная теплоем-
теплоемкость Cp=Cr +R. Поскольку С, = — R, то С = ^+ .
Для одноатомных газов Ср = 20,8 Дж/(моль-К), для
двухатомных газов Ср = 29,1 Дж/(моль-К), для много-
многоатомных С^ =33,2 Дж/(моль-К).
а) цна =0,0365 кг/моль, ср * 800 Дж/(кгК);
б) //д; = 0,02 кг/моль, сл =1040Дж/(кг-К);
в) //дг; = 0,03 кг/моль, ср =970Дж/(кгК);
г) //го = 0,028 кг/моль, ср = 1040 Дж/(кгК);
д) /7 =0,201 кг/моль, с =103Дж/(кгК).
5.68. Найти отношение удельных теплоемкостей ср/су для
кислорода.
Решение:
Для кислорода ср =910 Дж/(кг-К), сг =650 Дж/(кг-К) (см.
с
задачу 5.66); —- = 1,4 .
5.69. Удельная теплоемкость некоторого двухатомного газа
с„ = 14,7 кДж^кг-К). Найти молярную массу // этого газа.
Решение:
Молярная теплоемкость Ср и удельная теплоемкость
ср газов связаны соотношением Ср = с;,//, откуда
223

с
и = —^- — A). С =С, +R — B), где молярная тепло-
с
емкость при постоянном объеме С,- = — R. Для двух-
7
атомного газа / = 5, тогда из B) Cp= — R — C).
7 R
Подставив C) в A), получим // ; // = 0,002 кг/моль.
2сг
5.70. Плотность некоторого двухатомного газа при нормаль-
нормальных условиях р = 1,43 кг/м\ Найти удельные теплоемкости с,- и
ср этого газа.
Решение:
Молярная теплоемкость С и удельная теплоемкость с
связаны соотношением С = juc. Отсюда с = С / //. При
V = const cv =——, где С,- = — R. Для двухатомного газа
/ = 5, следовательно, Cr= — R. Тогда удельная тепло-
2
емкость двухатомного газа при постоянном объеме
S R 1
cv =— — A). При Р = const C=—R. Отсюда с =
2// '2
1R
= — — B). Согласно уравнению Менделеева — Клапсй-
2ju
т т т
рона pV = —RT или р- — RT. Но — = р, тогда
// Vjli V
Р Р&Т
P-—RT. откуда и = — C). Подставляя C) в A) и
М Р
1р
2рТ 2рТ
229
5/7 1р _
получим с,- =——: с = v~ . При нормальных услови-
2Т 2Т

ях р = 1,013-105Па, Г = 273К. Тогда Су¦ = 650Дж/(кг-К),
сл =910 Д>к/(кгК).
5.71. Молярная масса некоторого газа //= 0,03 кг/моль,
отношение ср/су = 1,4. Найти удельные теплоемкости cv и с
этого газа.
Решение:
Удельные теплоемкости сг и сг выражаются следующим
С- С,
образом с,- =—— — A); с =—- — B), где молярная
теплоемкость С =С, +7? = — /? + /? — C). По условию
Q
— = 1,4 или с = 1,4с,., тогда из C) 1,4СГ/ = cr + i?.
cv
Cv =-Л — D), Cp=-R— E). Подставив D) в A) и E) в
57? 1R
B), получим с,, =—; су = 693 Дж/(кг-К); с =—;
2// 2//
с = 970 Дж/(кгК).
5.72. Во сколько раз молярная теплоемкость С гремучего
газа больше молярной теплоемкости С" водяного пара, полу-
получившегося при его сгорании? Задачу решить для: а) V = const;
б) р - const.
Решение:
Запишем уравнение реакции 2Н2+О2=2Ы2О. Таким
образом из количества i/, = 3 моль двухатомного газа полу-
230

чается количество v2 = 2 моль трехатомного газа, т.е. до
1R
и Ся13—
/^ -> $R ^, - 1R
сгорания Сп =3— и Ся1=3—; после сгорания
=2^- и С„2=2^. Тогда а)
2 2
^ „2^ ода а)
2 2 СГ
5.73. Найти степень диссоциации а кислорода, если его
удельная теплоемкость при постоянном давлении
ср = 1,05 кДж/(кг-К).
Решение:
Пусть т — полная масса кислорода. Тогда am — масса
диссоциированного кислорода, а (\-а)-т — масса
недиссоциированного кислорода. Количество тепла, необ-
необходимое для нагревания газа на некоторую температуру
ЛГ: Q = cpmAT или Q = [c"(\-a)m + c*am\AT,rjXQ с" и
czp — соответственно теллоемкости при постоянном
давлении диссоциированного и не диссоциированного
газов. Тогда сртАТ = \cfp! (l - a)m + срат\' AT, отсюда
н (\ \ к -г i + 2 R н 1 R
A-а) + с%а. Т.к. с =— , то с =-—
I JLI 2 //
5 2R
с| = , поскольку для недиссоциированного газа / = 5 ,
2 м
7 R
а для диссоциированного / = 3. Тогда с = (\-а) +
2 И
G(I0) G 3); 7 3*;
А 2// V У У 2/^V У' R
^~± ; «=о,362.
3R
231

тогда
5.74. Найти удельные теплоемкости с,- и ср парообразного
йода (l2), если степень диссоциации его а = 0,5. Молярная
масса молекулярного йода // = 0,254 кг/моль.
Решение:
Теплоемкость при постоянном давлении с =— G +За)
2jLl
(см. задачу 5.73); ср = 139 Дж/(моль-К). Аналогично можно
найти теплоемкость при постоянном объеме О = сутАТ ;
Q - ]Су (\-а )т + cf.arn \ AT, отсюда cv - с" (l - а) + с fa .
i R н 5 R „ 3 2R
Но cv , следовательно, с" = ; ср = ,
2// 2// 2 //
сг=-- {\-а) + --а=— [5A-а)+6а] = — {5 +а);
2 // 2 // 2// 2//
cv = 89,97 Дж/(моль-К).
5.75. Найти степень диссоциация а азота, если для него
отношение ср /с,- = 1,47 .
Решение:
Теплоемкости при постоянном давлении и постоянном
R
ооъемс для частично диссоциированного газа ср = — х
п
хG + 3ог); с.у = — E+а) (см. задачи 5.73 и 5.74). Тогда
2//
ср 7 + За ( ч
/=—— = ; д5 + а)= 7 + За; 5/+ а/= 7 + 3<2 ;
сг 5 + а
- or/ + 3# = Sy - 7 ; 5/ + ay - 7 + За ; - ay + За = 5/ - 7 :
5/-7; #=^—^; а=0,228.
232

5.76. Найти удельную теплоемкость ср газовой смеси,
состоящей из количества у,=3кмоль аргона и количества
I/, = 3 кмоль азота.
Решение:
Количество тепла, необходимое для нагревания смеси
газов ка некоторую температуру AT: Q = cp(m] + w2)-AT
или Q = (с/Я///| + ср2т2} AT . Тогда ср(м{ + 77/, )• AT =
/ v Сп\1П\ +Ср2П12
= (с ,77/, +с 2т2)• АГ. отсюда с =— ——-. Т.к. ар-
Щ + "h
гон — газ одноатомный, то число степеней свободы / = 3 ,
а азот — двухатомный, поэтому / = 5 . Т.к. с = . то
2
2//, ;~ 2ju2
2 //
5 7? 7 7? _
с ,= и с , = . Тогда теплоемкость смеси при
2/ ;~ 2u
5Rm, / 111 + IRnu / 2z/, 7?/ 2Ev^, + 7i',)
p = const: с = ! — — = —! —;
/я, + m2 mx + w/2
^/2E.l+7,2) *E^); =685,72Дж/(кг.К).
+ 2(+j
5.77. Найти отношение сг/с{ для газовой смеси, состоящей
из массы ///, = 8 г гелия и массы /;/2 = 16 г кислорода.
Решение:
Удельная теплоемкость смеси при постоянном давлении
5Rnh/2fj\+lRnh/2v-> , с-7^ч а
с = ¦ ! = г— (см. задачу 5.76). Аналогично
/;/| + /;/-,
Можно найти теплоемкость смеси при постоянном объеме:
Q = cv(ш, + тг)Д7' и Q = if\-\1П\ +сГ2т2)АТ , откуда
233

cV]m{ +Cy>m2 TT i R 3 R
cv = -LJ—! - . Ho cv = , поэтому cvx ;
/77, + 7772 2 jLl 2 //,
5 R x
cr2 = . Тогда удельная теплоемкость газовой смеси
2//2
., ЗЛя,/2//,+5Л/я,/2//, ^
при К = со/75/ : су = ! — = — . Отсюда
/77, + /77,
ср _ 3Rm] / 2//, + 5Rni2 / 2/j2 //7, + т2
cF ///, +//72 3Rml /2ju{ '
gp 5/77, ///, +7w
3/77! ///, +5/772 ///, 3/77,//2
5.78. Удельная теплоемкость газовой смеси, состоящей из
количества i^, = 1 кмоль кислорода и некоторой массы /?72 аргона
равна cv = 430 Дж/(кг-К),. Какая масса т2 аргона находится в
газовой смеси?
Решение:
Количество тепла, необходимое для нагревания смеси на
некоторую температуру АГ O = cv(ml+m2)-AT или
О = {cvxmx + cV2m2)• AT . Отсюда су {тх +?п2) = cvxmx + cV2m2.
iR
Теплоемкость при постоянном объеме cv = —. Для
2//
кислорода /j = 5, а для аргона /2 = 3, поэтому
СП *}П
^ и сг, =-^i- = 312,5 Дж/(кгК).
" 2
су, 50Д() г,
2//, " 2//2
Тогда ск(/7?, + /л2) = c,.M/Wi + cf,2m2; /772(cF -сИ2) =
( \ т\ (сп ~ су ) Miv\ {°v\ ~
= w,\CyX -Су), откуда т2 = |Ч ' — = ' 1V
Су - Cy2 Су ~ Су2
Подставляя числовые данные, получим т2 = 60 кг.
234

5.79. Масса /?? = 10г кислорода находится при давлении
/? = 0,ЗМПа и температуре / = 10° С. После нагревания при
р- const газ занял объем К, =10л. Найти количество теплоты
Q, полученное газом, и энергию теплового движения молекул
газа W до и после нагревания.
Решение:
Энергия теплового движения молекул кислорода до
нагревания W]=5mRTl/2jn — A), после нагревания
W2 = RT-y — B). При расширении газа была совершена
2 //
работа АЛ = pAV = p(v2 -V\) — C). Количество теплоты,
полученное газом в соответствии с первым законом
термодинамики, AQ = AW + AA — D). Изменение внут-
внутренней энергии газа AW = R(T1-T2) — E).
Неизвестные Vx и Т2 можно найти из уравнений началь-
начального и конечного состояний газа. pVl - — RTX — F);
pVo =!!LRT, _ G). Из F) Vx =^3-. Из G) Т2 =
j.i j.ip niR
Из уравнения A) Wx = 1.8 кДж. Подставив G) в B), получим
W2=-pV2; К2=7,6кДж. Из D), с учетом C) и F),
I;
И? )
; АО = 7,9 кДж.
5.80. Масса m = 12 г азота находится в закрытом сосуде
объемом У=2л при температуре t = \O°C. После нагревания
Давление в сосуде стало равным р = 1,33 МПа. Какое количество
теплоты Q сообщено газу при нагревании?
235

Решение:
Решение:
г М
При V - const A = pdv = 0 имеем dQ = —CvdT, отсюда
0= | -— Cvdt- — Сг (Г-> - 7J). Тем пературу Т2 найдем
из уравнения Менделеева — Клапейрона р~У - — RT2i
И
откуда Т2 - 2 ; Т2 = 747 К. Молярная теплоемкость
mR
азота cv ~ 20,8 Дж/моль-К. Молярная масса азота
// = 0,023 кг/моль. Подставив числовые данные, получим
6> = 4.15кДж.
5.81. В сосуде объемом V = 0,1 МПа находится азот при дав-
давлении р¦ = 0,1 МПа. Какое количество теплоты Q надо сообщить
азоту, чтобы: а) при р = const объем увеличился вдвое; б) при
У = const давление увеличилось вдвое?
Решение:
а) При р = const количество теплоты Q = AW + A =
= —С\ А Г-г—RAT -—С AT — A). Согласно уравнению
JLI // //
Менделеева — Клапейрона pV{ = — RT} и pV-> =—RT?,
/J /7
отку.1 a p A V = — RA T. ил и — Д Г = — . Тогда из A)
// // R
CnpAV
получим Q = —L = 700 Дж. б) При V - const имеем
R
Q = ,\W -—CvAT — A). Согласно уравнению Мен-
236

делеева — Клапейрона pxV = — RT{ и p^V = — RT-,, откуда
I/A 1П DAT 1П AT V^P T /14
VAp = — лАГ, или —AT-——. Тогда из A) получим
М М R
Q = CvVAp/R; 2 =
5.82. В закрытом сосуде находится масса /;? = 14г азота при
давлении рх = 0,1 МПа и температуре t = 27°C. После
нагревания давление в сосуде повысилось в 5 раз. До какой
температуры t2 был нагрет газ? Найти объем V сосуда и
количество теплоты Q, сообщенное газу.
Решение:
Состояние газа до и после нагревания описывается урав-
т
нением Менделеева — Клапейрона p{V = —RTX — A)
т
и p2V = —RT2 — B). Поскольку V = const, то
р2 Т2
—^ = —^ = 5, откуда Г-, = 57] = 1500К. Решая совместно
Pi T\
mRT^
A) и B), получим V— ; [/ = 12,4л. Количество
теплоты, полученное газом, О- — С,АТ, где молярная
теплоемкость азота Сг = 20,8 Дж/(моль-К). Q - 12,4 Дж.
5.83. Какое количество теплоты О надо сообщить массе
w = 12r кислорода, чтобы нагреть его на Д/ = 50сС при
Р - const ?
237

Решение:
Количество тепла, необходимое для нагревания при
р = const: О = cpmAt, где ср — удельная теплоемкость.
гт i + 2R _
При постоянном давлении с = . Т. к. кислород —
2 //
1R т ^ 1R
. Тогда Q-
2 /и 2 /и
= 545Дж.
двухатомный газ, то / = 5 и ср =—— . Тогда Q = ——mAt;
г
5.84. На нагревание массы m = 40 г кислорода от
температуры /, = 16° С до л, = 40° С затрачено количество теп-
теплоты 0 = 628Дж. При каких условиях нагревался газ (при по-
постоянном объеме или при постоянном давлении)?
Решение:
В процессе нагревания при постоянном давлении
7 R
О.,= тАТ(см. задачу 5.83) Q =872Дж. Аналогично
; 2 // у
для нагревания при постоянном объеме Qv =cym(T2 -71,),
где cv- и / = 5. Тогда 2к=626Дж. Значит, газ
2 М
нагревается при постоянном объеме.
5.85. В закрытом сосуде объемом V = 10 л находится воздух
при давлении р = 0,1 МПа. Какое количество теплоты О надо
сообщить воздуху, чтобы повысить давление в сосуде в 5 раз?
Решение:
Воздуху надо сообщить количество теплоты Q- — CVAT.
По уравнению Менделеева — Клапейрона VAp = — RAT,
И
238

/jVAp VAp i
откуда AT = ——— . Тогда Q = Cv —— = — VAp;
mR R 2
5.86. Какую массу т углекислого газа можно нагреть при
р = const от температуры t{ =20° С до t2 =100° С количеством
теплоты ?) = 222Дж? На сколько при этом изменится кине-
кинетическая энергия одной молекулы?
Решение:
Количество тепла Q-cpmAT. Теплоемкость при
р - const: ср = . Молярная масса /и = juc+ 2//o. Т. к.
СО2 — газ трехатомный, то / = 6. Тогда
.R4R
Откуда Q = —
Q(juc+2jjo) . ,_ лг
значит, т - , ^-Ц^: ?п=3,67г. 1Синетическая энергия
поступательного движения молекул W =—кТ, при / = 6:
W}=3kTx\ W2=3kT2. Тогда АЖ = f72 -Ж, =ЗАг(Г2 -71,);
5.87. В закрытом сосуде объем У = 2 л находится азот, плот-
плотность которого р = 1,4 кг/м"\ Какое количество теплоты <2 надо
сообщить азоту, чтобы нагреть его на AT = 100 К?
Решение:
Т.к. объем постоянный, то количество тепла О = с, тАТ,
cv = , причем т. к. азот — газ двухатомный, то
2//
239

число степеней свободы / = :>, значит cv . Масса
2//
m = pV\ тогда O = -—pVAT; 0 = 207,75 Дж.
2//
5.88. Азот находится в закрытом сосуде объемом F = 3 л при
температуре /,=27° С и давлении /?,=0,ЗМПа. После нагре-
нагревания давление в сосуде повысилось до /;,=2,5МПа. Найти
температуру /\ азота после нагревания и количество теплоты Q,
сообщенное азоту.
Решение:
Запишем уравнение Менделеева — Клапейрона для
начального и конечного состояний p{V - — RTX — A);
rjri
р-У - — RT2 — B). Разделим A) на B) J-±-=—L, отсюда
ju ~ р2 Т2
Т-, =¦ ; Гл =2500К. Количество теплоты, необходимое
Р\
для нагревания при постоянном объеме Q = crmAt, где
с,- ; / = ^ , т. к. азот двухатомный газ. Следовательно,
2 //
¦s P v У
с,.=——. Из A) ш = ' f — масса газа, тогда
4
2 и Ri. <l Л
5.89. Для нагревания некоторой массы газа на Л/, =50° С при
р = const необходимо затратить количество теплоты Qx = 670 Дж.
240

Если эту же массу газа охладить на Дг, = 100° С при V = const,
то выделяется количество теплоты <22=1005Дж. Какое число
етепеней свободы / имеют молекулы этого газа?
Решение:
Количество теплоты, необходимое для нагрева при
р = const: О, = с„тAti, где с = —-— . Тогда
~ ' 2 ju
- / + 2 R А ,,4 1/.
Q{ = inAt^ — A). Количество тепла, выделенное при
2 М
изохорном охлаждении О2 =crmAt2i где сг = . Тогда
2ju
Q, =-—wAt2 — B). Разделим A) на B): ^L = l + 2 Аг' ,
" 2// Q2 / At2
отсюда ??,/Д*2 = й 0' + 2)Аг, ; Q/A/2 = (?2/A'i + 202A^i J
/(О,А/2 - ?>2Д/1) = 2QiAr\ '> z' = ——1 — число сте-
0{At2-Q2At{
пеней свободы; / = 6 .
5.90. Масса w = 10 г азота находится в закрытом сосуде при
температуре tl = 7° С. Какое количество теплоты О надо сооб-
сообщить азоту, чтобы увеличить среднюю квадратичную скорость
его молекул вдвое? Во сколько раз при этом изменится темпе-
температура газа? Во сколько раз при этом изменится давление газа на
стенки сосуда?
Решение:
г /=f IJkf
Средняя квадратичная скорость молекул Vv =J .
V т
т /=т \Щ п \ж\ _
1огда \v\ -л\ ь Vv'7 =-\/ " • ^° условию
V т "V ш
241

или 2pL=W±- 4Г,=Г2; f- = 4. Т. к.
V? V 7
— = — при V-const (см. задачу 5.88), то — = 4.
Изменение температуры AT = Т2 - Т{ = 41] - Т} = ЪТХ. Коли-
Количество тепла, подведенное к системе Q = cvmAT, где
с{¦= ; / = 5, т.к. азот — двухатомный газ, поэтому
2//
cv = и 0 = тЗТ{; 2 = 6,23кДж.
2 // 2 //
5.91. Гелий находится в закрытом сосуде объемом К = 2 л
при температуре г, = 20° С и давлении рх =100 кПа. Какое коли-
количество теплоты Q надо сообщить гелию, чтобы повысить его
температуру на At = 100° С? Каковы будут при новой температу-
температуре средняя квадратичная скорость vv2 его молекул, давление
р,, плотность /?, гелия и энергия теплового движения W его
молекул?
Решение:
Количество тепла, необходимое для повышения темпе-
' R ¦ о
ратуры Q — CyinAt, где с,- = ; / = 3 , т. к. гелии — одно-
2//
3 R г лг m
атомный газ, поэтому с,- = . Т.к. р{у = — RT,,
2 // //
то m = — масса гелия в сосуде. Тогда
RTX
^ 3 R рУ/uAt 3p,VAt 1Л_ПТТ п
О = J^-Lj-— = —— ; g = 102,39 Дж. Средняя ква-
"" 2 // RT{ 2Г,
242

дратичная скорость молекул Vv2 = ^J3RT2 / /и ;
=1,565 км/с. Т.к. p2/Pi=T2/Tl (см. задачу 5.88), то
р2 = ?&¦ = P№+gAt>; р2 = 134 кПа. Из уравнения Мен-
Г 7j
делеева — Клапейрона р-У = — /сГ2, значит, р, = — =
// " V
= 2 — плотность газа. />, =0Д64кг/м3. Энергия
RT2
теплового движения молекул W- RT2= — p^V;
2 jli - 2 ~
W = 402 Дж.
5.92. В закрытом сосуде объемом У = 2 л находится масса m
азота и масса m аргона при нормальных условиях. Какое коли-
количество теплоты Q надо сообщить, чтобы нагреть газовую смесь
на Д/ = 100°С?
Решение:
Количество тепла, необходимое для нагревания газовой
смеси, О = (cnm + cvlm)&t = (cvl + cvl )mAt. Теплоемкость
' R тт
при постоянном объеме cv . Для аргона 1 = 3, т. к.
2 ju
3 R rr
газ одноатомныи, тогда сп = . Для азота / = 5 , т. к. газ
Двухатомный, поэтому cvl = . Из уравнения Менделе-
ева — Клапейрона pV J — +—\RT J ^^AmRT,
{Mi Mi) \ M\Mi )
243

ОТСЮДа 777 =
Тогда О =
3 5
+ — — х
2 2T
5.93. Найти среднюю арифметическую v , среднюю квадра-
квадратичную Vv2 it наиболее вероятную vB скорости молекул газа,
который при давлении р = 40 кПа имеет плотность р - 0,3 кг/м\
Решение:
На графике функции распре-
распределения молекул по скоростям
приведено взаимное располо-
расположение величин скоростей vB, v и
Vv2
v2 . Искомые скорости выра-
выражаются следующими соотно-
шениями: v =
— A);
2RT
VB =
B); Vv^ =
— C). Согласно
уравнению Менделеева — Клапейрона pV - — RT или
RT n
pu- pRT, откуда = — — D). Подставив D) в A) —
/' Р
C), получим v = I— ; v = 579 м/с; vB = J— ; va =513 м/с;
2 = 628 м/с. Полученные данные
v =
соответствуют графику.
244

5.94. При какой температуре Т средняя квадратичная
скорость молекул азота больше их наиболее вероятной скорости
на Av = 50 м/с?
Решение:
По определению наиболее вероятная скорость
[UT \2RT
vB=J = I » а средняя квадратичная
*т \ъкт ITrt _ i ,
. По условию задачи Vv" =vB+Av,
m
f
тогда Av = Vv -vB=
W3 -y/2 I.
•Отсюда = -t=—j= ; Г = —^-±—'—w; T = 83,37 K.
V /< V3-V2 4/3-V2)¦
5.95. Какая часть молекул кислорода при ^ = 0° С обладает
скоростями v от 100 до 110 м/с?
Решение:
Согласно закону Максвелла распределение молекул
по скоростям определяется соотношением:
*N 4 _„2 ,
= —j^e ггАг/ — A), где и — относительная
N 4
скорость. По условию v = 100 м/с и Av = 10 м/с. Наиболее
\2RT ^nr .
вероятная скорость v = ; vb=37om/c. Тогда
V и
^=0.071; ^ =0,93;
vB 376' 376
Подставляя в A) числовые значения, найдем
= 0,004 = 0,4% . Т. е. число молекул, скорости которых
245

лежат в заданном интервале, равно 0,4% заданного числа
молекул.
5.96. Какая часть молекул азота при t = 150° С обладает
скоростями v от 300 до 325 м/с?
Решение:
Из закона Максвелла имеем = [=ze ггАи — A), где
относительная скорость — B), Аи - — = —- ¦ C).
Здесь vB = 1 — D) — наиболее вероятная скорость
V М
молекул. Решая совместно уравнения A) — D), получим
4 с-& у,2//
N 4^ 2RT JlRT ' N
5.97. Какая часть молекул водорода при t - 0° С обладает
скоростями v от 2000 до 2100 м/с?
Решение:
Согласно закону распределения Максвелла
Л/V 4 / ,\ 2к v
= —j=exp\-ir у и Аи . Относительная скорость и = —,
\2RT ^ „
где v = — наиоолес вероятная скорость. В нашем
V А
случае v = v, = 2000 м/с, Дv = v2 - \\; Дv = 100 м/с,
v ->
vB= 1506 м/с. Тогда и= —; и = 1.328; и' =1,764:
246

Av
v
AN 4 AN
\~l*2)= W71; Aw = —; An - 0,066м/с. Окончательно
= 4.49%.
N •&' N
5.98. Во сколько раз число молекул /W,, скорости которых
лежат в интервале от vB до vB + Av , больше числа молекул AN2,
скорости которых лежат в интервале от Vv2 до Vv2 + Av ?
Решение:
Воспользуемся функцией Максвелла распределения моле-
з
s( \ л ( т V I ту2 I 2 /1ч
кул по скоростям: /(vj = 4/r ехр\ -v — A).
\2лкТ) ^ 2кТ)
Относительное число молекул, скорости которых лежат в
интервале от vB до vB+Av, есть -= | f(y)dv — B).
Если Av«vB, то функция /(v) на данном интервале
молено приближенно считать /(vB) = const. Тогда из B)
имеем —l = /(vB) J^v = /(vB)[vB+Av-vB] = /(vB)Av. По-
скольку vB = / , то из уравнений A) и B) получим
V
2
Щ . ( m > ( m 2кТЛ2кТ А
\ 2кТ m ) m
Щ . f m > ( л2кТ А „ч А
~-г-- = 4л" exp\-\) Av — C). Аналогично во
N \2жТJ m
247

AN-, г J ГТ ] , . Гт
втором случае =-= I / Vv" \ch\ но т. к. Av«Vv~ .
то /(v)«/ Vv2 = const. Тогда из уравнний A) и B)
- = / Vv \dv = j Vv Av. Поскольку средняя
квадратичная скорость молекул yjv2 =у/ЗкТ/ш, то
2- = 4тг <?хр Av;
Л^ \2nkT) { 2кТ m ) m
Av ~" D)- Разделив
ТГ = 4;г\ ^7^ ехР\ Т
N \2лкТ] V 2) m
пение C) на уравнение D), получим искомое отношение:
ДМ exp(-\JkTAv/m (\\ 2 _
L = т-^——\ = ехР\ — • ~ • Произведя вычис-
///? \2) Ъ
ления. окончательно получим АЛ^, / ДЛГ, = 1,1.
5.99. Какая часть молекул азота при температуре Т имеет
скорости, лежащие в интервале от vB до vB + Av , где Av = 20 м/с.
если: а) Т = 400 К; б) Т = 900 К?
Решение:
Согласно закону Максвелла = —=гге~" Аи — A), где
N Vv
v Av
и=—- = ] — B); Аи =— — C). Наиоолее вероятная
v..
в
скорость молекул v = \- D). Подставляя D) в C). а
248

затем B) и C) в A), получим
N
lRT
N
5.100. Какая часть молекул азота при температуре / = 150° С
имеет скорости, лежащие • в интервале от v,=300m/c до
v2 = 800 м/с?
Решение:
Nt/N
\
\
1
0,8 -
0,6
0,4
0,2
0
«I
0,4 0,6 0,8 1,25 2
В данной задаче нельзя использовать формулу Максвелла,
т. к. интервал скоростей велик. Для решения задачи най-
найдем число молекул Лг, и Лг2, скорости которых больше v,
и v2. Тогда скорости, лежащие в интервале от v, до v,,
имеют число молекул Nx = Аг, - N2. Значения Лг, и N2
найдем по графику зависимости Nx/N от и. Наибо-
Наиболее вероятная скорость
= 500 м/с, тогда
= 0,6 и и7 = = 1,6. По графику найдем
500 2 500 Н V У
249

^. = 0,87 = 87% и -^- = 0,17 = 17%. Т.е. 87% молекул
N N
движется со скоростями большими v, и 17% молекул
имеют скорости превышающие v2. Тогда искомая часть
молекул ^- = 87% -17% = 70% .
5.101. Какая часть общего числа N молекул имеет скорости:
а) больше наиболее вероятной скорости vB, б) меньше наиболее
вероятной скорости vB ?
Решение:
а) Т. к. в данной задаче мы имеем большие интервалы
скоростей, то нельзя пользоваться функцией распре-
распределения Максвелла. Т.к. относительная скорость и = —, то
v
для v = vB имеем м = — = 1. По таблице 11 находим для
и = \; —- = 0,572. Значит, доля молекул, имеющих
N
скорости v > vB, равна —]- = 57,2% .
б) Т. к. доля молекул, имеющих скорости v > vB:
—*- = 57,2% (см. пункт а), то доля молекул у которых
N
N
скорости v < v : —- = 42,8%. Поэтому график функции
N
Максвелла не симметричен.
5.102. В сосуде находится масса /и = 2,5 г кислорода. Найти
число Nx молекул кислорода, скорости которых превышают
среднюю квадратичную скорость
250

Решение:
Наиболее вероятная скорость мо-
молекул v =
2кТ
m
—, отсю-
т
\кТ ve п
да J—=—т^. Средняя квадра-
V m V2
тичная скорость
=т ЗкТ
4
F(v)
-, v
—>¦
I 1
= J—v=vl.5v_. Тогда относи-
V 9 в в
тельная скорость и для v =
_ v _ ^v
V V
в .
и = 1,225. По таблице 11 м = 1, —^ = 0,572; и =125,
N
N
= 0,374. По графику находим, что для г^ = 1,225 —
—-»0,405. Число молекул кислорода N = —
N ]л
v22
22
7/ = 4,705 -10". Тогда N, = 0.405.Y ; 7V, = 1,905 • 10" .
5.103. В сосуде находится масса /// = 8 г кислорода при
температуре Г = 1600 К. Какое число NK молекул кислорода
имеет кинетическую энергию поступательного движения,
превышающую энергию JV0 = 6,65 ¦ 10":о Дж?
Решение:
Кинетическая энергия поступательного движения моле-
2 \ ^) it/
кулы Wo - ° ° , откуда v0 = 1-^—^ . Наиболее вероятная
2 " у w0
251

2RT ЗкТ
скорость vB = I = , тогда относительная ско-
V М V /;7о
v \W
рость молекулы и = — = J—- ; и = 1,73 . Используя график
vB V кТ
к задаче 5.100, найдем относительное число молекул —L,
относительная скорость которых больше и. Получим
N
—=- = 0,12, т.е. 12% молекул имеют кинетическую энер-
энергию больше Wo. Общее число молекул кислорода в сосуде
= — NA= 1,5-1023. Следовательно, N =0,12Л^ = 1,8-1022.
5.104. Энергию заряженных частиц часто выражают в
электронвольтах: 1эВ — энергия, которую приобретает
электрон, пройдя в электрическом поле разность потенциалов
?/ = 1В, причем 1эВ = 1,60219~19Дж. При какой температуре То
средняя кинетическая энергия поступательного движения
молекул WQ = 1 эВ? При какой температуре 50% всех молекул
имеет кинетическую энергию поступательного движения,
превышающую энергию WQ = 1 эВ?
Решение:
Средняя кинетическая энергия поступательного движения
¦г 2V/
молекул W0=-kT. Отсюда Т = —^; ^ = 7730^ Вое-
пользовавшись графиком из задачи 5.100, найдем, что зна-
чению —- = 0,5 соответствует значение и = 1,1. В задаче
N
5.103 мы определили, что относительная скорость молекул
и = Л-^-, отсюда Т=—^;Т = 9600К.
V кТ far
252

5.105. Молярная энергия, необходимая для ионизации атомов
, \Vf =418,68 кДж/моль. При какой температуре Т газа 10%
всех молекул имеют молярную кинетическую энергию поступа-
поступательного движения, превышающую энергию Wl ?
Решение:
Наиболее вероятная кинетическая энергия молекул
2 П1'
Wa = —- = — = = vRT = RT, т. к. по условию
2 2 ju
рассматривается молярная энергия, т. e. v = 1. Отношение
W-, jiiv2 2 v2 ¦>
¦-^- = r- = —z- = ir9 где г/ — относительная скорость.
W9 2 wv.2 vB2
По таблице 11 w = l,5, —^ = 0,231; и = 2, —^ = 0,046. В
нашем случае —L = 0,l, тогда из графика и «1,79 и
*Г«3,2. Значит, -^- = 3,2, отсюда ^=3,
К
W л
Следовательно, Т = —'—; Т = 1,57 -10 К.
3,2R
5.106. Обсерватория расположена на высоте h = 3250 м над
уровнем моря. Найти давление воздуха на этой высоте. Темпе-
Температуру воздуха считать постоянной и равной t = 5° С. Молярная
масса воздуха // = 0,029 кг/моль. Давление воздуха на уровне
Кюря Ро = 101,3 кПа.
Решение:
Закон убывания давления газа с высотой в поле силы тя-
tnoli |
RT )
Нодставив числовые данные, получим р - 67,2 кПа.
253

5.107. На какой высоте h давление воздуха составляет 75%
от давления на уровне моря? Температуру воздуха считать по-
постоянной и равной / = 0° С.
Решение:
Закон убывания давления газа с высотой в поле силы тя-
тяжести дает барометрическая формула: р = роехр\ -
откуда — = ехр\ -±-?— . Логарифмируя обе части уравне-
RT)
1 Р /Jgh 7 RTlnp/ p0
ния, получим In— = —?±_ 9 откуда п- —— =
Ро RT
. h = 2296 м.
0,029-9,8
5.108. Пассажирский самолет совершает полеты на высоте
/?, = 8300 м. Чтобы не снабжать пассажиров кислородными мас-
масками, в кабине при помощи компрессора поддерживается посто-
постоянное давление, соответствующее высоте k, = 2700 м. Найти
разность давлений внутри и снаружи кабины. Температуру
наружного воздуха считать равной /, = 0° С.
Решение:
( jugh\
Согласно барометрической формуле р = роехр --?-?— I
V RT J
где р0 = 105 Па — давление на уровне моря. Молярная мас-
масса воздуха // = 29 • 10~3 кг/моль. Тогда р{ = р0 ехр\ —^-i
р{ = 35,3 кПа. Температура воздуха в кабине соответствует
давлению на высоте h2 = 2700 м, т. е. Т2 = 273 К, тогда
254

ugh |
p2=poexp\-~—\; р2=71,ЗкПа. Отсюда Ap = p2-pl;
= 36кПа.
5.109. Найти в предыдущей задаче, во сколько раз плотность
р2 воздуха в кабине больше плотности рх воздуха вне ее, если
температура наружного воздуха /, =-20° С, а температура воз-
воздуха в кабине t2 = +20° С.
Решение:
Согласно барометрической формуле р = роехр\ .
I RT\ )
ш
Из уравнения Менделеева — Клапейрона pV = — RT
М
имеем n = -LJ—. Тогда отношение плотностей
и RT
Pi ^PiTi ^0,713-253 _17
/7, PlT2 0,353-293 '
5.110. Найти плотность р воздуха: а) у поверхности Земли;
б) на высоте h = 4 км от поверхности Земли. Температуру воз-
воздуха считать постоянной и равной / = 0° С. Давление воздуха у
поверхности Земли /?0 = 100 кПа.
Решение:
а) Из уравнения Менделеева — Клапейрона (см. задачу
5.109)/?, =^i; рх =1,278кг/м3. б) На высоте /?2=4км
RTX
плотность воздуха р2 = ¦^г. Для нахождения р2 восполь-
255
RT2

зуемся барометрической формулой /?, = р0 ехр\ -
V RT2
Тогда а =^
ЛГ2
ехр
vi-,
5.111. На какой высоте h плотность газа вдвое меньше его
плотности на уровне моря? Температуру газа считать
постоянной и равной t = 0° С. Задачу решить для: а) воздуха,
б) водорода.
Решение:
Плотности газа на уровне моря и на высоте h
РоМ РоМ (
соответственно равны: р, =j^l- и р, =I-^J—exp\ -
RT RT {
(см. задачи 5.109 и 5.110). По условию —- = 2, тогда
р, p\
RT RT { RT
—-
Pi
1 (цФЛ
= 2 или ехр ¦?-=— = 2. Прологарифмиру-
exp{-/jgh/RT)
ем полученное выражение: -LiZ— = //? 2 , отсюда /? = //; 2.
а) Для воздуха /л = 29 -10~3 кг/моль; А = 5,53 км. б) Для
водорода ju = 2 • 10~3 кг/моль; /? = 80,23 км.
5.112. Перрен, наблюдая при помощи микроскопа изменение
концентрации взвешенных частиц гуммигута с изменением
высоты и применяя барометрическую формулу, эксперимен-
экспериментально нашел значение постоянной Авогадро NA. В одном из
опытов Перрен нашел, что при расстоянии между двумя слоями
А/? = ЮОмкм число взвешенных частиц гуммигута в одном слое
256

рдвое больше, чем в другом. Температура гуммигута t =20° С.
Частицы гуммигута диаметром а = 0,3 мкм были взвешены в
жидкости, плотность которой на Ар = 0,2 -103 кг/м"* меньше плот-
плотности частиц. Найти по этим данным значение постоянной Аво-
гадро NA.
Решение:
Запишем барометрическую формулу: р = Роехр\-
RT
*1исло частиц в единице объема л - —, откуда р - пкТ
кТ
Подставляя последнее выражение в барометрическую фор-
ряулу, получим щ = п0 ехр\ -^~~ U пг = "о ехР\ ~^ZT »
V -К-* ) V. *{*¦ )
отсюда, —- = ехр\ л^~" I. Прологарифмировав данное вы-
п2 { RT )
А, , /?, NAmgAh
ражение, с учетом ju = NAm, получим In-1--—^—-—,
п2 RT
откуда, с учетом закона Архимеда, получим
i?rln(/7,//72) 23 -I
= i-i ^ ; NA = 6,1 • 10 МОЛЬ .
А gVApAh A
5.113. Найти среднюю длину свободного пробега Я молекул
углекислого газа при температуре / = 100° С и давлении
Р = 13,3 Па. Диаметр молекул углекислого газа <т = 0,32 нм.
Решение:
Средняя длина свободного пробега молекул газа Я = — ,
z
?де z =у/2сг2\>лп — среднее число столкновений каждой
молекулы с остальными в единицу времени. Концентрация
257

молекул п - -*—, тогда Л -
кТ V2<r*/wr
т 1,38-Ю3-373
Л =-7= ; г^ = 850мкм.
V2 • 0,322 • 108 • 13,3 • ЗД4
5.114. При помощи ионизационного манометра, установлен-
установленного на искусственном спутнике Земли, было обнаружено, что
на высоте h = 300 км от поверхности Земли концентрация частиц
газа в атмосфере w = 1015m. Найти среднюю длину свободного
пробега Л частиц газа на этой высоте. Диаметр частиц газа
<т = 0,2 нм.
Решение:
— 1
Длина свободного пробега молекул газа Л = г- —;
л/2<т пя
Л - 5,6 км.
5.115. Найти среднюю длину свободного пробега Я молекул
воздуха при нормальных условиях. Диаметр молекул воздуха
<т = 0,3 нм.
Решение:
Средняя длина свободного пробега молекулы
Л = —г=—г—. Из основного уравнения молекулярно-кине-
Ы2ксу л
тической теории имеем р - пкТ, отсюда п = р/кТ. Тогда
— кТ —
Л = г- \ ; Я=94,2нм.
5.116. Найти среднее число столкновений z в единицу вре-
времени молекул углекислого газа при температуре / = 100° С, если
средняя длина свободного пробега Л = 870 мкм.
258

решение:
Средняя длина свободной» пробега молекул Я« —> где
z
_ I8RT
w = I — средняя ариометическая скорость *юлекул.
V
я я
5.117. Найти среднее число столкновений 2 в единицу
времени молекул азота при давлении р = 53,33 кПа и
температуре t = 27° С.
{Решение:
Из основного уравнения молекулярно-кинетическои тео-
|ии и формулы длины свободного пробега молекул имеем
Ж =-j=—— (см. задачу 5.! 15). С другой стороны, Я = —.
¦ Р z
кТ v
иравняем правые части тих уравнении: —т=—-— = —,
\27га р z
_ IZRT _ J8RT ^ina1 p
v = / . Следов стельно, z - \ ~;
5.118. В сосуде объемом V = 0,5 л находится кислород при
$0рмальных условиях. Найти общее число столкновений Z
&?ежду молекулами кислорода в этом объеме за единицу
времени.
Решение:
'Общее число столкновений Z=— — A), где среднее
число столкновений каждой молекулы z - -J2<j2riv — B).
259

Концентрация молекул ц--^— — C), средняя арифме-
RT
_ [SRT ... _
тическая скорость v = / D). Подставляя уравнения
V Щ1
C) и D) в B), а затем полученное уравнение в A), найдем:
31
2к2Т2^ к2Т2 J
5.119. Во сколько раз уменьшится число столкновений z в
единицу времени молекул двухатомного газа, если объем газа
адиабатически увеличить в 2 раза?
Решение:
Среднее число столкновений молекул в единицу времени
\Шт42тга2р ¦ ....
z= \ — (см. задачу 5.117). Т.к. в данной
формуле все величины, кроме давления р и температуры
Т , являются постоянными, то — =— /— . Из уравнения
z2 Pl \ 7;
Пуассона для адиабатического процесса имеем
— = — и — = —- , где у = —— — показатель
Pl \У\) J\ \V2J CV
адиабаты. Поскольку теплоемкости при постоянном
давлении и постоянном объеме равны соответственно
/42 R iR
с = и су = и для двухатомного газа число
степеней свободы / = 5, то показатель адиабаты
^=uirie. Тогда ±щ
2 iR' {vjtv
26С

jjo условию задачи — = 2 . Подставляя числовые значе
1Йия, получим — = 2,34 .
5.120. Найти среднюю длину свободного пробега Я молекул
при давлении р = 10 кПа и температуре t = 17° С.
Решение:
_ 1
Имеем: Я =-т=—г~ — 0)* Из основного уравнения
л/2яег~/7
§?олекулярно-кинетической теории р-пкТ найдем
Концентрацию и=-^— и подставим в A): Я =
Л =1 мкм.
5.121. Найттт среднюю длину свободного пробега Я атомов
1ия, если известно, что плотность гелия р = 0,021 кг/м3.
решение:
^ длину свободного пробега молекул можно
— кТ
ить как Я =—г=—т~ (см- заДачУ 5.120). Иг
равнения Менделеева — Клапейрона pV = — ЯГ выра-
/// р/л pRT
плотность р = — = ¦?J— . Отсюда давление р = — .
V RT /л
^гда Я =-т=—т = г- Г, ; Я =1,78 мкм.
pi?r
5.122. Найти среднюю длину свободного пробега Я молекул
города при давлении р = 0,133 Па и температуре t = 50° С.
261

Решение:
Исходя из основного уравнения МКТ и формулы длины
свободного пробега молекул, можно получить для Я
— кТ
следующее выражение (см. задачу 5.120): Я =
Я =14,2 см.
5.123. При некотором давлении и температуре / = 0°С
средняя длина свободного пробега молекул кислорода
Я = 95 нм. Найти среднее число столкновений z в единицу
времени молекул кислорода, если при той же температуре
давление кислорода уменьшить в 100 раз.
Решение:
Среднее число столкновений молекул в единицу времени
, то
=Zr?L. Т.к. ^L =
Л1Р1/Р
5.124. При некоторых условиях средняя длина свободного
пробега молекул газа Я=160нм; средняя арифметическая
скорость его молекул v = 1,95 км/с. Найти среднее число
столкновений z в единицу времени молекул этого газа, если при
той же температуре давление газа уменьшить в 1,27 раза.
Решение:
По определению, средняя длина свободного пробега
— v*
молекул Я = A). С другой стороны (см. задачу 5.120),
Z
— кТ
Я = —f=— B). Т. к. по условию Т == const, то из B)
262

имеем -=?- = ^-, отсюда ^ = ^- Л{ - 1,27^. Средняя
Я2 р2 ^2
арифметическая скорость молекул v = / , и т. к.
= const > то v, = v2. Тогда z = ^=- = —?=-; z = 9,6 • 109 с.
As± 1,27л^
5.125. В сосуде объем F = 100cm3 находится масса /w = 0,5r
18зота. Найти среднюю длину свободного пробега X молекул
азота.
Решение:
Передняя длина свободного пробега молекул (см. задачу
— кТ
&120) Я =—т=—г—. Из уравнения Менделеева — Кла-
рейрона pV = , тогда Л = ,- ; Я = 23,2нм.
V j22R
5.126. В сосуде находится углекислый газ, плотность
которого р = 1,7 кг/м3. Средняя длина свободного пробега его
толекул Л = 79 нм. Найти диаметр а молекул углекислого газа.
Решение:
Средняя длина свобвдного пробега молекул (см. задачу
ЗД21) Л =—т=— . Молярная масса углекислого газа
V2rY
#— juc+2/u0; /и = 44 • 10 3 кг/моль. Из формулы для Л:
\ М
& = \ - ^—^;о- = 0,35нм.
263
•\

5.127. Найти среднее время г между двумя последовать
ными столкновениями молекул азота при давлении р = 133 Г
температуре t = 10° С.
Решение:
и Л !**& i
Имеем т= —, где v= I —средняя арифметичес
v у л//
— кТ
скорость молекул, Я = ,— — средняя дш
V2cr р/г
свободного пробега молекул (см. задачу 5.113). Отси
*г-У^7 АгУ^г , г = 1б.10-7
5.128. Сосуд с воздухом откачан до давле
р - 1,33-10 Па. Найти плотность р воздуха в сосуде, чи
молекул п в единице объема сосуда и среднюю дл:
свободного пробега Л молекул. Диаметр молекул возд
<т = 0,3 нм. Молярная масса воздуха // = 0,029 кг/м<
Температура воздуха t = 17° С.
Решение:
Основное уравнение молекулярно-кинетической тео{
р = пкТ . Отсюда концентрация п = —; п = 3,32 • 10161
кТ
Средняя длина свободного пробега молекул Я =
Л = 75.33 м. Из уравнения Менделеева — Клапейр(
pV - — КТ плотность р = — = ^—; г? = 1,6-10~9кг/м3.
У ju V RT
5.129. Какое предельное число п молекул газа должно на
диться в единице объема сферического сосуда, чтобы молек)
не сталкивались друг с другом? Диаметр молекул г
<т = 0,3 нм, диаметр сосуда D = 15 см.
264

Решение:
Чтобы молекулы не сталкивались друг с другом, средняя
длина свободного пробега должна быть не меньше
диаметра данного сосуда. A>D>—j=——, отсюда
п< * =V7-1019m-3.
42
5.130. Какое давление р надо создать в!гутрн сферического
сосуда, чтобы молекулы не сталкивались друг с другом, если
диаметр сосуда: a) Z) = 1cm; б) ?> = 10см; в) ?> = 100см?
Диаметр молекул газа а = 0,3 нм.
Решение:
Средняя длина свободного пробега молекул (см. задачу
— кТ
5.120) Я =-г=—г"""- Чтобы молекулы не сталкивались
\27га р
друг с другом, необходимо, чтобы x>D. Рассмотрим пре-
— кТ
дельный случай, когда D = Я = —7=—г—, откуда давление
у12тгст2р
кТ
. а) При D = 1cm; р = 942МПа; б) при
р = -г——
-J27TG-D
•'¦/) = 10 см; р = 94,2 МПа; в) при D = 100 см; р = 9,42МПа.
5.131. Расстояние между катодом и анодом в разрядной
Трубке г/= 15 см. Какое давление р надо создать в разрядной
трубке, чтобы электроны не сталкивались с молекулами воздуха
Jua пути от катода к аноду? Температура воздуха / = 27° С.
^Диаметр молекул воздуха а = 0,3 нм. Средняя длина свободного
йрробега электрона в газе приблизительно в 5,7 раза больше
'.вредней длины свободного пробега молекул самого газа.
265

Решение:
Средняя длина свободного пробега молекул воздуха
— кТ
К Г~ (см- заДачУ 5.120). Чтобы электроны не
р
стакивались с молекулами воздуха, необходимо, чтобы
средняя длина свободного пробега электронов была не
меньше расстояния между катодом и анодом, т. е. X^>d.
— — 51кТ
По условию Яэл = 5,7ЯВОЗ, отсюда d < -7=—г~ • Тогда
-41ка р
5 1кТ
давление должно быть р < —^——: р < 394 мПа.
4гга
5.132. В сферической колбе объемом К = 1л находится азот.
При какой плотности р азота средняя длина свободного пробега
молекул азота больше размеров сосуда?
Решение:
4 з 4
Т.к. колба сферическая, то ее объем V =—kR =—;гх
х — = . Отсюда диаметр колбы D = \1— . Средняя
V 2) 6 V я
длина свободного пробега молекул (см. задачу 5.121)
Л = г- . По условию Л > D, следовательно,
/—<—=—t- . Значит, плотность должна быть
ти Ля pNK
Р< и ,Л;„,, ; /><9,38.10-7кг/м3.
y/27ra2NAV6V/7i
5.133. Найти среднее число столкновений z в единицу
времени молекул некоторого газа, если средняя длина
266

свободного пробега Л =5мкм, а средняя квадратичная скорость
его молекул Vv2 = 500 м/с.
решение:
Средняя длина свободного пробега молекул Л = —. Тогда
z
V
среднее число столкновении в единицу времени z = ^=.
Л
Поскольку средняя квадратичная скорость молекул
л/7
—т=
V3
iQfcT I g f==
*щческая скорость молекул v=J =J—Vv2 . Тогда
V 7t V З
/=Т (Шг гтЩ [кТ л/7 _ ,
\v = J = V3J—, то J—=—т=^. Средняя арифме-
V V V V3
7tm
=
7 _,
; z = 9,2M0 сек .
5.134. Найти коэффициент диффузии D водорода при нор-
йальных условиях, если средняя длина свободного пробега
Я =0,16мкм.
Решение:
Qo определению коэффициент диффузии ?>= — vA, где
v= J — средняя арифметическая скорость молекул.
V W
$Огда коэффициент диффузии водорода при нормальных
условиях /) = -J—; D = 9,06-10 м2/с.
Зу я/л
5.135. Найти коэффициент диффузии D гелия при нормаль-
нормальных условиях.
267

Решение:
1 /8 т?т
Коэффициент диффузии (см. задачу 5.134) D = — \ .
3 у 7T/J
Длина свободного пробега молекул (см. задачу 5.120)
— кТ
Я = —j=—— • Тогда коэффициент диффузии гелия
D_\_ №T
кТ
.-5 . .2
3 \' 7rjLi 4271a1 p '
м7с.
5.136. Построить график зависимости коэффициента
диффузии D водорода от температуры Т в интервал'е
100 < Т < 600 К через каждые 100 К при р = const = 100 кПа.
Решение:
3,50тО,10*6м2/с
100
200
300
400
500
600
Коэффициент диффузии определяется следующим соот-
]ШТ кТ
ношением jd = —va \и~— \ т=—-—. Подставив чис-
3
ловые данные, получим Z) = 2• 10 10Г2. Характер зави-
зависимости коэффициента диффузии D от температуры Т
дан на графике.
268

5.137. Найти массу т азота, прошедшего вследствие
диффузии через площадку 5 = 0,01м" за время г = 10 с, если
градиент плоскости в направлении, перпендикулярном к пло-
площадке, Ар/ Ах = 1,26 кг/м4. Температура азота / = 27°С. Средняя
длина свободного пробега молекул азота Я = 10 мкм.
Решение:
По закону Фика jn = -D—^-ASAt. Знак минус означает
А*
направление вектора градиента плотности, и т. к. масса не
Может быть отрицательной, то ее следует взять по модулю.
1
Коэффициент диффузии (см. задачу 5.134) D =
азота т - - \ Я—AS At; m = 19,9 г.
3 у 7TJU АХ
5.138. При каком давлении р отношение вязкости некото-
|Юго газа к коэффициенту его диффузии ;; / D = 0,3 кг/м3, а сред-
средняя квадратичная скорость его молекул л/v2 = 632 м/с?
Решение:
Коэффициент диффузии газа и его динамическая вязкость
определяются следующим соотношением: D = — vA (v —
средняя арифметическая скорость, Я — средняя длина
свободного пробега молекул); r\- — vXp. Таким образом,
*jr = p — плотность газа. Согласно уравнению Менде-
леева — Клапейрона р V = — RT или р = —— . Отсюда
269

RT P тт H P№ P
= —. Ho Vv" = j , следовательно, —
P
V j, следовательно, — = —, откуда
ИР V M Р 3
О • V 77 V
~ или р = — ; /? = 39,9кПа.
3 F D 3 F
5.139. Найти среднюю длину свободного пробега Я молекул
гелия при давлении /? = 101,3 кПа и температуре f = O°C, если
вязкость гелия 77 = 13мкПас.
Решение:
1 JO DTP
Коэффициент вязкости г} = — руЛ, где v= / сред-
3 у я/л
няя арифметическая скорость молекул. Из уравне-
уравнения Менделеева — Клапейрона pV = — RT выразим
И
плотность pV -—RT. Тогда коэффициент вязкости
М
¦
Я. Отсюда средняя длина свободного
A
3 RT \ ttju
. 3RT ГщГ 3 IxRT . 1ОО
npooei а молекул Я = rjJ——= — rj \ ; Я = 182нм.
pju V 8ЛГ р у 8
5.140. Найти вязкость ^ азота при нормальных условиях,
если коэффициент диффузии для него D = 1,42 • 10~5 м2/с. Найти
диаметр молекулы кислорода, если при температуре вязкость
кислорода.
Решение:
Коэффициент диффузии газа и его динамическая вязкость
I _
определяются следующим соотношением: D =—vX (v —
27а

средняя арифметическая скорость, Л — средняя длина
свободного пробега молекул); ?]= — vZp. Таким образом,
— = р — плотность газа. Согласно уравнению Мен-
Менделеева — Клапейрона pV = — RT или р = —— . Отсюда
RT p RT pD pDf.i
— = — или = ——, откуда ?] = ; ;; = 17,8мкПас
5.141. Найти диаметр а молекулы кислорода, если при
температуре / = 0° С вязкость кислорода 77 = 18,8 мкПа/с.
Решение:
Динамическая вязкость кислорода определяется соотно-
I 1&RT
шением rj- — vXp — A), где v = I средняя ариф-
3 у Щ1
— кТ
Магическая скорость молекул, Л = -у=—г— — средняя
]2л:<у р
длина свободного пробега, р = -^- — плотность газа.
RT
Подставляя эти выражения в A), получим ?] =
Ъко V Rn
откуда а = J J1— ; сг = 0,3 нм.
л1 З? V R
5.142. Построить график зависимости вязкости 77 азота от
температуры Т в интервале 100 < Т < 600 К через каждые 100 К.
271

Решение:
0,Е+00
100
200
300
400
500 600
Динамическая вязкость азота определяется соотношением
— средняя арифмети-
?]=-\>Лр — A), где v =
3 V тс/л
ческая скорость молекул, Я =
кТ
средняя длина
свободного пробега,
— плотность газа. Под-
/1ч 2& \иТ
ставляя эти выражения в (I), получим ?] = r-J^— •
Величина
2k
= const*\0 6, тогда ?; = l0Vr.
Характер зависимости вязкости ;; от температуры Т дан
на графике.
5.143. Найти коэффициент диффузии D и вязкость ;/ воз-
воздуха при давлении р = 101,3 кПа и температуре / = 10° С. Диа-
Диаметр молекул воздуха а = 0,3 нм.
272

Решение:
Коэффициент диффузии (см. задачи 5.134 и 5.135)
, ; Z) = 1,45-10 м2/с. Кроме того,
1 1о ПТГ р
\г- ; Z) = 145-10 м2
<J27TO¦
коэффициент диффузии D =—vX , а коэффициент вязкости
?] = — гЯ. Таким образом, rj = pD, где плотность р
можно выразить из уравнения Менделеева — Клапейрона
— ЛГ, отсюда р = — = -i-i-. Тогда ^=-?-?-Z);
// Н V RT 'КГ
= \ 8,2 мкПа-с.
5.144. Во сколько раз вязкость кислорода больше вязкости
азота? Температуры газов одинаковы.
Решение:
Коэффициент вязкости (см. задачу 5.139) tj = —
3
8/? 7*
Я. Средняя длина свободного пробега молекул
т 1 х 1 pju IZRT 1 _
Я =—т=—^—• Тогда ?] = —-??- j ==——-. Т. к. темпе-
4 ЪКГ п
ратура газов одинакова, то — = I— —2- ; — = 1,07 .
5.145. Коэффициент диффузии и вязкость водорода при
некоторых условиях равны D = 1,42 • 10~4 м2/с и ;/ = 8,5 мкПа-с.
Найти число п молекул водорода в единице объема.
273

Решение:
Коэффициенты вязкости и диффузии связаны соотно-
соотношением rj = pD (см. задачу 5.143). Отсюда плотность
о = —. Число частиц в единице объема n=—NA = А :
D /и Л jliD
w = 1,8-1025m.
5.146. Коэффициент диффузии и вязкость кислорода при
некоторых условиях равны D = 1,22• 10м2/с и 77 = 19,5 мкПас.
Найти плотность р кислорода, среднюю длину свободного
пробега Я и среднюю арифметическую скорость v его молекул.
Решение:
Коэффициент диффузии газа и его динамическая вязкость
определяются следующим соотношением: D-— vX (v —
средняя арифметическая скорость, Л — средняя длина
j _
свободного пробега молекул); ?j=—VZp. Таким образом
— = р — плотность газа р = 1,6кг/м3. Средняя ариф-
метическая скорость v = — B); согласно урав-
in
нению Менделеева — Клапейрона pV - — RT или, после
/'
- v RT p RT v2tt
несложных преобразовании, = — , но из B) = .
М Р М 8
р V27T OV27T „
следовательно, — = , откуда р = — . Средняя
р 8 8
длина свободного пробега молекул Л = г —, где
V2<j mi
274

-2
p pv к pR 0 kju . o. .
n = -?— = — = —-, отсюда Я= ,- 7 ; Л = 83,5нм.
AT 8?Г Л://' 4l2R
3D
Из уравнения A) v= —; v = 440 м/с.
л
5.147 Какой наибольшей скорости v может достичь дождевая
диаметром D = 0,3 мм? Диаметр молекул воздуха
& =¦ 0,3 нм. Температура воздуха t = 0° С. Считать, что для
дождевой капли справедлив закон Стокса.
Решение:
Ца каплю действует сила тяжести и сила
сопротивления воздуха. По второму закону
Ньютона mg + Fconp = та . Когда капля до-
достигнет максимальной скорости ускорение а
станет равным нулю, тогда mg = Fconp. По
закону Стокса Fconp = 6x7]rvmax. Каплю считаем \ mg
_ _, 4 з
ioapOM, поэтому ее объем V = — ж > а масса
4 % 4 я
т = pV =—т*р. Тогда имеем — w pg = 67ffjrv. Отсюда
4r2pg 2{D/lfpg D2pg _. , ,
r= =-2- = — - —C2-. Коэффициент вязкости
9ц 18/7
ща. задачу 5.139) V^—^Ji ^» гДе ^:
^огда, искомая, максимальная скорость дождевой кап-
7ZJU _<j2D2pgNAKCT2
6ju
5.148» Самолет летит со скоростью v = 360 км/ч. Считая, что
^ОДай воздуха у крыла самолета, увлекаемый вследствие вязкости,
275

d = 4 см, найти касательную силу Fs , действующую на единицу
поверхности крыла. Диаметр молекул воздуха <т = 0,Знм.
Температура воздуха t = 0° С.
Решение:
Av
По закону Ньютона F = -?]—AS . Знак минуса означает
Ах
направление градиента скорости, поэтому нас интересует
модуль силы. Сила на единицу площади F* =—^- = r>—.
AS Ax
В нашем случае Av = v и Ax = d. Коэффициент вязкости
„*. ,«.v^ kT
(см. задачи 5.139 и 5.147). ;;=—•"**
. Отсюда
= 44,77 мН/м2.
5.149. Пространство между двумя коаксиальными цилин-
цилиндрами заполнено газом. Радиусы цилиндров равны г = 5 см и
R = 5,2 см. Высота внутреннего цилиндра h = 25 см. Внешний
цилиндр вращается с частотой п = 360 об/мин. Для того чтобы
внутренней цилиндр оставался неподвижным, к нему надо
приложить касательную силу F = 1,38 мН. Рассматривая в
первом приближении случай как плоский, найти из данных этого
опыта вязкость ?] газа, находящегося между цилиндрами.
Решение:
Av
По закону Ньютона для вязкости F =-?]—AS. Про-
р Ах
странство между цилиндрами Ах = R-r . Линейная скоро-
скорость вращения внешнего цилиндра Av = Ln , где L = 2nR —
длина окружности внешнего цилиндра. Тогда Av = 27tRn .
Площадь боковой поверхности внутреннего цилиндра
AS = 2nrh . По третьему закону Ньютона, касательная сила
276

= —F_ = 77—AS. Следовательно, F = n 2m-h =
w &x R-r
4тг2Rrnh _ F(*r)
w . Отсюда г; = —^ ; 77 = 17,92мкПас.
R-r An'Rrnh
5.150. Найти теплопроводность К водорода, вязкость кото-
:о 7] = 8,6 мкГТа-с.
|ещение:
ициент теплопроводности К= — crpvcA, а коэф-
3
деент вязкости 7/ = — pvcpX . Отсюда следует, что коэф-
3
циенты теплопроводности и вязкости связаны соотно-
соотношением K~cvi]. Теплоемкость при постоянном объеме
/ R . с
&/..= , где z = 5, т.к. водород — двухатомный газ.
2 JLI
1огда су = , поэтому К = г/; К = 89,33 мВт/(м-К).
2 /и 2 jli
5.151. Найти теплопроводность К воздуха при давлении
р>=100кПа и температуре / = 10° С. Диаметр молекул воздуха
<р?= 0,3 им.
Решение:
4ент теплопроводности К =
ициент теплопроводности К =—CypvcpZ. Средняя
кТ
Шина свободного пробега молекул Я = —т=—-—. Средняя
422
арифметическая скорость v = I . Из уравнения Мен-
V
Щ-^леева — Клапейрона рV = — RT, плотность p-m/V -
277

RT
Теплоемкость при постоянном объеме cv =-i
где для воздуха / = 5. Тогда коэффициент тепло-
кТ „ ik
„ XiRp/л SRT
проводности л= j?-?- '
3 2 // RT
= 13ДмВт/(м-К).
; к =
6л/2.
гх
5.152. Построить график зависимости теплопроводности /С
от температуры Т в интервале 100<Г<600К через каждые
100К.
Решение:
Г, К
100 200 300 400 500 600
1 —
Имеем К = ~A
3
— A), где v=
— B);
л =
RT
— О);
D). Удельная тепло-
емкость. водорода cv =10400 Дж/кг-К. Подставляя
уравнения B) — D) в A), получим А" =
278
Rn-

K = 5,4-10 ''у/Т . Характер зависимости теплопровод-
теплопроводности К от температуры Т дан на графике.
5.153. В сосуде объемом V = 2л находится N = 4-10" моле-
y двухатомного газа. Теплопроводность газа К = 14 мВт/(м-Ю.
Йайти коэффициент диффузии D газа.
решение:
Коэффициент теплопроводности К = cypvA/3, а коэф-
коэффициент диффузии D = уЯ /3, следовательно, коэффици-
коэффициенты теплопроводности и диффузии связаны соотноше-
K-cvpD. Теплоемкость при постоянном объеме
Су = , где / = 5 , т. к. газ двухатомный. Число частиц в
р pVN
единице объема п - — NA , а в объеме V N = nV = ———,
С D
отсюда р = -?=-:- . Тогда К = c:LL-; D = , откуда
VNA 2/uVNA 2V J
5.154. Углекислый газ и азот находится при одинаковых тем-
температурах и давлениях. Найти для этих газов отношение:
•) коэффициентов диффузии; б) вязкостен; в) теплопровод-
. Диаметры молекул газов считать одинаковыми.
Решение:
a) Коэффициент диффузии (см. задачу 5.135) L
\М2 .
. т.к. ах =ст„ то
279

б) Коэффициент вязкости (см. задачу 5.148)
// \$RT 77, Г/Г 77, , _
г\-—-~- . Тогда — = \—\ — = 1,2:>
3j2NA7r<j- V я-// 7/2 у //2 772
в) Коэффициент теплопроводности (см. задачу 5.151)
^ = —?=—т J , тогда
= — /¦=-=-; —- = 0,96.
5.155. Расстояние между стенками дьюаровского сосуда
d = 8 мм. При каком давлении р теплопроводность воздуха,
находящегося между стенками сосуда, начнет уменьшатся при
откачке? Температура воздуха 7 = 17° С. Диаметр молекул воз-
воздуха а = 0,3 нм.
Решение:
Теплопроводность воздуха между стенками сосуда
начинает уменьшаться, когда средняя длина свободного
пробега молекул станет равной расстоянию между стен-
кТ
ками сосуда, т. е. Л = d . Т. к. Л = —j=—г— (см. задачу
121
кТ
5.120), отсюда р = -т=—г-; р = 1,25 Па.
-427ZCJ d
5.156. Цилиндрический термос с внутренним радиусом
гх - 9 см и внешним радиусом г2 = 10 см наполнен льдом. Высота
термоса h = 20 см. Температура льда /, =0°С, температура на-
наружного воздуха 12 = 20° С. При каком предельном давлении р
воздуха между стенками термоса теплопроводность К еще
будет зависеть от давления? Диаметр молекул воздуха
<у = 0,3 нм, а температуру воздуха между стенками термоса счи-
считать равной среднему арифметическому температур льда и
наружного воздуха. Найти теплопроводность К воздуха, заклю-
заключенного между стенками термоса, при давлениях рх =101,3 кПа и
/?2=13,ЗмПа, если молярная масса воздуха /j = 0,029 кг/моль.
280

Какое количество теплоты Q проходит за время At = 1 мин через
боковую поверхность термоса средним радиусом г = 9,5 см при
давлениях р{ =101,3 кПа и р2 = 13,3 мПа?
Решение:
Теплопроводность начнет зависеть от давления при сред-
средней длине свободного пробега молекул Я -d, где d —
— кТ
расстояние между стенками термоса. Т. к. X =-j=——, то
/2 р
— кТ
При X=d получим р = —==—— = 980мПа. При
J22d
px =101,3 кПа коэффициент теплопроводности (см.
щадачу 5.151) Кх = '* -> J— =13>! мВт/(м-К). При
2 средняя длина свободного пробега Л
Польше расстояния d между стенками термоса. Тогда
1, * [пгт рм ж \, . . [Ш
3 " ' 3 * ' \ я-// ДГ2/; 6 * 1"
Шодставляя числовые данные, получим К2 = 178 мВт/(м-К).
А Т1
количество теплоты О = К AS • At. Но AS = 2m'h =
^ Ал:
= 2Я77-1 = Mr, +/*,). Тогда Р = л кп\гх + г2 )• А/.
2 Ад:
Йодставляя числовые данные, получим ?,=188 Дж;
5,157. Какое количество теплоты Q теряет помещение за вре-
t-j = 1 час через окно за счет теплопроводности воздуха, заклю-
заключенного между рамами? Площадь каждой рамы S = 4 м2,
НИюстояние между ними </ = 30см. Температура помещения
Л??* 18° С, температура наружного воздуха t2 =-20° С. Диаметр
281

молекул воздуха с = 0,3 нм. Температуру воздуха между рамами
считать равной среднему арифметическому температур поме-
помещения и наружного воздуха. Давление р = 101,3 кПа.
Решение:
Количество теплоты, перенесенное за время / вследствие
А Т
теплопроводности, определяется формулой Q-K St
Ах
Воспользуемся уравнением из задачи 5.152, выражающим
зависимость теплопроводности К от температуры Т:
2Kcv \ juT _
К = =г,/—"о—• Здесь Т — температура воздуха между
За2 \tv2R
Т +Т
рамами, Т = — - = 272 К; удельная теплоемкость воз-
воздуха Су =717Дж/кг-К; молярная масса воздуха // = 0,029.
Подставив числовые данные, найдем А' = 12,9-10Вт/мК.
Т —Т
Учитывая, что Ax = d> имеем Q = K— -S-t;
d
<2 = 24кДж.
5.158. Между двумя пластинами, находящимися на рас-
расстоянии d = 1 мм друг от друга, находится воздух. Между
пластинами поддерживается разность температур AT -1 К. Пло-
Площадь каждой пластины 5 = 0,01 м2. Какое количество теплоты Q
передается за счет теплопроводности от одной пластины к дру-
другой за время / = 10 мин? Считать, что воздух находится при нор-
нормальных условиях. Диаметр молекул воздуха а = 0,3 нм.
Решение:
Количество теплоты, перенесенное за время / вследствие
Л Т
теплопроводности, определяется формулой Q = К S-1 •
Ах
Воспользуемся уравнением из задачи 5.152, выражающий
282

зависимость теплопроводности К от температуры Т:
2Ксг I /лТ о _ __Л „
J? = r-J—г— . Здесь Т = 27j К. Удельная теплоемкость
' Зо-2 Ьт2Д
воздуха с,-= 717 Дж/кг-К; молярная масса воздуха
р — 0,029. Подставив числовые данные, найдем
$С = 13-10~3Вт/м-К. Учитывая, что Ax = d, имеем
d
St; g = 24 кДж.
5.159. Масса /и = 10 г кислорода находится при давлении
р = 300кПа и температуре / = 10° С. После нагревания при
р = const газ занял объем V = \0n. Найти количество теплоты
'g, полученное газом, изменение AW внутренний энергии газа
иработу А , совершенную газом при расширении.
Решение:
Количество теплоты, полученное газом определяется сле-
следующим соотношением: Q- — С AT — A). Молярная те-
ялоемкость кислорода при р - const Ср = 29,\ Дж/моль-К.
Запишем уравнения состояния газа до и после нагревания.
рУл = — RTx — B); pV-, =—RT, — C). Вычитая из урав-
Нения C) уравнение B), получим p(V, -К) = — RAT —
D). Из B) V{ = L — E). Выразим из D) AT с учетом
ИР
ип V. — mf?T
— F). Тогда урав-
mR mR
283

нение A) можно записать в виде Q = С ;
и /Ж
2 = 7,92кДж. Изменение внутренней энергии"кислорода
AW = RAT или, подставляя F), AW = х
2 // 2 ju
x(JiipV2-mRT])] Д^ = 5,66кДж. Работа, совершаемая при
Г2
изменении объема газа А = р\ dV = p(V2 -F,) или, с уче-
том E), A = p\V2 -!^- |; А = 2.26 кДж.
I ИР )
5.160. Масса т = 6,5 г водорода, находящегося при темпе-
температуре t = 27° С, расширяется вдвое при р = const за счет при-
притока тепла извне. Найти работу А расширения газа, изменение
AlV внутренний энергии газа и количество теплоты О, сооб-
сообщенное газу.
Решение:
IV
Работа расширения газа А — р \dV = pBV -V) = pV . Co-
гласно уравнению Менделеева — Клапейрона pV = — RT
/'
работа А-—RT; ^4 = 8,1Дж. Изменение В1тутренней
М
энергии AW = RT, где / = 5. Т. к. р = const, то
2//
V V V Т
—*- = — , следовательно, — = — = 2. Отсюда Г7=2Г, и
Г, Г2 F, Г, "
АТ = Т,-Т] =27]-7J =7] =/ + 273°. Тогда AW = -—RTX\
2//
284

AW = 20,25 кДж. Согласно первому началу термодинамики
A; 2 = 28,35кДж.
5.161. В закрытом сосуде находится масса тх =20 г азота и
масса т2 = 32 г кислорода. Найти изменение AJV внутренней
энергии смеси газов при охлаждении ее на AT = 28 К.
Решение:
Изменение внутренней энергии газа AW = RAT. Для
двухатомных газов количество степеней свободы / = 5,
:меси кислорс
; AW = \ кДж.
следовательно, для смеси кислорода и азота имеем;
\
Hi)
5.162. Количество г = 2кмоль углекислого газа нагревается
ври постоянном давлении на АГ = 50К. Найти изменение AW
внутренней энергии газа, работу А расширения газа и
количество теплоты Q, сообщенное газу.
Решение:
Изменение внутренней энергии газа AW = RAT. В
А 2
условиях данной задачи AW = v3RAT; AW = 2,5 МДж. Ра-
§ота, совершаемая при расширении газа, А = pAV . Соглас-
Согласно уравнению Менделеева — Клапейрона pAV =—RAT,
АТ, mRAT . mRAT _A_
зепедовательно, AV = , тогда А = = vRAT;
HP H
4 = 0,83 МДж. Количество теплоты, сообщенное газу,
Q-v-CpAT. Молярная теплоемкость углекислого газа
Ср = 33,2 Дж/моль-К. g = 3,32 МДж.
285

5.163. Двухатомному газу сообщено количество теплоты
Q = 2,093 кДж. Газ расширяется при р = const. Найти работу А
расширения газа.
Решение:
Т. к. по условию давление постоянно, то количество тепла,
2 IX
1_R_
2 ix " ~ 2 ju
сообщенное газу Q = cpJiiAT, где ср = —^ и / = 5, т. к.
газ двухатомный. Тогда ср =—— и Q = ——RAT. Измене-
Изменение внутренней энергии AW = RAT . Из первого зако-
7 и»
на термодинамики следует, что A = Q-AW- RAT-
2
5^DAr П1 ПАТ Т ^ 7»1 m
RAT = — RAT . Т. к. Q = RAT, то —
2M fi 2// (i 7
^ ' a 2Q
следовательно, работа расширения газа А = ——;
А = 598 Дж.
5.164. При изобарическом расширении двухатомного газа
была совершена работа А = 156,8 Дж. Какое количество теплоты
Q было сообщено газу?
Решение:
Количество теплоты, сообщенное газу, dQ = CpdT, откуда
h.
Q = CpjdT; Q = Cp(Tx-T2) — A). Работа, совершаемая
h
при расширении газа, dA-pd'/\ A = p\dV\ A = px
^3 уравнения Менделеева — Клапейрона
pAv = vRAT, тогда А = vR(T2 - 7j) — B). Решая совместно
286

A 7
A) и B), получим Q = C —, где Cn=v-R. Отсюда
vR ' 2
5.165. В сосуде объемом V - 5 л находится газ при давлении
р = 200 кПа и температуре / = 17° С. При изобарическом расши-
расширении газа была совершена работа Л = 196Дж. На сколько на-
нагрели газ?
Решение:
Воспользуемся уравнением B) из предыдущей задачи.
А = vRAT, откуда AT = —. Согласно уравнению Менде-
vR
леева — Клапейрона pV - vRT, откуда v = pV/RT. Тогда
AT
ДГ = —; АГ = 57К.
5.166. Масса т = 7 г углекислого газа была нагрета на
AT = 10 К в условиях свободного расширения. Найти работу А
расширения газа и изменение AW его внутренней энергии.
Решение:
Еабота по расширению газа A = vRAT = — RAT (см. урав-
Нение B) из задачи 2.164), ^4 = 13,2Дж. Изменение внут-
|р>енней энергии газа AW RAT, для СО2 — i = 6,
ju 2
а-огда AW = 3- — RAT I,т. е. AW = 3A; AW = 39.6 Дк.
KM )
5.167. Количество v = 1 кмоль многоатомного газа нагре-
нагревается на AT = 100 К в условиях свободного расширения. Найти
287

количество теплоты Q, сообщенное газу, изменение AIV его
внутренней энергии и работу А расширения газа.
Решение:
Работа расширения газа (см. задачу 5.160) А- — RAT-
М
= vRAT; А = 831 кДж. Изменение внутренней энергии
AW = RAT, где / = 6, т.к. газ многоатомный, тогда
2 jli
AW = 3vRAT ; AW = 2,49 МДж. Согласно первому закону
термодинамики Q = AW + A\ Q = 3,32 МДж.
5.168. В сосуде под поршнем находится масса т = 1г азота.
Какое количество теплоты О надо затратить, чтобы нагреть азот
на AT = 10 К? На сколько при этом поднимется поршень? Масса
поршня М = 1кг, площадь его поперечного сечения S = 10 см2.
Давление над поршнем р = 100 кПа.
Решение:
Согласно первому закону термодинамики
Р ( Q = AW + A. Изменение внутренней энергии
газа AW = RAT, где количество степеней
свободы / = 5 , поскольку азот двухатомный газ.
Работа газа по подъему поршня (см. задачу
5.160) А- — RAT . Тогда количество теплоты
И
необходимое для нагрева азота Q = RAT н—RAT =
2 ju jli
= RAT : Q= 10,39 Дж. При расширении газ совершает
2//
работу против сил тяжести и против сил атмосферного
давления. Тогда A = (Mg + pS)Ah, но т. к. А= — RAT , то
288

(Mg + pS)Ah =—RAT. Отсюда найдем Ah=
bh = 2,7 см.
5.169. В сосуде под поршнем находится гремучий газ. Какое
цсрличество теплоты Q выделяется при взрыве гремучего газа,
если известно, что внутренняя энергия газа изменилась при этом
ца ДЖ = 336Дж и поршень поднялся на высоту ДЛ = 20см?
Масса поршня М = 2 кг, площадь" его поперечного сечения
5 = 10 см2. Над поршнем находится воздух при нормальных
условиях.
Решение:
Работа гремучего газа по подъему поршня (см. задачу
§.168) А = (Mg + pS)&h. Согласно первому закону термо-
рдаамики Q = А + AW = (Mg + pS)Ah + AW ; Q = 360,12 Дж.
5.170. Масса т = 10,5 г азота изотермически расширяется при
Температуре t = -23° С, причем его давление изменится от
р1 = 250кПа до р2=100кПа. Найти работу А, совершенную
газом при расширении.
Решение:
Работа, совершаемая при изотермическом изменении обът
т V
ема газа, А = RT—ln-^-, где Т = 250К. Из закона Бойля —
М Ух
Мариотта P\Vl~p2V1 следует, что -2-=-О-, поэтому
' У\ Pi
работа А = RT—ln^-; А = 713,85 Дж.
М Pi
ю-326* 289

5.171. При изотермическом расширении массы т = Юг азота,
находящегося при температуре / = 17° С, была совершена работа
А = 860 Дж. Во сколько раз изменилось давление азота при
расширении?
Решение:
Работа, совершаемая при изотермическом расширении (см.
задачу 5.170), А = RT—ln^-. Отсюда /«^ = -^-, тогда
М Pi Pi RT
Pl 'ХяТтУ р2
5.172. Работа изотермического расширения массы ти = 10г
некоторого газа от объема F, до V2 = 2F, оказалась равной
Л = 575Дж. Найти среднюю квадратичную скорость
молекул газа при этой температуре.
Решение:
v2
Работа по расширению газа <ЛА- pdV, откуда А= \pdV.
Согласно уравнению Менделеева — Клапейрона
т n_, mRT ^ с
pV =—RT, следовательно, р- . Тогда работа
// juV
А= |—RT—=—RTln—. Откуда выразим температуру
^М УМ Ух
All А и
^ =@- Средняя квадратичная ско-
3RT „ ,1Ч RT A
. Из A) =——--, тогда
ju mini
290

5Л73. Гелий, находящийся при нормальных условиях,
даотермически расширяется от объема Vx -1 л до F, = 2 л. Найти
работу А, совершенную газом при расширении, и количество
Q, сообщенное газу.
решение:
работа, совершаемая при изотермическом изменении объ-
объема газа, A = RT—In—. Из уравнения Менделеева —
/< У\
Клапейрона pVx = — RT, тогда работа A = pV{ln—;
/< . У\
А=70 Дж. согласно первому закону термодинамики
Q = AW + A, но т. к. Т = const, то изменение внутренней
щергии AW = 0, поэтому здесь Q = А ; Q = 70 Дж.
5.174. При изобарическом расширении газа, занимавшего
Объем V = 2 м\ давление его меняется от рх = 0,5 МПа до
р2 = 0,4 МПа. Найти работу А , совершенную при этом.
Решение:
'Работа, совершаемая при изотермическом расширении
у
газа, A = vRTln— (см. задачу 5.172). Согласно уравнению
Менделеева — Клапейрона p{V\=yRT\ p2V2=vRT,
._ _ р№ т. vRT _ г, Р\У\
откуда Т = ±J-L; V2 = . Тогда А = vR-^-^-
vR ' р2 vR
A = Plvx ln-^-\ A = 223 кДж.
Pi
5.175. До какой температуры /2 охладится воздух, нахо-
находящийся при /, = 0° С, если он расширяется адиабатически от
о& Vx до V2=2Vl1
291

лиение:
Воздух в первом приближении можно считать азотом, т.е.
число степеней свободы / = 5. Показатель адиабаты
сп i + 2R iR i + 2
с =— и ск=-~, тогда У = ~-;
2 ju 2 // 2
т (v Y
у = 1,4. Из уравнения Пуассона — = — . Т. к. по
Т V
условию V2 -2VY, то —- =
Г = 206,89 К.
_ О0.4
Отсюда
5.176. Объем F, =7,5 л кислорода адиабатически сжимается
до объема V2 = 1 л, причем в конце сжатия установилось давле-
давление р2 = 1,6 МПа. Под каким давлением р% находится газ до
сжатия?
Решение:
Согласно уравнению Пуассона pVY = const, где пока-
С
затель адиабаты У = —^-, для кислорода у-\А\
Су
(у V
P\v\ = P2VI. откуда рх = ^ ТГ ' Л = 95 кПа*
5.177. При адиабатическом сжатии воздуха в цилиндрах дви-
двигателя внутреннего сгорания давление изменится от /?, = ОД МПа
до р1 = 3,5 МПа. Начальная температура воздуха t - 40° С.
Найти температуру воздуха в конце сжати
292

решение:
Показатель адиабаты для воздуха (см. задачу 5.175)
у-\
Т ( W
у «1,4. Из уравнения Пуассона ~= » гДе
1 Т2 \Рг)
U = 273 К. Тогда Т2 = —^-— ; Т2 = 862,86 К.
5.178. Газ расширяется адиабатически, причем объем его
рёличивается вдвое, а термодинамическая температура падает в
Щ2 раза. Какое число степеней свободы / имеют молекулы
газа?
Решение:
Ш&казатель адиабаты (см. задачу 5.175) у- . Из
Т (V-, У Т
равнения Пуассона — = — -По условию — = 1.32 и
Т2 [Vj Т2
§¦ = 2, тогда 2^~' =//7 1,32 или | — -1 ]./«2 = /«1,32 .
*1 V ' У
fv I + 2-/ 2 //71,32 _. _ . 2
Отсюда = — = = 0,4 . Тогда / = — = 5 .
/ / In 2 0,4
5.179. Двухатомный газ, находящийся при давлении
А-2МПа и температуре г, =27° С, сжимается адиабатически
^объема Vx до К, =0,5\'\. Найти температуру t2 и давление р2
;Газа после сжатия.
293

Решение:
Показатель адиабаты для двухатомного газа у = 1,4 (см.
( vY
задачу 5.175). Из уравнения Пуассона — = —М или
Pi \У2)
т (v Y~ v p
—- = \—- . По условию — = 0,5, тогда ^- = 0,514,
Т2 \V\) V\ Pi
р2 =5,28МПа; Тх/Т2 =0,5и, Т2 =395,85К =122,85°С .
5.180. В сосуде под поршнем находится гремучий газ, зани-
занимающий при нормальных условиях объем Г, = ОД л. При быст-
быстром сжатии газ воспламеняется. Найти температуру Т воспла-
воспламенения гремучего газа, если известно, что работа сжатия
Л = 46,35Дж.
Решение:
Процесс быстрого сжатия гремучего газа в первом при-
приближении можно считать адиабатическим. Гремучий газ
представляет из себя смесь водорода и кислорода, а т. к.
оба газа двухатомные, то показатель адиабаты (см. задачу
5.175) ^ = 1,4. Работа, совершаемая над газом при
адиабатическом сжатии, А = V 2Ч——. Отсюда
Т2 - Тх - —~—- тогда температура воспламенения
гремучего газа Т2 = —^—^ + 7] = 7]
Т2= 774,13 К.
^(г-1)
+ 1
5.181. В сосуде под давлением находится газ при нормальных
условиях. Расстояние между дном сосуда и дном поршня
h = 25 см. Когда на поршень положили груз массой m - 20 кг,
поршень опустится на ДА = 13,4 см. Считая сжатие адиаба-
294

доеским, найти для данного газа отношение с / су . Площадь
00деречного сечения поршня S = 10 см2. Массой поршня пре-
пренебречь.
Решение:
Т к. по условию сжатие адиабатическое, то — -у — по-
Су
(v Y
казатель адиабаты. Из уравнения Пуассона — = —-М .
Pi \У\)
Когда на поршень положили груз, давление стало равным
mg тт г
>p2~Pi+ • Начальный и конечный ооъемы соот-
ветственно равны V] - Sh и V2 = S(h - Ah), тогда
. Следовательно, — = или
У\ " Р\ + Mg / »Ь v "
Р\ (h-MiY _
— = j . Чтооы выразить у . прологарнфми-
+ V h J
A pxS \ ,
полученное выражение Ь\\ —— ' = ////!
{S + J
mgJ V h J
ср = !',№/№ +mgy^Il
cv hi[(h-Mi)/h) ln{h-:\h)-Inh
Подставив числовые значения, пол>чим —^- - 1,4 .
с,
S.182. Двухатомным газ занимает объем 1\ = 0,5 л при дав-
давлении /> = 50кПа. Газ сжимается адиабатически до некоторого
°6ъема У2 и давления р2. Затем он охлаждается при F, = const
Д° первоначальной температуры, причем его давление
становится равным ро=100кПа. Начертить график этого
пР°Цесса. Найти объем К, и давление р2.
295

Решение:
Для двухатомного газа (см.
задачу 5.175) / = 1,4. Из уравне-
ния Пуассона — = — | или
Pi \v\
имеем
^- = ^1, откуда 5. = ^. Тогда
/-1
м
= тг- =-f. Отсюда
Рг =
= 132кПа.
5.183. Газ расширяется адиабатически так, что его давление
падает от рх =200кПа до /?2=100кПа. Затем он нагревается
при постоянном объеме до первоначальной температуры, причем
его давление становится равным р = 122 кПа. Найти отношение
ср / cv для этого газа. Начертить график этого процесса.
Решение:
Рг
p
n
Рг
A
: в\
i i
Из
уравнения
\—
P\\r
Пуассона
. Т. к. V — const, то
Pt P T\ P rr,
-?LL = ^- или —i- = -?—. Тогда
T2 7] Г2 /?2
296

[
—
y-\
\ —
. Прологарифмируем полученное выражение
\ L) или iJ^) = Zz1Jpl\ Отсюда
\Рг) \Рг) KPi) У КРг
Y-\ ln{p/p->) 1 . ln{p/ p2)
L = —-f-—-*\ или — = 1 -f-—-±\ . Окончательно
Г HPx/Pi) У ln\P\/Pi)
получим у = , , —Y777—;—vi= ]'4'
5.184. Количество v = l кмоль азота, находящегося при нор-
нормальных условиях, расширяется адиабатически от объема \\ до
У2 = 5PJ. Найти изменение ДЖ внутренней энергии газа и
работу А , совершенную газом при расширении.
Решение:
Изменение внутренней энергии при адиабатическом
процессе AW = -A или AW = — vR(T2 -7]). Из уравнения
v
-\
i у
Пуассона найдем Т2 = 7] —-
V2J
. Для азота количество сте-
5
пеней свободы / = 5. Тогда AW= — vRT] \ — \ -1
2
AW = -2.69 МДж; А = 2,69 МДж.
5.185. Необходимо сжать воздух от объема Г, =10 л до
V2 =2 л. Как выгоднее его сжимать (адиабатически или
изотермически)?
297

Решение:
Работа, совершаемая при адиабатическом сжатии.
RT{ m
г
у-\ ju
1-
V.
с
, где / = —. Работа, совершаемая
с,.
т V
при изотермическом сжатии, A2=RT—In—^. Отсюда
*-l \, /„ „л! — = 1,4. Следовательно, выгоднее
A2 \y-\)ln\y2/Vx) A2
сжимать воздух изотермически.
5.186. При адиабатическом сжатии количества у = 1кмоль
двухатомного газа была совершена работа Л = 146кДж. На
сколько увеличилась температура газа при сжатии?
Решение:
Для двухатомного газа (см. задачу 5.175) у = 1,4. Работа
A RT\ Ш
над газом при адиаоатическом сжатии А- ¦ х
(. ТЛ RT, Т,~Т, . Rvfa-T-,) RvAT _
х 1—^ = l-v— -; А- ^ ^ = .Отсюда
I Tj y-\ T, у-\ у-\
Rv
5.187. Во сколько раз уменьшится средняя квадратичная ско-
скорость молекул двухатомного газа при адиабатическом увели-
увеличении объема газа в два раза?
Решение:
Для двухатомного газа (см. задачу 5.175) / = 1,4. Средняя
Vv =
квадратичная скорость молекул Vv =J , тогда
298

- Из уравнения Пу-
ассона Т{ / Т, = {V
9 отсюда ^=
5.188. Масса /?/ = 10г кислорода, находящегося при нормаль-
нормальных условиях, сжимается до объема V2 =1,4 л. Найти давление
р2 и температуру Л, кислорода после сжатия, если кислород
сжимается: а) изотермически; б) адиабатически. Найти работу А
сжатия в каждом из этих случаев.
Решение:
а) При изотермическом сжатии газа Т - const, поэтому
Т2 =Т{ =273 К. Из уравнения Менделеева — Клапейрона
туг*
Р2У2- — RT\' давление р2 -\ р2 = 506,39 кПа.
Работа при изотермическом сжатии A-RT—In—^-. Из
V р
закона Бойля — Мариотта Р\У} = p2V2 имеем —l = -i-Ls
У\ Pi
тогда A = RT]—ln^L: А = -1,14кДж. б) Поскольку кисло-
М Pi
род двухатомный газ, то у -1,4 (см. задачу 5.175). Из урав-
уравнения Пуассона -&- = \Щ — A) или -^ = (-^ ) — B).
Pi UJ Т2 UJ
299

Разделим A) на B) *±-±= -Ч = -^- или
р V Т
Vx = У2 2 ] . Согласно уравнению Менделеева — Клапей-
m nrr, T, (m/ lArTjT, mRT, „
рона P2V2= — RT2, тогда F, =± ^—2-L = L. Под-
/^ P\Ti
— = 2^'- , откуда о, =т ~
ставим в A) — = 2^'- , откуда
w t^J (к2
Y
Т2 { RT{ J
Т
Г, = -г --—г; Т2 = 520 К. Работа при адиа-
- (V/{RT)J-x
т (v Y
= 965 кПа. Подставим в B) — = 2 ' , откуда
Т { RT J
батическом сжатии А --—¦— 1 —- ; A = -1,605 кДж.
5.189. Масса /;? = 28г азота, находящегося при температуре
/,=40° С и давлении /г^ЮОкПа, сжимается до объема
V2 = 13 л. Найти температуру t2 и давление р2 азота после сжа-
сжатия, если азот сжимается: а) изотермически; б) адиабатически.
Найти работу А сжатия в каждом из этих случаев.
Решение:
а) При изотермическом сжатии газа (см. задачу 5.188)
температура Т2 =7] =313К = 40°С, давление р2-т '"
р2 = 200кПа, работа А = ЯТ] —ln^-\ A = -1,8кДж.
М Pi
б) Давление /?, = — гг-; р2 = 264 кПа. Темпе-
300

; Г413К- Работа
5Л90. Во сколько раз возрастает длина свободного пробега
молекул двухатомного газа, если его давление падает в двое при
расширении газа: а) изотермически; б) адиабатически?
решение:
Средняя длина свободного пробега молекул (см. задачу
5.120) Л= гкТ, . Тогда il = IlA. a) При изотер-
2~ \- Тх рг
7 п
мическом расширении Т - const, поэтому — = — = 2 .
б) При адиабатическом расширении из уравнения
t± z±
IT Т, fp2V Л f^V А
Пуассона имеем — = •?-jL , тогда — = s-=- J-L, где
^ = 1,4; т.к. газ двухатомный (см. задачу 5.175).
Следовательно, — = 1,64 .
5.191. Два различных газа, из которых один одноатомный, а
Другой двухатомный, находятся при одинаковых температурах и
занимают одинаковые объемы. Газы сжимаются адиабатически
так, что объем их уменьшается вдвое. Какой из газов нагреется
больше и во сколько раз?
Решение:
Показатель адиабаты (см. задачу 5.120) у———. У одно-
i
Томного газа число степеней свободы /, = 3, поэтому
301

У\- — -1,67, а у двухатомного у -1,4. Из уравнения Пуас-
сона имеем
T V
, откуда Т2 = ' . По уело-
V2 ' "l)
вию — = 0,5, следовательно, отношение температур
Т2 0У1
?=-^- = _{ ; к = 0,5У1"/2 =1,2. Значит, больше нагре-
нагреется одноатомный газ в 1,2 раза.
5.192. Масса /и = 1кг воздуха, находящегося при давлении
рх - 150 кПа и температуре /, = 30° С, расширяется адиабати-
адиабатически и давление при этом падает до р2 =100кПа. Во сколько
раз увеличился объем воздуха? Найти конечную температуру г2
и работу А , совершенную газом при расширении.
Решение:
Воздух в первом приближении можно считать двух-
двухатомным газом, поэтому показатель адиабаты /=1,4. Из
— , откуда — = — | ;
У\) v\ \Pi)
у
— = 1,34. Кроме того, уравнение Пуассона может быть
записано в виде: —-= — , откуда Г-, = г\
Т2 = 720 К. работа расширения газа при адиабатическом
A RT\ 1П
процессе А = —'—
y-1/j
302

5.193. Количество v = 1 кмоль кислорода находится при
нормальных условиях, а затем объем его увеличивается до
y = 5V0. Построить график зависимости /? = /(^), приняв за
единицу по оси абсцисс значение Vo, если кислород расши-
расширяется: а) изотермически; б) адиабатически. Значения давления
р найти для объемов, равных: Vo, 2V0, 3V0, 4V0 и 5VQ.
решение:
а) При изотермическом процес-
процессе по закону Бойля — Мариот-
та p0V0 = pV , откуда р = ±±±я
б) При адиабатическом про-
процессе из уравнения Пуассона
следует,
откуда р =
что
Р
, изотерма
Ро
1
[f>> кПа (изотерма)
dp, кПа (адиабата)
101,300
101,300
Wo
38,386
50,650
21.759
33,767
14,545
25,325
10.643
20,260
5.194. Некоторая масса кислорода занимает объем Vx = 3 л
при температуре г, = 27° С и давлении рх = 820 кПа. В другом
состоянии газ имеет параметры V2 = 4,5 л и рг = 600 кПа. Найти
количество теплоты О, полученное газом, работу А, совер-
совершенную газом при расширении, и изменение AW внутренней
энергии газа при переходе газа из одного состояния в другое:
а) по участку АС В ; б) по участку ADB.
303

Решение:
P.
Ру
Рг
V
1
а) По участку АС В: Участок
q АС — изохора, т.е. Ах=0,
поскольку AF = 0. Следователь-
В но, Qx = bWx =—RAT . Соглас-
2//
Ц но уравнению Менделеева —
г
2 Клапейрона pxVx=—RTx — A)
и /?2^1 =~RT<y — B). Вычтем уравнение B) из A), тогда
(Pi -PiY\ =~МТ . Отсюда Q =Щ =|(pt -Л)К,;
Q = 1,65 кДж. Участок С5 — изобара, следовательно,
А2 = р2 {V2 ~ V\ )> ^2 = ^>^ кДж. Изменение внутренней энер-
энергии bW2 = RAT. Согласно уравнению Менделеева —
Z /Л
^
Клапейрона p2Vl=^-RTl — C) и p2V2=—RT2 — D).
Вычтем C) из D), тогда
~^i) =—RAT. Отсюда
AW2 - — р2(v2 - Fj); AW2 = 2,25 кДж. Таким образом, на
всем участке АСВ: работа ^ = ^42=0,9кДж; изменение
внутренней энергии AW = AW2 -AWX = 0,6 кДж. Согласно
первому началу термодинамики количество тепла
Q- AW + A = 1,5кДж. б) Аналогично на участке ADB:
работа А - Ах - рк (V2 - V{) = 1,23 кДж; изменение внутрен-
внутренней энергии AW = AW[-ATV2=-pl(V2-V1)--(pl-p2)x
xV2= 0,6 кДж; количество тепла Q = AW + А-1,83 кДж.
304

5.195. Идеальная тепловая машина, работающая по циклу
Карно, за цикл получает от нагревателя количество теплоты
е,=2,512кДж. Температура нагревателя Г, =400 К, темпе-
температура холодильника Т2 = 300 К. Найти работу А , совершаемую
машиной за один цикл, и количество теплоты Q7, отдаваемое
холодильнику за один цикл.
Решение:
Работа, совершаемая тепловой машиной, определяется
•выражением А = Q{ - Q2 = 7Q, где Q{ — количество
теплоты, полученное машиной от нагревателя, Qo
количество теплоты, отдаваемое холодильнику, г\
Т -Т
к. п. д. машины. 7 = ~ ~ = 0,25 . Отсюда А = 630 Дж;
^1
5.196. Идеальная тепловая машина, работающая по циклу
Карно, совершает за один цикл работу А = 2,94 кДж и отдает за
один цикл холодильнику количество теплоты О2 = 13,4 кДж.
Найти к.п.д. 77 цикла.
Решение:
К.п.д. цикла Карно ?]= A), где Ql — количество
Q\
тепла, подведенного к рабочему телу. Т. к. по условию
Т —Т О — О
машина является идеальной, то 77 = — = — — B)-
Тх б,
Сравнивая выражения A) и B), получим A = Q\~Qi*
А
откуда а^ + 0,,. Тогда 77 = ; 7 = 18%.
A + Q
5.197. Идеальная тепловая машина, работающая но циклу
Карно, совершает за один цикл работу А - 73,5 кДж. Темпе-
305

ратура нагревателя /,=100° С, температура холодильника
t2 = 0° С. Найти к. п. д. 7 пикла, количество теплоты 0,,
получаемое машиной за один цикл от нагревателя, и количество
теплоты g,, отдаваемое за один цикл холодильнику
Решение:
Т —Т
К. п. д. идеального цикла Карно rj = — ; г\ = 26,8 %. С
*i
А А
другой стороны, tj = —, откуда Q = —; Qt = 274 кДж.
й 7
Т. к. машина идеальная, то количество тепла, отданное
холодильнику Qi-Q\-A\ Q2= 200кДж.
5.198. Идеальная тепловая машина работает по циклу Карно.
При этом 80% количества теплоты, получаемого от нагревателя,
передается холодильнику. Машина получает от нагревателя
количество теплоты g, = 6,28 кДж. Найти к. п. д. ц цикла и
работу А, совершаемую за один цикл.
Решение:
Поскольку ^- = 0,8, то Q2 = 0,8Q = 5,024 кДж. По усло-
вию, машина идеальная, значит, А = Q2-Qx; А-1,256кДж
и 17 = — ; /7 = 20%.
Й
5.199. Идеальная тепловая машина работает по циклу Карно.
Воздух при давлении р^ТОвкПа и температуре /,=127° С
занимает объем V] = 2 л. После изотермического расширения
воздух занял объем V2 = 5 л; после адиабатического расширения
объем стал равным V3 = 8 л. Найти: а) координаты пересечения
изотерм и адиабат; б) работу А> совершаемую на каждом
306

цикла; в) полную работу А , совершаемую за весь цикл;
к. п. д. ?; цикла; д) количество теплоты О], полученное от
!^агревателя За один цикл; е) количество теплоты Q2, отданное
Холодильнику за один цикл.
решение:
а) Запишем уравнение изотермы
АВ: pV=—RTl — A). По-
Ра
/v—-
скольку точка А принадлежит
АВ, то /
= —/?7J, откуда Рг
V Р.
В
v - 0,427 моль
Тогда A) можно записать в виде pV = 0.427Я7] = 1,42 кДж.
pV
fto закону Бойля — Мариотта для точки В р2 = —— =
= 284кГТа. Точки В и С принадлежат адиабате ВС,
(у У
следовательно, p2V{-p5VJ', откуда P\-Pi~ ~
.г=146кПа. Уравнение изотермы CD имеет вид
¦ vRT1=piV3i отсюда Г? = 3 3 : Г-, =330 К. Коорди-
vR ' "
точек D и А удовлетворяют уравнению адиабаты DA,
( v Y" т
Следовательно, — = —, откуда F4 = 3,2 л. Кроме того,
\ У1 1 -11
Y fvY
= —-, откуда Рд = р{\ — \ =365кПа. Таким обра-
зом, координаты искомых точек: АB;708), ЛE;284),
Q8;146), Z)C,2;365), здесь объем измеряется в литрах,
Давление — в килопаскалях.
307

m 1/
б) Работа на участке АВ (изотерма): Al=RTl—In-^- =
= 1300Дж. Работа на участке ВС (адиабата):
RT, т
Л —— * _^_
2 ~
I-
m
| *2
= 620Дж. Работа
m VA
на участке CD (изотерма): A2=RT2—/«-=• = -
1070Дж.
Работа на участке DA (адиабата): А. =—-— 1
¦4
= -620Дж.
в) Работа за полный цикл A = Al+A2-f-A2+A4= 230 Дж.
г) К. п. д. цикла 7- ~Г -0,175.
д) Количество теплоты, полученное от нагревателя за один
л
цикл, Q = — = 1300Дж.
П
е) Количество теплоты, отданное холодильнику за один
цикл е2=0-^
5.200. Количество v = 1 кмоль идеального газа совершает
цикл, состоящий из двух изохор и двух изобар. При этом объем
газа изменяется от Vx = 25 м3 до V2 = 50 м3 и давление изменяется
от /?, = 100 кПа до р2 = 200 кПа. Во сколько раз работа,
совершаемая при таком цикле, меньше работы, совершаемой в
цикле Карно, изотермы которого соответствуют наибольшей и
наименьшей температурам рассматриваемого цикла, если при
изотермическом расширении объем увеличился в 2 раза?
Решение:
Работа, совершаемая при цикле из двух изобар и
двух изохор, Ах = px{y2-V^-p2{V2 -Vl) = (pl -p2Wi'Vx)\
Ах = -2500 кДж. Работа, совершаемая по циклу Карно,
308

+ 4«д +
+ ^2ад • Из уравнения Менделеева —
{^апейрона pV = vRT имеем Т-^—. Тогда температура
vR
лри изотермическом расширении и сжатии соответственно
= 2
г да.-й-l и Г2 = 2 . Значит, работа при изотермическом
расширении и сжатии AXm = RTxvIn 2 = pvV} In 2;
^д2яз = i?r2v /л 0,5 = p2V2 In 0,5. Идеальный газ является
еднбатомным, поэтому показатель адиабаты / = 1,67 (см.
5.191). Тогда работа при адиабатическом
расширении и сжатии А]гл =
И
RT2
y-\
/«0,5+1-
Подставляя числовые данные, получим: А =-5198кДж,
тогда
= 2,1.
5.201. Идеальная холодильная машина, работающая по
обратному циклу Карно, совершает за один цикл работу
4 = 37кДж. При этом она берет тепло от тела с температурой
*2 = -10° С и передает тепло телу с температурой /,=17° С.
Найти к. п. д. ?7 цикла, количество теплоты Q2, отнятое у холод-
ного тела за один цикл, и количество теплоты Qx, переданное
более горячему телу за один цикл.
Решение:
Поскольку холодильная машина работает по обратному
Циклу, то для перехода тепла от менее нагретого тела к бо-
нагретому необходимо, чтобы внешние силы совер-
309

шили положительную работу. Количество теплоты Q
отнятое у холодного тела, вместе с работой внешних сил
А равно количеству теплоты Qx, переданному более
А 1-/7
нагретому телу, Q2 = Q - А - — = А. Поскольку
7] 7]
77 = ?LZZ2j = о,О93, то 02=360; Q{ =Q2 +A =379кДж.
Таким образом холодильная машина за каждый цикл
передает более горячему телу количество теплоты 397кДж,
из которых 37кДж за счет механической работы, а ЗбОкДж
от холодного тела.
5.202. Идеальная холодильная машина работает как тепловой
насос по обратному циклу Карно. При этом она берет тепло от
воды с температурой /2 = 2° С и передает его воздуху с темпе-
температурой /, =27° С. Найти: а) коэффициент щ — отношение
количества теплоты, переданного воздуху за некоторый проме-
промежуток времени, к количеству теплоты, отнятому за это же время
от воды; б) коэффициент tj2 — отношение количества теплоты,
отнятого за некоторый промежуток времени от воды, к затра-
затраченной на работу машины энергии за этот же промежуток
времени (коэффициент цг называется холодильным коэф-
коэффициентом машины); в) коэффициент — щ отношение
затраченной на работу машины энергии за некоторый проме-
промежуток времени к количеству теплоты, переданному за это же
время воздуху (коэффициент цъ — к. п. д. цикла). Найти соотно-
соотношение между коэффициентами т]х, rj2 и щ.
Решение:
Согласно условию задачи 7i=~ — 0)»
_а
* 4A ъ ^^тт- -C)-Кроме
310

Т -Т
к. п. д. цикла г/^=— - = 0,083. Из C) имеем
~' . Тогда из A) г}{ = 1,09. Из B) имеем
1
= я, -1 = 1, откуда г]-> = — = 11.
5.203. Идеальная холодильная машина, работающая по
йЦзатному циклу Карно, передает тепло от холодильника с
водой при температуре Л = 0° С кипятильнику с водой при
р&Йпературе /,=100° С. Какую массу т2 воды нужно замо-
заморозить в холодильнике, чтобы превратить в пар массу /??, = 1 кг
ВОДЫ в кипятильнике?
решение:
Т
Ш п. д. идеальной холодильной машины п = =— = 2,73 .
Т\~Т2
Цоличество тепла, отдаваемое холодильнику О2 = Яш2, где
Л|=335кДж/кг — удельная теплота плавления льда.
Количество тепла, принимаемое кипятильником Ох =n?il9
ЕДе г = 2,26 МДж/кг — удельная теплота парообразования
Юды. С другой стороны, т] = —=^—, откуда /; = (Qi -Q->) =
в6г или i]Ox - t]Q2 = O2 - Отсюда O{-^=^ — или
П
»„, ЛтМ + 1т) г nun япл
гтх =—=-1 и.. Окончательно пц - , \ ; пи - 4,94 кг.
7/ * ЛA + 77)
5.204. Помещение отапливается холодильной машиной,
работающей по обратному циклу Карно. Во сколько раз
количество теплоты Q, получаемое помещением от сгорания
в печке, меньше количества теплоты О\ переданного
311

помещению холодильной машиной, которая приводится в
действие тепловой машиной, потребляющей ту же массу дров?
Тепловой двигатель работает между температурами Г, = 100° С и
t2 = 0° С. Помещение требуется поддерживать при температуре
/[ = 16° С. Температура окружающего воздуха t2 = -10° С.
Решение:
Т —Т
Пусть к. п. д. тепловой машины rj=— -, а к. п. д.
холодильной машины п' = — -. Тогда за счет коли-
* /тт/
чества тепла Q совершается работа А = rjQ, а помещению
передается количество теплоты Q' = —. Отсюда
i
q rjA {тх-т2)т;д _ _
=^- = —— = у-1 \ = 3. Т. е. от сгорания дров в печке
Q if А (Г,'-Г2')Г, Q
помещение получит в три раза меньше тепла, чем при
отоплении его холодильной машиной.
5.205. Рабочий цикл идеальной паровой машины изображен
на рисунке. В начале доступа пара из котла в цилиндр давление в
нем возрастает при Vo - const от pQ до /?, (ветвь АВ). При
дальнейшем поступлении пара до объема Vx поршень движется
слева направо при рх = const (ветвь ВС). При дальнейшем
движении поршня вправо доступ пара из котла в цилиндр
прекращается, происходит адиабатическое расширение пара до
объема V2 (ветвь CD). При крайнем правом положении поршня
пар из цилиндра выходит в холодильник — давление падает при
V2 = const до давления р0 (ветвь DE). При обратном движении
поршень выталкивает оставшийся пар при р0 = const; объем
при этом уменьшается от У2 до Уо (ветвь ЕА). Найти работу Л
этой машины, совершаемую за каждый цикл, если К0=0.5л,
312

у ^ 1,5 л, К,=3л, /?0=0,1МПа, /?,=1,2МПа и показатель
адиабаты у = ср/сг =1,33.
решение:
Из рисунка видно, что работа за один
цикл равна А = Авс + ACD - АЕА или Р
Рг~-
-ро(у2-Уо), подставляя числовые р0----
данные, получим Л = 1,92 кДж.
в
А
С
у '
Е
V
V V V
Г0 ^1 К2
5.206. Паровая машина мощностью Р-14,7 кВт потребляет
за время / = 1 ч работы массу т = 8,1 кг угля с удельной теплотой
сгорания q = 33 МДж/кг. Температура котла /, = 200° С, темпе-
температура холодильника t2 = 58° С. Найти фактический к. п. д. ц
машины и сравнить его с к. п. д. ;/' идеальной тепловой
машины, работающей по циклу Карно между теми же
температурами.
Решение:
Работа, совершаемая паровой машиной, А = Pt. Теплота,
выделяемая при сгорании угля, Q = qm. Фактический
A Pt
К. п. д. машины 7] = — = —; rj = 19,8 %. К. п. д. идеальной
Q цт
тепловой if - H-lZl = зо %.
5.207. Паровая машина мощностью Р = 14,7 кВт имеет
ИЛощадь поршня S = 0,02 м2; ход поршня /7 = 45 см. Изоба-
Изобарический процесс ВС ( рис.) происходит при движении поршня
н* одну треть его хода. Объемом Уо, по сравнению с объемами
313

Vx и V2, пренебречь. Давление пара в котле /?, = 1,6 МПа,
давление пара в холодильнике р2 = 0,1 МПа. Сколько циклов за
время / = 1 мин делает машина, если показатель адиабаты
Г = 13?
Р\
Pi
В С
Е
V V
задачу 5.200)
Решение:
На изохорных участках работа
aab=ade=°> тк- АК = 0. На
изобарном участке Авс =—pxSh,T.K.
V по условию поршень проходит -
уравнения Пуассона —- -
хода. На адиабатном участке (см.
А\-Щ, где V{=-Sh. Из
P\ V т-> (Pi 1y
J-L или — = M-M , тогда
V-1
•-(-Г
На изобарном участке
ел ~ PiSh > тогда полная работа одного цикла
1
=abc+Ad ~аел =-
El
Р\
-p2Sh:
Ах =8,43кДлс. Работа, совершаемая за время t\
A, =Pt = 882 кДж, число циклов п - —'- = 104,6.
5.208. Цикл карбюраторного и газового четырехтактного
двигателя внутреннего сгорания изображен на рисунке. При
314

первом ходе поршня в цилиндр всасывается горючее (в
карбюраторных двигателях горючая смесь представляет собой
смесь паров бензина с воздухом, приготовляемую в
jeap6iopaTopax, в газовых двигателях рабочая смесь «газ — воз-
воздух» поступает из газогенераторной установки), при этом
pQ = const и объем увеличивается от V2 до V\ (ветвь АВ). При
втором ходе поршня горючее адиабатически сжимается от V{ до
У2, при этом температура повышается от То до Т} и давление —
от ро До Р] (ветвь ВС). Дачее происходит зажигание (взрыв)
горючего от искры; при этом давление возрастает от р] до р2
при V2 = const и температура возрастает от Т] до Т2 (ветвь
CD). Третий ход поршня — адиабатическое расширение
горючего от V2 до Vl, температура падает до Г3 (ветвь DE —
рабочий ход). При крайнем положении поршня (точка Е)
открывается выпускной клапан, давление падает при V] - const
до р0 (ветвь ЕВ). Четвертый ход поршня — изобарическое
сжатие (ветвь ВА — выталкивание отработанного газа). Найти
хп,д. /7 цикла, если степень сжатия V]/V2=5 и показатель
адиабаты / = 1,33.
Решение:
К. п. д. цикла ?] = —, где А — полная
работа за весь цикл и Q — коли- р2
чество теплоты, выделяющееся при
сгорании горючего. Т. к. Алв = -Авл
г-\
A). Но
315

величина -, г = С, и
кГ-l
у
тг| =7" = ^; поэтому A)
можно записать как А-—СК(ГП-ГЧ) 1—- . Т.к.
т2-т}
-тх то 7=i=
Q г2-тх т2 '
т2
5.209. В цилиндрах карбюраторного двигателя внутреннего
сгорания газ сжимается политропически до V2-V{/6. Началь-
Начальное давление /?,=90кПа, начальная температура г, =127° С.
Найти давление р2 и температуру /2 газа в цилиндрах после
сжатия. Показатель политропы и = 1,3 .
Решение:
Уравнение политропического процесса p{V" - р-У^. По
V (ГУ
условию V-, = —, следовательно, pxV" = р2 — , бткуда
6 ^6^
Pi~ Р\' 6" =934 кПа. Из уравнения политропического
(v Y
процесса 7]^ =Г2КГ1 или 7^"-'=Г2 -Ч , откуда
Г^^-б" =684,7 К.
5.210. В цилиндрах карбюраторного двигателя внутреннего
сгорания газ сжимается политропически так, что после сжатия
температура газа становится равной /, = 427° С. Начальная
316

-температура tx = 140° С газа. Степень сжатия У2/У] = 58. Найти
показатель политропы п.
решение:
0з уравнения политропического процесса (см. задачу
Т
"~1 или ^
Т
5.209): Т2=Т1-5,&"~1 или -^ = 5,8. Прологарифмируем
Т Т
полученное выражение: 1п— = 1п5$"~1 или In— = (п-\)х
Т{ 7J
х/л5,8, откуда и = /w^/Ji) +1; „ = и .
/« 5,8
5.211. Диаметр цилиндра карбюраторного двигателя внутрен-
внутреннего сгорания D = 10 см, ход поршня h = 11 см. Какой объем Р
должна иметь камера сжатия, если известно, что начальное
давление газа /?, = 0,1 МПа, начальная температура газа
/, = 127° С и давление в камере после сжатия р2 = 1 МПа? Какова
будет температура t2 газа в камере после сжатия? Найти работу
А, совершенную при сжатии. Показатель политропы и = 1,3 .
Решение:
Изменение объема в результате сжатия У1-У2= Sh — A),
где S — площадь сечения цилиндра. Согласно уравнению
(у У
Пуассона — = \ — \ — B). Площадь сечения цилиндра
Pi \vi)
? = /г-?J/4 = 7,85-1(Г3м2. Решая совместно уравнения A)
и B), найдем У2 =-т=—; У2 =176-10м3. Уравнение
P\
Пуассона также можно записать в виде ~ = {p\/pi)r >
317

rr* rrt
откуда T2 = 680 К. Работа при сжатии А = -^LJ—• -, где
; ,4 = 243 Дж.
5.212. Найти к. п. д. rj карбюраторного двигателя внутрен-
внутреннего сгорания, если показатель политропы я = 1,33 и степень
V V V
сжатия: а) —^ = 4:6) —- = б; в) —*• = 8 .
V V V
У2 У2 У2
Решение:
К. п. д карбюраторного двигателя внутреннего сгорания
# Из уравнения политропического процесса
Т -Т
2L
т2 \у7
1 =
т7
—- . Тогда к. п. л.
-L -1 —2-1 , следовательно, Т-, = Т,
у
а) Степень сжатия —- = 4, тогда г/ = 36,7 %;
б) Степень сжатия —- = 6, тогда 77 = 44,6 %;
в) Степень сжатия —- = 8 , тогда rj-49,6%.
5.213. Карбюраторный двигатель мощностью Р = 735.5 Вт
потребляет за время / = 1ч минимальную массу /и = 265 г
бензина. Найти потери бензина на трение, теплопроводность и
пр. Степень сжатия Fj/K,=6,2. Удельная теплота сгорания
бензина q = 46 МДж. Показатель политропы и = 1,2.
318

решение*
Pt
фактический к. п. д. двигателя tj = — ; 77 = 0,22 =
mq
fv'X'1
Теоретический к. п. д. tj' = 1 - — ; rj' = 0,3 =
\v\ )
Тогда потери бензина составляют 8%.
5.214. Цикл четырехтактного двигателя Дизеля изображен на
рисунке. Ветвь АВ — в цилиндры засасывается воздух
(/?0 =0,1МПа). Ветвь ВС — воздух адиабатически сжимается
да давления рх. В конце такта сжатия в цилиндры впрыскива-
впрыскивается топливо, которое воспламеняется в горячем воздухе и сгора-
сгорает, при этом поршень движется вправо, сначала изобарически
(ветвь CD ), а затем адиабатически (ветвь DE). В конце адиаба-
адиабатического расширения открывается выпускной клапан, давление
падает до р0 (ветвь ЕВ ). При движении поршня влево смесь
удаляется из цилиндров (ветвь ВА). Найти к.п.д. rj двигателя
Дизеля.
Решение:
Полная работа цикла А = Qx - Q2 —
A), где gj — количество теплоты,
выделившееся при сгорании топлива
(участок CD), Q2 — количество
теплоты, отданное наружу (участок р
ЕВ). Участок CD — изобара, сле-
следовательно, а =-Ср{Т2 -Т,) — B),
М
гДе Тх и Т2 — температура в начале и в конце расширения.
Участок ЕВ — изохора, следовательно, Qx = — Су(Т2 -То)
319

— C), где Т3 и То — температура в начале и в конце
процесса. Подставляя B) и C) в формулу A), имеем
A=-Cv\rfa-Ti)-fc-T0)] — D), откуда /7 = -^
1 Т —Т
= \ з о. — ?5). Кроме того, температуры То> 7] и Г3
можно выразить через Т2. Для изобары CD имеем
Т V
— = — = /? — степень изобарического расширения, и,
7] KJ
следовательно, 7]=Г2//?. Для адиабаты DE имеем
т (v Y~
—2. = —1 = Sr~ , где 8 -— степень адиабатического
т
расширения; следовательно, Тъ = —~. Для адиабаты ВС
8Г~
имеем —^ = —^ = ?у~1ъ где б — степень адиабатическо-
адиабатического \У\ )
Т Т
го сжатия; следовательно, То - —^г = —~-. Подставляя
полученные значения Го, 7J и Т3 в E) и учитывая, что
5.215. Двигатель внутреннего сгорания Дизеля имеет степень
адиабатического сжатия ?" = 16 и степень адиабатического рас-
расширения S = 6,4. Какую минимальную массу m нефти потреб-
потребляет двигатель мощностью /> = 36,8 кВт за время / = 1ч? Пока-
Показатель адиабаты у = 1,3. Удельная теплота сгорания нефти
q = 46 МДж/кг.
320

Решение:
К. п. Д. двигателя ?] = — = — — A), откуда т= —. С
О mq щ
другой стороны, 7 = 1 ттГг,—\ — B) (см- заДачУ
уеу \Р-\)
2.214). В условиях данной задачи /?= —=— = 2,5;
д 6,4
^ = 1,3; /?/ = 3,29; ру -1 = 2,29; г?' =2,30; /7-1 = 1,5.
Цодставляя эти данные в B), получим rj = 0,49 = 49% .
Грогда т = 5,9 кг.
5.216. Найти изменение AS энтропии при превращении
массы т = 10 г льда (t = -20° С) в пар (tn = 100° С).
Решение:
Изменение энтропии при переходе вещества из состояния
2
1 в состояние 2 AS=\-^-, где, согласно первому началу
1
термодинамики, dQ = dU + dA = —CvdT + pdV . Т. к. из
т. т RT
уравнения Менделеева — Клапейрона давление р = ,
яо dQ-—CvdTл dV . При переходе из одного агре-
гатного состояния в другое, общее изменение энтропии
складывается из изменений ее в отдельных процессах. При
нагревании льда от Т до То (То — температура плав-
dT Гп
ления) AS{ = I -^^— = тсл In-*-, где сл = 2,1 кДж/(кг-К) -
Т 1 1
Удельная теплоемкость льда. При плавлении льда
321

= i-^- = ^r, где Л = 0,33 МДж/кг — удельная
теплота плавления. При нагревании воды от Го до Тп
=mcjn^, где св =4,19кДж/(кг-К) -^
Го Т°
удельная теплоемкость воды. При испарении воды при
температуре Тп AS4 = J —^ = —, где г = 2,26 МДж/кг —
удельная теплота парообразования. Общее изменение
энтропии AS = A5j + AS2 + А53 + AS4; А5" = /77СЛ /w— + +
^ + — ; А5 = 88Дж/К.
т1 7*
5.217. Найти изменение А51 энтропии при превращении мас-
массы т = 1 г воды (/ = 0° С) в пар (/п = 100° С).
Решение:
Общее изменение энтропии AS складывается из изме-
изменения энтропии ASX при нагревании массы т воды от
температуры Т до температуры Тп и изменения энтропии
Т
AS2 при испарении массы m воды. AS, -meIn—-, где
с = 4,19 кДж/кг-К — удельная теплоемкость воды.
= —, где г = 2,26 МДж/кг — удельная теплота паро-
образования. Тогда AS = пц cIn-JL + — ; AS = 7,4 Дж/К.
322

5.218. Найти изменение AS энтропии при плавлении массы
решение:
При, плавлении массы т льда при температуре Т имеем
, где А = О.ЗЗМДлс/кг — удельная теплота плав-
плавления. Д5 = 1209Дж/кг.
5.219. Массу /;; = 640г расплавленного свинца при темпе-
температуре плавления /П1 вылили на лед (/ = 0° С). Найти изменение
AS энтропии при этом процессе.
Решение:
Предположим, что система «свинец — лед» замкнута, т.е.
потерь тепла во внешнюю среду не происходит и весь
образовавшийся пар сконденсировался и остался внутри
системы в виде воды. Тогда изменение энтропии системы
A*S будет складываться из изменения энтропии свинца
A?j при затвердевании, изменения энтропии свинца AS2
при охлаждении до t - 0° С и изменения энтропии льда
при таянии A.V,. Т. е. AS = ASl + AS2 -f Д5\ . Задачу
рассматриваем при условии, что льда имеется достаточное
количество для поддержания температуры t = 0° С.
Обозначим Г, =600К — температура плавления свинца,
^2= 273 К — температура льда. Имеем dS{ -dOx/T или
AS1, = -f —z=L = 1, Где Я = 22,6 кДж/кг — удельная те-
i h h
°Лота плавления (кристаллизации) свинца. dS-, =—=^-9 от-
323

f?h1
куда AS2 = f—?— = mcc hi-1-, где cc = 126 Дж/(кг-К) —
Г, Г Г1
удельная теплоемкость свинца. dS3 = ~~^ или Д^з = •
Т Т2
В соответствии с законом сохранения энергии Q3 = Qx +
^л /^ /т» \ * о ^w + ст(Т* -ТЛ
+ Q2=Am + cm{Tl-T2), отсюда А^3 = — —.
Следовательно, полное изменение энтропи« системы
а о т^ 1 Т2 Лт + ст(Т, -Т2) „
AS = + mcr ln— + LJ —. Подставляя в
7] с Г, Т2
полученную формулу числовые данные, окончатель-
окончательно получаем AS = _°'64'22'6'10 + 0,64-126-(-0,79)+
, 22,6 • 103 • 0,64 + 126- 0,64F00 - 273)
Н = Oz,Z ДЖ/К.
273
5.220. Найти изменение AS энтропии при переходе массы
w = 8 г кислорода от объема Vx = 10 л при температуре /, = 80° С
к объему V2 = 40 л при температуре t2 = 300° С.
Решение:
Изменение энтропии при переходе вещества из состояния
2 j^
1 в состояние 2 AS=\-^-, где, согласно первому началу
1 *
термодинамики, dQ = dU + dA =—CvdT + pdV . Т. к. из
М
уравнения Менделеева — Клапейрона давление р- — х
М
324

CdT +
, v . Тогда AS=[-CvdT +
V ~ M И У \V
\ m RT m T*, m V-, . . _ .
dV ; AS = — Сг/я —+ — Юп— = ъА Дж/кг.
5.221, Найти изменение AS энтропии при переходе массы
т - 6 г водорода от объема Vx - 20 л под давлением /?, = 150 кПа
К объему V2 - 60 л под давлением р2 =100 кПа.
Решение:
Имеем AS = —Cvln — + — Rln— (см. задачу 5.220). Т. к.
А Г| // У\
из уравнения Менделеева — Клапейрона — = 2 , то
Д5 = — С,- lnI-^- + — С,- ш—=- + —/?/«—=-; AS = —CvlnI-?- +
м Р\ и У\ м у\ м р{
+—Cnln^-\ AS = 71 Дж/К.
// К,
5.222. Масса /;/ = 6,6 г водорода расширяется изобарически от
объема К, до объема К, = IVх. Найти изменение AS энтропии
при этом расширении.
Решение:
В предыдущей задаче мы выразили изменение энтропии
через параметры р и V: AS~—Clln — + ~Cln-L.
М Р\ М у\
При р- const первое слагаемое обращается в ноль, тогда
— С _ //? —- = 66,3 Дж.'К.
// К,
25

5.223. Найти изменение AS энтропии при изобарическом
расширении массы /я = 8г гелия от объема ^ =10 л до объема
У2 =25 л.
Решение:
Изменение энтропии AS' = J—=•, где dQ-cmdT, т.к.
j
р-const. Теплоемкость при постоянном давлении
п ' + 2 R „ г dT i+2mnt _:
Ср = —--, тогда Л? = J срт— = —--ЮпТ[ =
i + 2m T2
Rln— . 1. к. гелии — одноатомныи газ, то число
степеней своооды / = 3 . и т. к. р = const. то —- = —*- или
7; г2
к, 7; 5 /// к
—=• = -s-, следовательно. AS = Rln—; AS = 38,1 Дж/К.
?i ri 21.1 Vx
5.224. Найти изменение AS энтропии при изотермическом
расширении массы m = 6 г водорода от давления рх =100 кПа до
давления р2 - 50 кПа.
Решение:
Имеем AS = — Cyln — +—Rln~ (см. задачу 5.220). Т. к.
при изотермическом процессе -2- = J-L9 а /я~ = 0, то
изменение AS" энтропии при изотермическом расширении:
AS =—R/n?- = l7,3 Дж/К.
/' Рг
326

5.225. Масса т = 10,5 г азота изотермически расширяется от
F, = 2 л до объема V2 - 5 л. Найти изменение AS энтро-
энтропии при этом процессе.
решение:
Изменение энтропии Л5=[—, где dQ = pdV. Из
1 *¦
уравнения Менделеева — Клапейрона pV - — RT давле-
т RT m D_ dV
ние р = , тогда dQ = — RT—, а изменение энтро-
// V /л V
R\— = — R!n^-\ Д?=2,85Дж/К.
V ju V{
5.226. Масса т = Юг кислорода нагревается от температуры
•^,=50° С до температуры и =150° С. Найти изменение AS
эйтропии, если нагревание происходит: а) изохорически; б) изо-
изобарически.
Решение:
«J При изохорическом нагревании dQ = cvmdT, тогда из-
= cjm =Rln
менение энтропии AS = \ —— = cjm — = Rln—. Т. к.
\ Т \ Т 2// Тх
\ Т \ Т
¦Кислород — двухатомный газ, то число степеней свободы
*' = 5 и изменение энтропии AS = Rln—;
2 Т
2 ц Тх
= 1,75 Дж/К. б) При изобарическом расширении (см.
Задачу 5.223), изменение энтропии AS -—-Rln-*-;
2 ju T{
327

5.227. При нагревании количества v = 1 кмоль двухатомного
газа его термодинамическая температура увеличивается от Т
Т2 = 1,57]. Найти изменение AS энтропии, если нагревание
происходит: а) изохорически; б) изобарически.
Решение:
Т. к. по условию газ двухатомный, то число степеней сво-
свободы / = 5. а) При изохорическом нагревании (см. задачу
5 тп Т 5 т
5.226) изменение энтропии AS = Rln~- — vRln~L-
2А Tt 2 7J'
AS - 8,5 кДж/К. б) При изобарическом нагревании измене-
ние энтропии AS = ~Rln-Z- = -vRln-2-; 45 = 11.8 кДжЛС
2ju Tx 2 7]
5.228. В результате нагревания массы m = 22 г азота его
термодинамическая температура увеличилась от 7] до Т2 = 1,27],
а энтропия увеличилась на Д? = 4,19Дж/К. При каких условиях
производилось нагревание азота (при постоянном объеме или
при постоянном давлении)?
Решение:
т
Изменение энтропии (см. задачу 5.226) AS = f
2 //
причем если х = 7 , то р = const, а если х = 5, то F =
2М^
Тогда л= т^—г; лс = 7, значит, нагревание произ-
mRln(T2 /Тх)
водилось при постоянном давлении.
5.229. Найти изменение AS энтропии при переходе газа из
состояния А в состояние В в условиях задачи 5.194, если
переход совершается: а) по участку АСВ ; б) по участку ADB •
328

решение:
а) По участку АС В , изменение
энтропии AS = ASAC+ASCB, где Р
при Vx-const (см. задачу 5.226) Р]
7 /77
>/С
1 п,
=-—i?//7-r. а при давле- рг
2//
Л С 7 Ш
нии р2 = со;75/ ллг5 = -—
Z //
. Тогда на всем участке
С
D
5
АСВ AS = 7 — Rln-^-. Из уравнения Менделеева — Кла-
пейрона P\V{ = — RT^ имеем —R--^-^, следовательно,
Т2 P2V2
r-f-. Учитывая, что
Л
окончательно находим
т,
или
= 5,4Дж/К. б) По участку ADB. изменение энтропии
1, где
7 /;/ _ , Г-,
-} = Rln— и
=lHRInlL. отсюда,
или
7;
^ = 5.4Д>к/К. Таким образом,
изменение энтропии AS не зависит от того, каким образом
^УЩествляется переход газа из одного состояния в другое.
5»230. Объем Vi = ] mj воздуха, находящегося при темпе-
туре /, = 0° С и давлении р, = 98 кПа, изотермически расширя-
329

ется от объема \\ до объема V2 =2VX. Найти изменение AS
энтропии при этом процессе.
Решение:
При изотермическом расширении изменение энтропии (см.
т V
задачу 5.225) AS = — Л/л—=-. Из уравнения Менделеева —
Клапейрона p{V{ = — RT{ имеем —R = -?-L-L, тогда изме-
нение энтропии AS = ^±ln^- = ^-ln^- = 500 Дж/К.
Т V Т V
il y[ il v\
Т V
5.231. Изменение энтропии на участке между двумя адиа-
адиабатами в цикле Карно AS = 4,19 кДж/К. Разность температур
между двумя изотермами AT = 100 К. Какое количество теплоты
Q превращается в работу в этом цикле?
Решение:
Изменение энтропии ДЗ^Г—^ = —, откуда ^
, туд
Г 7j ' AS
температура нагревателя. К. п. д. цикла Карно
Т.-Т, ATAS
= —
Т.Т, ATAS _ А
п = — = . С другой стороны, 77 = —, тогда
тх Q VJ Q
Л
= _, откуда A = ASAT\ Л = 419кДж.

§ 6. Реальные газы
При решении задач этого раздела используются данные
таблиц 3,6.7,8,10 из приложения, кроме того, следует учесть
указание к § 5. В задаче 6.8 дан авторский вариант решения.
6.1. В каких единицах системы СИ выражаются постоянные
а и Ъ, входящие в уравнение Ван-дер-Ваальса?
решение:
Достоянные а и Ъ из уравнения Ван-дер-Ваальса выра-
21T;R} , TKR „
деаются соотношениями а = : b = —— . Подставив
;; 64 ' 8
Единицы измерения величин, входящих в данные
уравнения, получим [сг] =
Пам
моль"
;[*]=
м
моль
6.2. Пользуясь данными о критических величинах Гк и рк
для некоторых газов (смотри таблицу), найти для них посто-
постоянные а и b , входящие в уравнение Ван-дер-Ваальса.
Решение:
Постоянные а и b из уравнения Ван-дер-Ваальса выра-
21T;R-
жаются соотношениями а =
Т R
b = —tL— . Восполь-
зовавшись данными о критических величинах Тк и рк из
таблицы 7, составим следующую таблицу:
Вещество
Водяной пар
Углекислый газ
.^Кислород
_ Аргон
^ Азот
Водород
Лели и
а. Па-мь/моль"
0.556
0.364
0.136
0.136
0.136
0.0244
0.00343
b . 10 5м7моль
3,06
4,26
3,16
3,22
3.85
2.63
2.34
331

6.3. Какую температуру Г имеет масса ш = 2 г азота, занима-
занимающего объем F = 820cmj при давлении р = 0,2 МПа? Газ рас-
рассматривать как: а) идеальный; б) реальный.
Решение:
а) Идеальные газы подчиняются уравнению Менделе-
Менделеева — Клапейрона pV = — RT, откуда Т-—— = 280К.
// mR
б) Реальные газы подчиняются уравнению Ван-дер-Вааль-
| пг a т /7/ __
са I /7-г—;—- V b =—/с Г, следовательно, температу-
ра Г = -^-|/? + -^г-^-)| К- — b =280 К. Таким образом,
mR{ jLr V'j{ jLi )
при данном давлении газ ведет себя как идеальный.
6.4. Какую температуру Т имеет масса /« = 3,5 г кислорода
занимающего объем V = 90 cmj при давлении р - 2,8 МГТа? Га^
рассматривать как: а) идеальный; б) реальный.
Решение:
Если рассматривать кислород в данных условиях как-
идеальный газ, то его состояние описывается уравнением
Менделеева — Клапейрона: pV = —RT, откуда Т = ——,
/и mR
т 0.032-2.8- 10б -90-Ю-6 ____ _
/ = = = 277^К. Если рассматривать газ
3,5 ¦ 10~3 • 8,31
как реальный, то его состояние описывается уравнением
( 2 V >\
Ван-дер-Ваальса: р + —,—г У Ь \--RT. Восполь-
зовавшись полученными в задаче 6.2 константами а и h
выразим из последнего уравнения температур)
_ ^{p + {m/^){a/V\vbm/jLi) _
Т-—-—!i i—-^ ^ —. Подставляя в пол>-
mR
332

ченное выражение числовые данные, найдем
0,0322
3,5-10-8,31
-6 Ы121злб ю-5
90-10"°- 3,16-10'
0,032 ,
= '- = 285,7 К.
3,5-10-8,31
6.5. Масса т = 10 г гелия занимает объем V = 100 см3 при дав-
давлении /? = 100МПа. Найти температуру Т газа, считая его:
а) идеальным; б) реальным.
Решение:
Идеальный газ подчиняется уравнению Менделеева — Кла-
Клапейрона: pV= — RT, откуда Т = -^-\ Г = 482К.
ju niR
Состояние реального газа описывается уравнением
Ван-дер-Ваальса, откуда выразим температуру
(см. задачу 6.4).
niR
Значения постоянных а и Ъ были получены в задаче 6.2.
Подставив числовые данные, найдем Т = 204 К.
6.6. Количество v - 1 кмоль углекислого газа находится при
.температуре t = 100° С. Найти давление р газа, считая его:
а) реальным; б) идеальным. Задачу решить для объемов Vx = 1 м3
и F2= 0,05 м3.
Решение:
а) Для реального газа, согласно уравнению Ван-дер-Вааль-
[ ^y , откуда p^-^-v'jj. В
таблице из задачи 6.2 найдем для углекислого газа:
333

a = 0,364Пам6/моль2 ; b = 4,26• 10 5м7моль. Подставив
числовые данные, получим />, = 2,87 МПа ; р2 = 277 МПа.
б) Согласно уравнению Менделеева — Клапейрона
pV = vRT9 откуда р . Подставив числовые данные,
получим /?, =3,09МПа; р2 =61,8МПа.
6.7. В закрытом сосуде объемом К = 0,5 м' находится коли-
количество v - 0,6 кмоль углекислого газа при давлении р = 3 МПа.
Пользуясь уравнением Ван-дер-Ваальса, найти, во сколько раз
надо увеличить температуру газа, чтобы давление увеличилось
вдвое.
Решение:
Из уравнения Ван-дер- ^аальса Тх--^— \ р +—^—=-
и V
^~~Л т^-^2р^^\\у--ь\(см- задач>
6.8. Количество к = 1 кмоль кислорода находится при темпе-
температуре t-21° С и давлении /? = 10МПа. Найти объем К газа,
считая, что кислород при данных условиях ведет себя как реаль-
реальный газ.
Решение:
Чтобы найти объем из уравнения Ван-дер-Ваальса, необхо-
необходимо решить уравнение третьей степени. В результате мы
получили бы три корня, один из которых соответствует
газообразному состоянию вещества. Его можно найти бо-
более простым методом последовательных приближений. Из
уравнения Ван-дер-Ваальса для некоторого количества v
334

1/ VRT L VRT L /14
кислорода имеем V = = r- + w= + vb — A).
p + v a/V P + Pi
^ качестве первого приближения возьмем объем,
получаемый из уравнения Менделеева — Клапейрона
¦ ТЭТ1 ~
У. = = 0,24 м3. Тогда pt = —г = 2,4 МПа. Подставляя
Р V;
pt в A), получим второе приближение V2 = 0,232 м3. Тогда
pj-—г = 2,53 МПа, откуда третье приближение
У2
'':- 2
F3 = 0,231м3. Далее Р] =^- = 2,55 МПа; F4= 0,231м3. Га-
:7сим образом, искомый объем V = 231 л.
6.9. Количество v = 1 кмоль азота находится при температуре
* = 27° С и давлении /; = 5МПа. Найти объем V газа, считая,
что азот при данных условиях ведет себя как реальный газ.
Решение:
?Решая задачу аналогично задаче 6.8, найдем V = 490 л
6.10. Найти эффективный диаметр а молекулы кислорода,
считая известными для кислорода критические значения Тк и
Решение:
Поскольку Z>«4F, где V — объем всех молекул,
У = V0NA, где Vo — объем одной молекулы, и, кроме того,
^--~у то 4F0iVA=-^-. Отсюда Fn = к~-
4 1 I \RT
™^3=-л-ст3. Отсюда о- = з/——^~ ; о- = 294-102м.
3 6 \16^
335

6.11. Найти эффективный диаметр а молекулы азота двумя
способами: а) по данному значению средней длины свободного
пробега молекул при нормальных условиях Л = 95 нм; б) по
известному значению постоянной Ъ в уравнении Ван-дер-Ва>
альса.
Решение:
а) Средняя длина свободного пробега молекул (см. задачу
7 *Т* 1 ГГ1
5.120) Л = —г=——, следовательно, а2 =-т= • Тогда
]2~р ^2Л
- /_^ j (У = 298102
j (У = 298-102 м. б) Постоянная Ван-дер-Ва-
альса Ь, вычисленная по формуле b-^Npjia1, откуда
1 ЗЬ „ I ЗЬ п Р
<т = . Тогда сг = з/ ; а = j 13 • 10 м.
2л:УЛ ч/л "
6.12. Найти среднюю длину свободного пробега Л молекул
углекислого газа при нормальных условиях. Эффективный д;а-
метр а молекулы вычислить, считая известными для угле-
углекислого газа критические значения Тк и рк.
Решение:
Критическое давление и критическая температура ео-
а 8а
—г- — A) и Тк =
27b2 21bR
ответственно равны: />к =^777 — (I) и Гк =^~^ — B).
Из (I) а = 27Ь-рн, подставим в B) Гк =—
R
Т R
Тогда постоянная Ван-дср-Baa/ibca Ъ =—Е—. Эффективный
задачу 6.1 К -"О)
. Тогда средняя
336

kT
свободного пробега молекул газа Я =
л/Ъгсг2/?
к Т
- ; Я = 80 нм.
&р{ЗТКк/{\6лрК)I
6.13. Найти коэффициент диффузии D гелия при темпе-
температуре / = 17° С и давлении р -150 КПа. Эффективный диаметр
атома <у вычислить, считая известными для гелия критические
значения ТК и рк.
Решение:
Средняя длина свободного пробега молекул (см. задачу
kT
6.12 ) Л = -• Коэффициент диффузии
1_- _ \ШТ .
^ — vA, где v= — средняя арифметическая
3 \ 7CJU
скорость молекул гелия. Тогда коэффициент диффузии
-; ?)«3,5-1Ом2/с.
6.14. Построить изотермы /? = fty) для количества
v = 1 кмоль углекислого газа при температуре t = 0° С. Газ рас-
рассматривать как: а) идеальный; б) реальный. Значения V
(в л/моль) для реального газа взять следующие: 0,07, 0,08, 0,10,
0Л2, 0,14, 0,16, 0,18, 0,20, 0,25, 0,30, 0,35 и 0,40; для идеального
газа — в интервале 0,2 < V < 0,4 л/моль.
Решение:
а) Для идеального газа, исходя из уравнения Менделе-
ТУ Т*
ева — Клапейрона, имеем pV - vRT, отсюда /; = .
б) Для реального газа из уравнения Ван-дер-Ваальса
337

p + v
2 a
V2
„-*.
имеем p + v
V V-vb
или
vRT
p v2—-. Зависимость p(v) дана в таблицах и
V-vb V~
на графике, где верхняя изотерма соответствует идеаль-
идеальному газу, нижняя — реальному.
Для реального газа:
\\
л/моль
/МО4
Па
0 07
85.1
0 08
37.8
0 09
29.2
0 10
31,2
Для идеального газа:
/;
л/моль
Л104
Па
0.20
85.1
0.22
37.8
0.23
29,2
0,25
31.2
0 Р
40.3
0.27
40,3
0 14
47.2
0.28
47,2
0 16
51,1
0,30
51.1
0 18
52,8
0,32
52,8
0^0
53,1
0,33
53,1
51,1
0.35
51,1
0 30
47,7
0,37
47,7
0 3S
44,1
0,38
44,1
40,-
О.ч
40.7
р
3,0Е+7 -
2,5Е+7 -
2,0Е+7 -
1.5Е+7-
1,0Е+7 -
0,0Е-0
I I 1 Г
0,05 0,10 0,15 0,20 0,25 0,30 0,35 0,40
6.15. Найти давление /?,, обусловленное силами взаимо-
взаимодействия молекул, заключенных в количестве v = 1 кмоль газа
при нормальных условиях. Критическая температура и крити-
критическое давление этого газа равны Тк = 417 К и рк = 7,7 МПа.
338

решение:
Давление, обусловленное силами взаимодействия молекул
т2 а ¦> a 21T~R2
v =—•>—- = v~—7, где а= —
Pl /Г v У 64Рк
— постоянная Ван-
21v2T:R2
дер-Ваальса. Тогда р, = !LT—. Из уравнения Менде-
64pKV~
vRT
леева — Клапейрона pV = vRT выразим объем V- ,
Р
2 гJгг2
т/"> v RT
тогда V" = —, следовательно, окончательно
Р~
/ ГП ' П ' ' ^^ ***t rT~1 s '
21v~T:R~p- 21Т; р~ л^л
> = *! / ^ = ^-^г-; /?, =1,31кПа.
64/?Kv Л / 64/
6.16. Для водорода силы взаимодействия между молекулами
незначительны; преимущественную роль играют собственные
размеры молекул. Написать уравнение состояния такого полу-
вдеального газа. Какую ошибку мы допустим при нахождении
количества водорода v, находящегося в некотором объеме при
температуре t = 0° С и давлении /; = 280 МПа, не учитывая
собственного объема молекул?
Решение:
Поскольку силы взаимодействия между молекулами водо-
водорода незначительны, то в уравнении Ван-дер-Ваальса мож-
учитывать параметр pt. Уравнение такого газа будет
вид р\ V b = — RT — A). Количество v водо-
V /< ) /<
Рода без учета собственного объема молекул можно найти
рУ
Из уравнения Менделеева — Клапейрона: v = B). С
RT
Учетом собственного объема молекул из уравнения A)
339

RT + pb
wixuwma/i
, v - v'
д = . Подставляя в последнее уравнение B) и C), по-
v'
лучим а>=-^-; 5 = 0,33 = 33%.
ЯГ
6.17. В сосуде объемом К = 10л находится масса /// = 0,25 кг
азота при температуре / = 27° С. Какую часть давления газа со-
составляет давление, обусловленное силами взаимодействия моле-
молекул? Какую часть объема сосуда составляет собственный объем
молекул?
Решение:
Давление, обусловленное силами взаимодействия молекул
р, -—^—2~- Из уравнения Менделеева — Клапейрона
т пгг т RT р. т2 а // V
= — RT имеем р = —, тогда ?1 = --———- =
// f.i V р /и V т RT
; ~ = 4,9%. Собственный объем молекул най-
ju VRT р
дем, воспользовавшись постоянной Ъ Ван-дер-Ваальса.
равной учетверенному объему молекул, содержащихся в
одном моле реального газа. В уравнении Ван-дер-Ваальса
р
v'a
{у - vb) = vRT поправка vb означает учетве-
учетверенный объем молекул всего газа, т.е. vb = Wt. От
_, vb .. »/ , V. mb
сюда. V- -— или V,-—Ь, тогда —L =;
4 4// V
V^= 0,25-3,85.10-^
V 4 0028 10~2
340

6.18. Количество v - 0.5 кмоль некоторого газа занимает объ-
еМ [/=1mj. При расширении газа до объема К, = 1.2 м3 была
совершена работа против сил взаимодействия молекул
^ =г5,684 кДж. Найти постоянную а, входящую в уравнение
Ван-дер-Ваальса.
решение:
Работа, совершенная против сил взаимодействия mo-
is . 2
лекул, A=\pldV, где Р,- '2 2 • Таким образом,
т а с dV т а 1 1 т сЛу^-уЛ
А-—т- —т- = —т- = т^ —> откуда выра-
и1 J F2 /у2 F. F, h^/f " г
зим a=A?VlV\= :fV]Vl ч = 0,136Па-м6/моль2.
6.19. Масса /;/ = 20 кг азота адиабатически расширяется в
вакуум от объема \\ = 1 mj до объема \\ = 1 м3. Найти понижение
температуры АГ при этом расширении, считая известной для
азота постоянную а, входящую в уравнение Ван-дер-Ваальса
(смотри ответ 6.2).
Решение:
RT
Работа газа при адиабатическом расширении А- -х
у-\
RT, тТ.-Т, t R m, ^ч R
Т
I J i * i » * •
', где у = —- — показатель адиабаты, тогда у -1 =
Mi
а—: = —. Следовательно, работа А- AT — A).
' / / 2 JLl
^ Другой стороны, работа, совершенная против сил вза-
341

Л f 7Г/ m~Cl
имодеиствия молекул, А= \р,аУ, где р, =—-г—-, значит
/77 П \ \ II /77 /71 l/
в A) и B) левые части равны, то можно
iRm ^ m2a{V,-Vx)
нять и правые части, тогда AT = V^ , °f -да
2 /л {ГЩ
6.20. Количества у = 0,5кмоль трехатомного газа aj 6а-
тически расширяется в вак\л'.м от объема Vx = 0,5 \г' до of :ма
У2 - 3 м'. Температура газа при этом понижается на AT = 1.1 j К.
Найти постоянную а. входящую в уравнение Ван-дер-Baa.r л.
Решение;
Понижение температуры при расширении (см. задач\ в. 19)
2va{V,-Vx)
= l_= и.
к га1 трехатомны; . то
iRVxV2
число степеней свободы / = 6. Следовательно, постоя;:,1ая
Ван-дер-Ваальса а = —7 1~^т; <:; = 0.364 Па-мб/моль~'.
2{yVY
6.21. Какое давление р пало приложить, чтобы углекис/.ыи
газ превратить в жидкую углекислоту при темпера;.;^'
/,=31° С и /2=50°С? Какой наибольший объем Упмх >к ^т
занимать масса m = 1 кг жидкой углекислоты? Kj.v-'50
наибольшее давление рпюх насыщенного пара жпд-°]1
углекислоты?
342

решение:
т мперат>ра /j = 31 ° С — критическая температура
декИслого газа, тогда необходимое давление
^¦р =7,38МПа. Поскольку температура t2 больше
коитической температуры, то ни при каком давлении
нельзя превратить углекислый газ в жидкую кислоту.
Наибольший объем Vmux -— = 2,9 л; наибольшее давление
6.22. Найти плотность рк водяного пара в критическом со-
состоянии, считая известной для него постоянную b , входящую в
уравнение Ван-дер-Ваальса ( смотри ответ 6.2).
Решение:
Критический молярный объем водяного пара VQk = ЪЪ . То-
Тогда критическая плотность рк = -?— = ^— ; рк = 196 кг/м3.
6.23. Найти плотность рк гелия в критическом состоянии,
считая известными для гелия критические значения Тк и рк.
Решение:
Критическая плотность реального газа (см. задачу 6.22)
// Т R
Р*~~- Постоянная Ван-дер-Ваальса b=-h—, тогда
Р*~-?~\ рк = 56,77 кг/м3.
"•24. Количество v = 1 кмоль кислорода занимает объем
55 56 л при давлении р = 93 МПа. Найти температуру / газа,
пользуясь уравнением Ван-дер-Ваальса.
343

Решение:
Если ввести приведенные величины к = — ; г = ~-- •
Рк Т. '*
со - ——, то приведенное уравнение Ван-дер-Ваальса л 1Я
( ^ Л
одного моля имеет вид /г + —- (Зсо -1)= 8г , отку ia
\ а> )
г = — /Т + —у\(Ъсо-\). Найдем приведенные величины-
8 V со1)
приведенный молярный объем со=—~, где VQ=~-
Vo = 0,56 • 1(Г4 м3/моль и VOk =3b= ^^-; УОк = 9,5 • 10'5
8Л
7
м7моль, тогда со = 0,59; приведенное давлени
Як
л" = — = 18,4 . Тогда г = 2,6 и. следовательно.
= 400 К.
6.25. Количество v = 1 кмоль гелия занимает объем
V = 0.237 mj при температуре / = -200° С. Найти давление р
газа, пользуясь уравнением Ван-дер-Ваальса в приведенных
величинах.
Решение:
г? Р Т
Если ввести приведенные величины к-~^—\ х-—;
Рк Тк
со = -^-, то приведенное уравнение Ван-дер-Ваальса
( 3 ^
одного моля имеет вид /г + —у C&>-l)=8r, откуда
V со )
344

3 8r 8r 3 v
—- = или л-= ^-. Найдем приведенные
СО ЗбУ — 1 ЗбУ-1 &Г
величины: приведенная температура г = —; г = 14,03;
к
приведенный молярный ооъем со = —^-, где VQ = —;
К =2,37-10 мУмоль и Ко.. =36=^^; Fo =7,05х
0 л 8рк
хЮ~5м7моль, тогда <Гб> = 3.36. Следовательно, приведенное
давление п - 12.09 . Окончательно давление газа р - лрк;
6.26. Во сколько раз давление газа больше его критического
давления, если известно, что его объем и температура вдвое
больше критических значений этих величин?
Решение:
По условию г = 2, со-2. Исходя из приведенного
уравнения Ван-дер-Ваальса для одного моля, приведенное
8г 3
давление (см. задачу 6.25) тг = г-; к = 2,45.
Зсо-\ со

§ 7. Насыщенные пары и жидкости
При решении задач этого раздела используются данные
таблиц 3,6,7,8,10 из приложения, кроме того, следует учесть
указание к § 5.
7.1. В таблице 8 дано давление водяного пара, насыщающей,
пространство при разных температурах. Как составить из эти\
данных таблицу т масс водяного пара в объеме V = \м* воз-
воздуха, насыщенного водяным паром при разных температурах^
Для примера решить задачу при температуре t = 50° С.
Решение:
Из уравнения Менделеева —Клапейрона /// =-—— — A).
При Т =323 К давление насыщенного пара рИ =12,ЗкПа
Молярная масса водяного пара // = 0,018 кг/моль, тогда из
A) получим m = 82 г.
7.2. Найти плотность рн насыщенного водяного пара при
температуре / = 50° С.
Решение:
По таблице 8 находим давление водяного пара, насы-
насыщающего пространство при температуре / = 50° С. Оно
равно рп =12,302 кЛа. Из уравнения Менделеева —Кла-
пеирона рУ- — R1 выразим плотность а = — = 1-?~.
// н V RT
Подставляя в полученное выражение числовые данные,
12302-Ю3 0,018 ллоо . ,
найдем: р. = 0.082 кг/м".
8.31-323

7.3. Во сколько раз плотность рн насыщенного водяного па-
пара при температуре t = 16° С меньше плотности р воды.
решение:
Плотность насыщенного пара (см. задачу 7.2) рп = ^-,
RT
где рп = 1,809кПа, тогда р. = О.ОМкг/м3 и отношение
плотностей — = 73754 .
7.4. Во сколько разных плотность р,,, насыщенного водяного
пара при температуре /, = 200° С больше плотности р1B насы-
насыщенного водяного пара при температуре f, = 100° С?
Решение:
Давления насыщенного пара при температуре t{ и t2
соответственно равны рн1 =1549890 Па и рх0 =101080 Па.
Плотность насыщенного пара (см. задачу 7.2) рн = —— ,
RT
тогда отношение плотностей -^- = Hl 2 = 12,09.
Ри2 Рп2Т2
7.5. Какая масса m водяного пара содержится в объеме
V = 1 м^ воздуха в летний деиь при температуре / = 30° С и отно-
относительной влажности со = 0,75 ?
Решение:
Относительная влажность определяется соотношением
р
О) - -^— , где р — давление водяного пара, находящегося в
Рн
воздухе, и рп — давление водяного пара, насыщающего
ГФостпяттсттяо ппи пянной TevmenaTvne. Ия упавнения Мен-

делеева—Клапейрона т- - — П). При
RT RT '"
Г = 303 К дaвлefIиe насыщенного пара /?н = 4.23 кПа,
Молярная масса водяного пара /и - 0,018 кг/моль. Тогда из
A) получим т = 22,5 г.
7.6. В замкнутом объеме F = 1 м" относительная влажность
воздуха со = 0,6 при температуре / = 20° С. Какая масса Am
воды должна еще испариться з этот объем, чтобы водяной пар
стал насыщенным?
Решение:
По определению, относительная влажность со = —. где
р — давление водяного пара, содержащегося в воздухе.
ри — давление насыщенного пара при той же
температуре. Из уравнения Менделеева—Клапейрона
pV = — кТ имеем (рн-р)У = RT, где р = со-рн, то-
// л /л
/ n Am pVu(\-co)
гда р A - со)V R1 , откуда Am =l—'— = 6,88 г.
// RT
7.7. Температура комнаты /,=18° С, относительная влаж-
влажность со = 0,5 . В металлический чайник налили холодную воду,
какова температура t2 воды, при которой чайник перестанет
запотевать?
Решение:
Давление водяного пара, содержащегося в воздухе, при
температуре t1=\SoC равно р{=со-р{)[, где р01 —дав-
—давление насыщенного пара при той же температуре. Сравним
давление рх с давлением pQ2 насыщенного водяного пара
при температуре /2. Если рх<рс,, пар конденсироваться
348

не будет, т.е. чайник перестает запотевать при р{ = р02.
Отсюда а-Ро\=Ро2- Определив по таблице 8 значение
р01, вычислим рО2=\О34 Па, что соответствует темпе-
температуре t2 «7° С.
7.8. Найти число п молекул насыщенного водяного пара, со-
содержащихся в единице объема при температуре /, = 30° С.
решение:
При t = 30° С, по таблице 8 находим для данной темпе-
температуры /?м=4229Па. Из уравнения Менделеева—Кла-
Менделеева—Клапейрона puV = vRT найдем число молей v = ——. Число
RT
р VN
частиц в объеме V равно N = vNA = ———, а в единице
RT
объема п = — = &^ = 1,011 • 1024 м.
V RT
7.9. Масса т = 0,5г водяного пара занимает объем Vx =10л
при температуре / = 50° С, какова при этом относительная влаж-
влажность со ? Какая масса Am пара сконденсируется, если изотер-
изотермически уменьшить объем от \'\ до V2 = Vl / 2 ?
Решение:
Из таблицы находим давление насыщенного пара при
температуре Г = 323 К, которое равно р0 = 12302 Па. Из
Уравнения Менделеева — Клапейрона pVx = — RT нахо-
М
mRT _,
Дим давление р = . Тогда относительная влажность
; со = 0,606-100% = 60,6%. Найдем массу
Ро PoM^i
349

водяного пара при относительной влажности 100% ити
#1=1, тогда давление р = р0 =12302 Па. Учитывая, что
V2 = — из уравнения Менделеева — Клапейрона ^-^ =
RT находим т-Ат = ' . Отсюда масса
ju 2RT
сконденсированного пара равна Am = т- ' = 87,5 мг.
7.10. В камере Вильсона объемом У = \я заключен воздух,
насыщенный водяным паром. Начальная температура камеры
tx = 20° С. При движении поршня объем камеры увеличился до
V2 = 1,25F,. Расширение считать адиабатическим, причем пока-
Q
затель адиабаты / = —^- = 1,4 . Найти: а) давление водяного пара
до расширения; б) массу тх водяного пара в камере до расши-
расширения; в) плотность р, водяного пара до расширения; г) темпе-
температуру /2 пара после расширения ( изменением температуры из-
за выделения тепла при конденсации пара пренебречь); д) массу
A??i сконденсированного пара; е) плотность р-, водяного пара
после конденсации; ж) степень перенасыщения, т.е. отношение
плотности водяного пара после расширения (но до конденсации)
к плотности водяного пара, насыщающего пространство п; и
температуре, установившейся после конденсации
Решение:
а) До расширения насыщенный водяной пар находится п| м
температуре /| =20° С, следовательно, давление этого пара
р{ = 2,33 кПа см. таблицу 8. б) Масса водяного пара до рас-
расширения пи = ^^- = 17.2 • 10 кг. в) р. =
1 RT '
17.
{ RTX
хЮ^кг/м . г) Т.к. процесс считается адиабатическим,
350

т
] ч =268К. д) При температуре /2=-5°С
давление насыщенного водяного пара р2 = 399 Па. Мас-
Масса пара в камере, соответствующая этому значению,
щ -Elt—L = 4.0-10 кг. Следовательно, масса сконденси-
RT2
оованного пара Am = ///, -m2 =(l7,2-4,0) = 13,2-10~бкг.
ё} Р-у--^— = 3,2-10~3кг/м*\ ж) Т.к. плотность водяного
/ ^" RT2
хфра после расширения (но до конденсации) ръ -—- =
17 2-10~6
— кг/м"" = 13.7-10 кг/м3, то степень перенасы-
1,25 10
Pi
щения s = —= 4.3 .
7.11. Найти удельный объем v воды в жидком и парообраз-
парообразном состояниях при нормальных условиях.
Решение:
По определению, удельный объем жидкости и пара
у V ' V V,
<юответствснно л>ж = —^ = —^ и vn = —п- = -^-. Молярный
/;? // //? /у
объем жидкости УОж = /и/ р, тогда удельный объем
жидкости v =-$?- = — = 10~'Чг7кг. Молярный объем пара
И Р
RT
найдем из соотношения: VQn = , тогда удельный
Р~Рп
RT
объем пара vn = —-( г = 1,25 м3/кг.

7.12. Пользуясь первым законом термодинамики и данными
таблицы 7 и 8. найти удельную теплоту парообразования г возы
при / = 200° С. Для воды критическая температура 7^ =647 К
критическое давление р = 22 МПа. Проверить правильность
полученного результата по данным таблицы 9.
Решение:
Количество теплоты Q при испарении тратится на преоло-
ление сил взаимодействия молекул и на работу расши-
расширения. Таким образом, согласно первому закону термо-
термодинамики имеем Q = rQ=AW + A — A), где г0 — мо-
молярная теплота парообразования, AW — изменение мо-
молярной внутренней энергии сил взаимодействия при
испарении, А — молярная работа, совершаемая против
внешнего давления. А = рн (УОп - УОж) — B), где рп —
давление насыщенного пара, УОж — молярный объем жил-
кости, УОп — молярный объем пара. Имеем УОж -
= — = 18-10~6м3/моль, где /л — молярная масса и р —
Р
плотность воды. Из уравнения Менделеева — Клапейрона
VQn=vRT/ рп. При Т = 473 К имеем (см. таблицу 8)
р.-1,55МПа и VQh =2,5л/моль. Считая, что изменение
внутренней энергии взаимодействия молекул при
испарении соответствует уравнению Ван-дер-Ваальса (см.
задачу 6.18), имеем AW=V aV**~V**) _ C), не
а - 5,56 • 102 Па-м6/моль2. Поскольку КОж « УОп, то из A) —
C) получим /*0 = + Рн^Оп ~ + RT ~^^ кДж/.мо;!ь.
Следовательно, удельная теплота парообразования волы
г =— = 1,95МДж/кг. Из таблицы 9, для температуры
М
t = 200° С значение г = 1,94 МДж/кг.
352

7.13. Какая часть теплоты парообразования воды при темпе-
температуре / = 100° С идет на увеличение внутренней энергии систе-
системы?
решение.
Согласно первому началу термодинамики r0 -AW + A, где
/*0=г(а' —молярная теплота парообразования; AW —из-
—изменение внутренней энергии; А = рп (V0:. - У{)ж) — работа,
совершаемая против сил внешнего давления. Тогда
rn - A ru - p,{ГОп - VCv,. j ..
- = l^lZ . Молярные ооъемы жид-
// Tr RT
кости и пара соответственно равны 1{>А. = — и кОп = .
Р Ри
AVV гр - рн [RT / р, -и/ р) AW л
следовательно, = ~—-^ ——'——; = 1 -
'о г-и го
п (RT /Л Л V/
= 0,924-100% = 92,4%.
P)
7.14. Удельная теплота парообразования бензола (С6Н6) при
температуре / = 77° С равна г =398кДж/кг. Найти изменение
внутренней энергии AJV при испарении массы Am = 20 г бен-
бензола.
Решение:
Изменение внутренней энергии (см. задачу 7.13)
AW = г0 -А - Amr - А . Работа против сил внешнего дав-
давления A-pAV' = RT, где /i = 0,078 — молярная масса
М
бензола. Тогда AW = Am(r - RT/p)= 7,21 кДж.
7.15. Пользуясь уравнением Клаузиуса — Клапейрона и дан-
данными таблицы 8, найти удельную теплоту парообразования г
'М2-3268 353

воды при температуре i = 5° С. Проверить правильность полу.
ченного результата по данным таблицы 9.
Решение:
г, МДж/кг
1,5 -
1 -
0,5-
20 40 60 80 100 120 140 160 180 20ч
Из уравнения Клаузиуса - Клапейрона —— = —-, -
dT TVon ~ ^ож ]
A). Считая, что насыщенные пары подчиняются урав-
уравнению Менделеева — Клапейрона, для 1/ = 1моль им. ом
RT
VOn = . Т.к. (см. таблицу 8) при /=5° С давление
Р
насыщенного пара рн=870Па, то VQll = 2,65 м3Ак 'ь.
Кроме того, VQ = — < 18- 10"бм7моль. Таким обра:-м.
Р
КОд. «VOn, и тогда уравнение A) можно записать .лк
Ф гоР Ф го dT
-*— = ^ или —— = —— B). Для небольшого w\i . '*
dT RT2 p RT2
вала температур Т2-Тх молярную теплоту испаренш \j
можно считать постоянной, и тогда, интегрируя урави^ ¦ ie
354

"(dp r/i
получим \--r\jt; '"--j^-j}
Л7Т, In
(З), откуда ro=
P\ RT{T2 T2-T\
Здесь р{ и p2 — давления насыщенного пара при темпе-
температурах Г, и Т2. Для величин 7] и Г2 можно взять
значения tx = 4° С г2 = 6° С. Тогда р{ = 811 Па, р2 = 932 Па
(см. таблицу 8) и — = 1,15. Подставляя в D) числовые
данные, получим г0 = 45 кДж/моль. Отсюда удельная
теплота парообразования г = — = 2,49 МДж/кг. Построив
И
по данным таблицы 9 график r = f(t)t найдем, что при
¦Г- 5° С имеем г = 2,48 МДж/кг.
7.16. Давления насыщенного ртутного пара при температурах
% =100° С и f2=120° С равны /?,=37,ЗПа и /?2 =101,3 Па.
Найти среднее значение удельной теплоты парообразования г
:ртути в указанном интервале температур.
dp ,0
Решение:
Из уравнения Клаузиуса — Клапейрона Щ- -
dt
где молярные объемы пара и жидкости соответственно
ф '
р pt
^«^ „ RT т, и dp i\p
равны VOn= и КОж=^-, имеем — = -?т или
"—= -sl—-. Проинтегрировав полученное уравнение,
355

ПОЛУЧИМ In— = -2^-2 Li или г = LJ u 2 2 l\ Tor 74
P\ RT\T2 T2-T{
r = ^ = ^r2faU/A). ,. = 0304.
7.17. Температура кипения бензола (С6Нб) при давлении
/; = ОД МПа равна /к = 80,2е С. Найти давление р. насыщенно! о
пара бензола при температуре 1 = 15,6° С. Среднее значение
удельной теплоты парообразования бензола в данном интервале
температур принять равным /• = 0,4 МДж/кг.
Решение:
Среднее значение удельной теплоты парообразования (с :.
RT{T2 In(p2 / р,)
задачу 7.16) г = —~—ч 1 ' 1У. В нашем случае р2 = р и
p, = pu, тогда In— = ^ 2 —. Возьмем от обоих частей
Ри RT\T2
данного уравнения экспоненту — = ехр
рн { RTXT7
кУДа Рп = / /„ Р„л,,^„^ ~ 87• 103Па.
7.18. Давления насыщенного пара этилового cnnpis
(С2Н5ОН) при температурах /,=40°С и /2=60°С равьы
/?,=17,7кПа и /;2=67,9кПа. Найти изменение энтропии ,\S
при испарении массы Am = \r этилового спирта, находящегсч л
при температуре t = 50° С.
Решение:
dp _ г0
Из уравнения Клаузиуса - Клапейрона —^- = —7 ,
dT T(V -V )
U1 1 V On к0ж '
A), считая, что насыщенные пары подчиняются уравнением
356

Менделеева — Клапейрона, имеем для одного моля
RT
УОп= . Кроме того, Vo.x«VOn. Тогда уравнение A)
гг Ф ГС>Р
можно записать следующим образом: -?- = , или
dT RT~
J- = — — — B). Интегрируя уравнение B), получим
р R Т~
Pi го (^> " ?\) Л Г, Г, 1п(р2 / рх
г2- = Л^ LZ _ C) откуда г0 =—LJ—УИ2 ^
Рх RTiT2 ' Т2-Тх
D). Изменение энтропии AS = —-, где v = и с учетом
Т ju
D) *Wb(P(*)*>"
7.19. Изменение энтропии при испарении количества
= 1моль некоторой жидкости, находящейся при температуре
fj=5O°C, равно Д5 = 133Дж/К. Давление насыщенного пара
при температуре г, = 50° С равно р, = 12.33 кПа. На сколько ме-
меняется давление насыщенного пара жидкости при изменении
Температуры от tx = 50° С до Г, = 51 ° С?
Решение:
Изменение энтропии (см. задачу 7.18) равно
А с RT{T-> ln{p^ / pi )Am
До = —l-f— - . Преобразуя это выражение,
(ТТ)Т
получим: AS = ^MP2/P])Av: RT2 ln{Pl / Pl )a v
откуда ]п\ — \-— -—. Возьмем от обеих частей
[pj RT2Av
экспоненту и найдем отношение — = ехр
RT2Av
357

откуда /?, = р{ ехр\ — — . Тогда изменение давлен и
I RTAv )
насыщенного пара Ар = р-> - р{ = р]
ехр
RT.Av
7.20. До какого предельного давления р можно откачать со-
сосуд при помощи ртутно-диффузионного насоса, работающего
без ртутной ловушки, если температура водяной рубашки насос >.
/ = 15° С? Давление насыщенного ртутного пара при темпе-
температуре /0 = 0° С равно р0 = 0,021 Па, среднее значение удельно!;
теплоты парообразования ртути в данном интервале температур
принять равным г = 10,08 МДж/кт.
Решение:
До давления р = 93 мПа, т. е. до давления насыщенного
ртутного пара при t -15° С.
7.21. При температуре г0 =0°С плотность ртути р0 =13,6х
хЮ'кг/|\г\ Найти ее плотность р при температуре / = 300° С.
Коэффициент объемного расширения ртути {3 = 1,85 • 10~4 К.
Решение:
Имеем р0 = — и р = —, где V = Vo (l + /31). Тогда
l + ftt
7.22. При температуре f, = 100° С плотность ртути pi = 13,4 >
х103кт/м3. При какой температуре /2 плотность ртутг
358

p2 = 13,4-103 кг/м3? Коэффициент объемного расширения ртути
Решение:
Относительное изменение объема при нагревании
¦ = P(f\ ~h)- По определению, плотность р- —, тогда
А =^Г — 0)> а Pi = v"\v ~~ Ш РазДелим B) на (О
Pi V l l
— = = 777- = 7 г, откуда
= 1-—. Тогда изменение температуры ^ -г2 =-^-2—^
Рг PiP
окончательно, t2 = /, - ^2 ~^' = 227,2°С.
PP
и,
7.23. Найти плотность р морской воды на глубине h = 5 км,
если плотность ее на поверхности р0 = 1,03-103 кг/м3. Сжима-
Сжимаемость воды к = 4,8-Ю'^Па. Указание: при вычислении
гидростатического давления морской воды ее плотность прибли-
приближенно полагать равной плотности воды на поверхности.
Решение:
AV
Относительное изменение объема при сжатии = -кАр.
где к [Па] — сжимаемость, величина, показывающая, на
какую часть уменьшился объем жидкости при увеличении
Давления на 1 Па. Изменение давления Ар равно давлению
водяного столба высотой /?, которое по закону Паскаля
Ар = /?о?^> т-к- п0 условию плотность приблизительно
равна плотности на поверхности. Плотность у поверхности
359

воды p,=—. а на глуоине h-p- ..nn
k K
отношение плотностей -— = = 1 + =_ , - ./
Отсюда плотность морской воды на глз'бинс ' >ча
р = ——г = 1,055 fcr/м3.
7.2 4. При нормальных условиях сжимаемое^ ¦" .ола
/. =9-10""Па, кеэффиипе;-;.! ооьемного расширеи^.г. , ";.\к
у-\0 "' К '. На сколько необходимо узеличить внешнее . ..-мг,
чтобы lips; нагревании на А/ - 1 К объем бензола не пз\!о:. - :°
Решение:
Относительное изменение объема жидкости пр;: ~ре-
вании и сжатии соответственно Ьл1 и —— = а. ¦ По
V ' V
условию объем бензола не меняется, поэтому [5\Т Л/л
откуда Д^
7.25. Коэффициент объемного расширения ртути /V - Ъ2*
хЮ"К. Чтобы при нагревании ртути на А/ = 1 К ее ¦•¦'¦^м
не изменился, необходимо увеличить внешнее давл»:; •' на
А/; = 4,7 МПа. Найти сжимаемость к ртути.
Решение:
Чтобы объем не изменился (см. задачу 7.24), необм .¦¦¦i0»
чтобы р\Т = /;Л/; . Отсюда сжимаемость ртути к - :—¦_" "
= 3.87-101Па.
360

7.26. Найти разность уровней Л/z ртути в двух одинаковых
ообшаюшихся стеклянных трубках, если левое колено под-
поддерживается при темпера1 > ре /,. = 0° С, а правое нагрето до
температуры t - 100° С Высота левого колена /,\ ^90 см. Коэф-
Коэффициент объемного расширения ртути 6 - 1,82 -10 К. Расши-
Расширением стекла пренебречь.
решение:
Относительное изменение объема жидкости при
нагревании — = ВАТ . Т. к. площадь поперечного сечения
' О
трубок одинакова и равна 5, то обьем в холодном колене
Уо =SHq , а в подогретом колене F-, тДГ = Л;/70 + А/?), тогда
AV .. /Ъ+Д//
= 1 -ь = 1 ¦*¦ ПА i = . Ui сюда разность
V ' h
V V
У 0 > .-.
уровней An = /?,,(! -г рАГ)-;:¦¦ - Ь,фАТ = 16,4 см.
7.27. Ртуть налита в стеклянный сосуд высотой /. = 10 см.
При температлре г = 20° С уровень ртути на h = 1 мм ниже
верхнего края сосуда. На сколько можно нагреть ртуть, чтобы
она не вылилась пз сосуда? Коэффициент объемного расши-
расширения ртути E - 1,82 • Ю'А К'1. Расширением стекла пренебречь.
Решение;
Начальный объем ртути V() -S(L-h), где S — площадь
поперечного сечения сосуда, а ее конечный объем
K+.&V = SL. Тогда Yu±^L = i - psj = _А_ ? откуда
п°сле преобразования получаем ДГ = 7 г— = 55,5 К.
{L-h)p
7«28. Стеклянный сос\д, наполненный до краев ртутью, при
/ = 0°С имеет массу М -1 кг. Масса пустого
361

сосуда Мо = 0,1 кг. Найти массу т ртути, которая мс ;ет
поместиться в сосуде при температуре t = 100°С. Коэффиит.Нт
объемного расширения ртути /? = 1,82-Ю К. Расширением
стекла пренебречь.
Решение:
Масса ртути, находящаяся в сосуде при температуре /
равна т0 = М - Мо, тогда плотность ртути при данной
температуре р-—. Отношение плотностей (см. задачу
п о~ч р т т 1
7.22) — =—, тогда — = -——, г, отк\да
7.29. Решить предыдущую задачу, если коэффициент объем-
объемного расширения стекла /?' = 3 • 10~5 К~'.
Решение:
При нагревании объем сосуда стал V = Vo(\ + p't\ соотв^т-
ственно плотность ртлти р = — =—. г — A). С дгу-
V VQ(\ + J3't)
гой стороны, р = ——— = —7—-—г — B). Приравни? ля
\ + 0t Vo(\+0t)
уравнения A) и B), получим т = ° ^ ' - 887 г.
7.30. Стеклянный сосуд наполнен до краев жидким мае. м
при температуре t0 = 0° С. При нагревании сосуда с маслом о
температуры / = 100° С вытекло 6% налитого масла. Hvj и
коэффициент объемного расширения масла, если коэффиш1 :Г
объемного расширения стекла /3 = 3 • 10~5 К.
362

0ри нагревании объем сосуда увеличился и стал равным
у =zV0(l + fit), и объем масла также увеличился и стал
равным V2 = VQ(\ + j3't). Количество масла, которое
вытекло, *V = V2-V] =V0[{\ + /3't)-(\ + 0t)]=VQt{? - р).
0о условию = 0,06, тогда (/?' - J3)t = 0.06 , откуда
7.31. Какую относительную ошибку мы допустим при нахож-
нахождении коэффициента объемного расширения масла в условиях
предыдущей задачи, если пренебрежем расширением стекла?
Решение:
Коэффициент объемного расширения масла с учетом
расширения стекла (см. задачу 7.30) /?' = 6,3 -10~4 К'1. Если
не учитывать расширения стекла, то количество масла,
которое вытекло, AV = V2 - Vo = F0[(l + J3ot)~ l] = VQPQt, где
Д, - коэффициент объемного расширения масла без учета
расширения стекла. Тогда AV/V = J3ot = 0.06, тогда
Д) = ~— = 6 • 10 К. Отсюда относительная ошибка
Р ~Д) = о.О5 -100% = 5% .
Р
7.32. Температура помещения t = 37° С, атмосферное дав-
давление р0 = 101,ЗкПа. Какое давление р покажет ртутный баро-
барометр, находящийся в этом помещении? Коэффициент объемного
Расширения ртути /3 = 1,82-10 К. Расширением стекла прене-
пренебречь.
363

Решение:
Т. к. температура в помещении постоянна, то по закону
Бойля — Мариотта pVQ = p0V, где V = Vo(\ + fit) — фа к-
тический объем ртути в барометре. Тогда
x(l + fit), откуда р = pQ(\ + /?/) = !02 кПа.
7.33. Какую силу F нужно приложить к горизонтально му
алюминиевому кольцу высотой Л = 10мм, внутренним диамет-
диаметром d] =50 мм и внешним диаметром */, =52 мм, чтобы очор-
вать его от поверхности воды? Какую часть найденной силы со-
составляет сила поверхностного натяжения?
Решение:
Будем считать, что кольцо касается воды только своей
нижней поверхностью, не погружаясь. Сила, необходимая
для отрыва кольца от поверхности воды F = Fl+F2, /je
Fx — сила тяжести, F2 — сила поверхностного ная-
жения. F{ - ph~ \d\ -d[ }g = 40 мН. При отрыве кольца
водяная пленка разрывается по внутренней — cU и
внешней— d{ сторонам кольца. F-, -na{dx +d2)- 23.5 \>Н.
Отсюда F = 63.5 мН и ^ = 37% .
F
7.34. Кольцо внутренним диаметром cll =25 мм и
диаметром с!2 - 26 мм подвешено на пружине и соприкасается с
поверхностью жидкости. Жесткость пружины # = 9,8-10 II ч.
При опускании поверхности жидкости кольцо оторвалось or :;^
при растяжении пружины на А/= 5,3 мм. Найти поверхности^
натяжение а жидкости.
364

решение:
Сила поверхностного натяжения F}
зкидкости уравновешивается силой
упругости пружины F2. Чтобы система
находилась в равновесии, необходимо
1ггобы F{+ F2 =0 или Fj = F2. По закону
Гука F2 = kAl. При отрыве кольца
поверхностная пленка разрывается по внешней и
внутренней поверхности кольца. Поэтому сила
ловерхностиого натяжения будет складываться из двух
F]=Fn + F{2, где Fu =аХ, и F2=aL2. Т.к. L, = ndx и
¦hi = nd2, то Fx - /ra(dl +d2); kAl = 7ra(di +d2), отсюда
K 1—- = 0,032 Н/м.
7.35. Рамка ADCD с подвижной медной перекладиной АХ
затянута мыльной пленкой. Каков должен быть диаметр d
перекладины KL, чтобы она находилась в равновесии? Найти
длину / перекладины, если известно, что при перемещении
перекладины на А/? = 1 см совершается изотермическая работа
"Л = 45мкДж. Поверхностное натяжение мыльного раствора
й. = 0,045 Н/м.
Решение:
Сила тяжести уравновешивается силой
поверхностного натяжения. Чтобы пере-
перекладина находилась в равновесии, необхо-
необходимо, чтобы mg + F = 0 или F - mg . Т.к.
и V=
/5 то F=
. С
5
4 4
Другой стороны, F = 2al (т. к. у пленки
Две стороны). Отсюда 2а/ =
;
npg
365

= 1.2 мм. Работа по перемещению перекладин».
А - 2aS (т.к. у пленки две стороны). Т.к. S = /ДА, i
А
А = 2alAJi; / = = 5 см.
2aAh
7.36. Спирт по каплям вытекает из сосуда через вер-
вертикальную трубку внутренним диаметром </ = 2мм. Капли oi-
рываются через время Дг = 1с одна после другой. Через каксе
время г вытечет масса т = Юг спирта? Диаметр шейки капли ¦*
момент отрыва считать равным внутреннему диаметру трубки.
Решение:
Чтобы капля оторвалась от поверхности, необходимо
разорвать поверхностную пенку длиной / = 2т', где г —
радиус шейки капли, силой тяжести Р = 2т*а - nda .
В массе спирта содержится N капель, причем
]tf<T JJJCT
N = —EL = —— = 780 капель. Т.к. по условию капли отоы-
Р nda
ваются с промежутком в Дг = 1с, значит, общее время
= 780с=13мин.
7.37. Вода по каплям вытекает из сосуда через вертикальную
трубку внутренним диаметром d -Ъ мм. При остывании воды от
г, =100° С до л, =20° С масса каждой капли изменилась на
Д/и = 13,5 мг. Зная поверхностное натяжение а2 воды при
г, = 20° С, найти поверхностное натяжение ах воды in и
/,=100° С. Диаметр шейки капли в момент отрыва считшь
равным внутреннему диаметру трубки.
Решение:
Сила тяжести, действующая на каплю, в момент ее отры *а
должна разорвать поверхностную пленку по дли- -Q
I = 2т' = nd , т.к. по условию диаметр шейки капли рав. и
внутреннему диаметру трубки. Тогда начальная си ia
366

тяжести р0 ~ 7ida2. При остывании капли сила тяжести
изменится на Ар = Amg и станет равной р - р0 - р =
=: nda2 - Amg . С другой стороны, р = ж/aj, тогда
?! = тк/ог, - Amg, откуда ^ = — - 0,059 Н/м.
7.38. При плавлении нижнего конца вертикально подве-
подвешенной свинцовой проволоки диаметром d = 1 мм образовалось
N = 20 капель свинца. На сколько укоротилась проволока?
Поверхностное натяжение жидкого свинца а - 0,47 Н/м. Диа-
метр шейки капли в момент отрыва считать равным диаметру
нроволоки.
Решение:
Капля отрывается от проволоки, когда сила тяжести равна
силе поверхностного натяжения, т. е. mg = F . Масса капли
т = pVK . Сила поверхностного натяжения F ~а\, где
f-nd, откуда F -nad . Отсюда объем капли VK = .
Р
Полный объем расплавленного свинца V = NVK = . С
Р
_. nd2 A, _. nd1 A. nNad
Другой стороны, V А/ . Тогда Д/ = . отск>
4 4 р
. . AN а _ .
да Д/ = = 34 см.
Pgd
7.39. Вода по каплям вытекает из вертикальной трубки внут-
внутренним радиусом /• = 1 мм. Найги радиус R капли в момент
отрыва. Каплю считать сферической. Диаметр шейки капли в
момент отрыва считать равным внутреннему диаметру трубки.
Решение:
Сила тяжести, необходимая для отрыва капли (см. задачу
7.37) р = 2лга . С другой стороны, сила тяжести р = nig,
367

где т = pV — масса оторвавшейся капли. Т.к. по \с. :т
4 з 4
капля сферическая, то V-—nR , тогда 2яга - — ,-;•"-'
nJ Зга _ /Зга
откуда а = или к = з =2,2 мм.
7.40. На сколько нагреется капля ртугл, получеги-.'ч От
слияния двух капель радиусом г = 1 мм каждая?
Решение:
При слиянии двух капель ртути выделяется э; эгия
AW=aAS, где изменение площади повер: • „>сти
AS = 4тгг2 -2-4/rR2. Радиус большой капли R киыдем,
приравняв объем большой капли сумме объемов сли-
3 4ttR-
о 4яг 4ttR п ъг- .,
вшихся капель, т.е. 2•—^— = —-— , откуда R = rv2 . огда
3 3
3
A5' = 4^2B-V4) и АГ/=а-4тп<2B-\Г4) — A). 3-е счет
выделенной энергии произойдет нагревание ртутной кап-
4 Р
ли, тогда AW =cnAT = cp—7fR3AT = ср-т-3АТ — B).
3 3
Приравнивая A) и B), найдем АГ = За\2~^4/ = J65 • 1 с 4 К.
c'plr
7.41. Как\то работ}' А против сил поверхностного натяжения
надо совершить, чтобы разделить сферическую каплю ртути
радиусом R = 3 мм на две одинаковые капли?
Решение:
Т. к. капля разрывается на две одинаковые, то площадь
AS, по которой произойдет разрыв, будет равна пло.даДй
круга, проходящего через центр капли, т. е. AS - ~R '
Тогда работа против сил поверхностного натяж-НИ*
Л - aAS - anR1 -14,7 мкДж.
368

1,42. Какую работу А против сил поверхностного натяжения
«йз^ совершить, чтобы увеличить вдвое объем мыльного пузыря
й^йусом г = 1 см? Поверхностное натяжение мыльного раствора
5^0,043 Н/м.
4 - 4 -
Тк. по условию 12 = 2F,, где \\ = — тп'? и F2 ~—m^ —
о||>емы пузыря до и после совершения работы, .то г23 = 2^3
^j r2=v2r,. Изменение площади поверхности пузыря
|в-ЗИ после совершения работы — AS = 52 - S{ =
-'i2j- 4я7',2 [у4 -1J . Т. к. у оболочки пузыря две по-
, наружная и внутренняя, то совершенная работа
[4-]\ =63,4мкДж.
К Какую работу А против сил поверхностного натяжения
Ш^;,,совершить, чтобы выдуть мыльный пузырь диаметром
$Щ4см? Поверхностное натяжение мыльного раствора
ЙЩ043Н/М.
Решение:
Площадь поверхности мыльного пузыря S = 4/rr2 = Ttd2,
тфЩа совершенная работа против сил поверхностного на-
(см. задачу 7.42) А = 2aS = 2nd2a = 432 мкДж.
Найти давление р воздуха в воздушном пузырьке диа-
*/ = 0,01мм, находящемся на глубине Л = 20 см под по-
поводы. Атмосферное давление pQ =101,7 кПа.
ЗДие:
Давления воздуха в пузырьке р = ро+ р, + /?2, где р0 —
давление, р, = pgh — гидростатическое
4а
воды, р-, =— — дооавочное давление,
369

вызванное кривизной поверхности. Таким обраю.м
р - р0 + pgh + — = 132,9 кПа.
d
7.45. Давление воздуха внутри мыльного пузыря на
Ар = 133,3 Па больше атмосферного. Найти диаметр d пузыря.
Поверхностное натяжение мыльного раствора а = 0,043 Н/м.
Решение:
Добавочное давление внутри мыльного пузыря, вызванное
кривизной его поверхности, Д/? = 2яг — + — . Т.к.
\RX R2J
пузырь сферический, то радиусы кривизны взаимно
перпендикулярных поверхностей Aj - R2 = —, тогда
Ар = —, откуда а - — = 2,5 8 мм.
d Ар
7.46. На какой глубине h под водой находится пузырек воз-
воздуха если известно, что плотность воздуха в нем /? = 2кг'м3?
Диаметр пузырька </ = 15мкм, температура / = 20° С, атмо-
атмосферное давление р0 = 101,3 кПа.
Решение:
Давление воздуха в пузырьке сложится из атмосферного
давления р0, гидростатического давления воды р{ - Р\Ф
и добавочного давления Ар - —, вызванного криви шои
d
4а
поверхности, т.е. p = po+Pigh + —• Из закона Боиля
d
Мариотта p0V = pV0 следует, что — = —1 = ^-5-. тогда
р V р
370

?0. =
p
? откуда Po + p} gh + — =
' d
d p0
n.eh = — ¦ Po ¦ Окончательно, глубина погружения:
n Po d
popd ~ 4ap0 - P()pod m _ p()d(p - pCl)- 4ap0 . u _л^„
ft — , /2 — , /7 — 4, / Z M.
7.47. Во сколько раз плотность воздуха в пузырьке, нахо-
на глубине Л = 5 м под водой, больше плотности воз-
при атмосферном давлении р0 =101,3 кПа? Радиус пузырь-
= 0,5 мкм.
Решение:
плотностей воздуха в пузырьке и на по-
Ро . , -4,4.
сверхности (см. задачу 7.46) — =
Р
7.48. В сосуд с ртутью опущен открытый капилляр, внутрен-
рй диаметр которого d = 3 мм. Разность уровней в сосуде и в
1яре Ah = 3,7 мм. Найти радиус R кривизны мениска в
эрпилляре.
"ешение:
Щ& рисунка видно, что г = Rcos<p = Rcosx
x(l80°-<9) --RcosO, где в — краевой угол.
Добавочное давление, вызванное кривизной
&'¦-¦
Нёниска,
2а cos в
Т.к. для ртути
Cos в < 0, то Ар > 0, следовательно, уровень
Р?1Ути в капилляре будет ниже, чем в сосуде.
4а cos в
Разность уровней Д// = —
отсюда
371

- cos 0 = - = 0,74 . Следовательно, радиус кривизны
4а
мениска ртути К = = 2 мм.
cos в
7.49. В сосуд с водой опущен открытый капилляр, вн>трен,
\\t\\ диаметр которого */ = 1мм. Разность уровней в сосуде и в
капилляре ДА = 2,8 см. Найти радиус кривизны R мениска в ка-
капилляре. Какова была бы разность уровней ДА в сосуде и в ка-
капилляре, если бы смачивание было полным?
Решение:
d r a/ 2a cos 0
Высота поднятия жидкости в труоке ДА = A)
rpg
Радиус кривизны мениска R = r coscp = r cosi} 80° - в)=
-rcos6\ — B). Из A) cos6= ^гиуБ 9 и т.к. ?' = —, то
2а 2 '
окончательно R = — = 0,46 мм. Если бы смачивание
Sa
было полным, то 0 = 0° и cos0 = \9 тогда из A)
ДА = — = 2,98 мм.
7.50. На какую высоту h поднимается бензол в капилляре,
внутренний диаметр которого */ = 1мм? Смачивание считать
полным.
Решение:
Т.,к. смачивание полное, то высота поднятия бензола в
капилляре (см. задачу 7.49) h = = 13,86 мм.
d
7.51. Каким должен быть внутренний диаметр d капилляру
372
чтобы при полном смачивании вода в нем поднималась

|? Задачу решить, когда капилляр находится: а) на
|мле, б) на Луне.
решение
|ри полном смачивании высота поднятия жидкости в
*&• 4а 4а
(см. задачу 7.49) А/? = , откуда d
d
, откуда d .
dpg pgAh
На Земле g - 9,8 м/с", тогда J = 1,48 мм. б) На Луне
§М,65 м/с2, тогда d = 8,83 мм.
7.52. Найти разность уровней Ah ртути в двух сообща-
сся капиллярах, внутренние диаметры которых равны
и d2 =2 мм. Несмачивание считать полным.
lenne:
рота поднятия жидкости в капилляре (см. задачу 7.49)
%2acosO _ d . AacosO _
. Поскольку }'= — , то А = . При пол-
2 ^
|м несмачивании 0 = 180° и cos в = -1, тогда высота
рнятия жидкости в первом и втором капилляре соответ-
4а 4а
;нно равна /?, =—'—^- и h2 = — • Тогда разность
Pgd2
^o_^_4^fj Oi_
К '"" ' pgd2 { Pgd{) Pg[d{ d2)
7.53. Каким должен быть наибольший диаметр d пор в фи-
керосинки, чтобы керосин поднимался от дна керосинки до
Р (высота /7 = 10 см)? Считать поры цилиндрическими
ками и смачивание полным.
373

Решение:
Т. к. по условию поры цилиндрические и смачивание пол-
полное, то наибольший диаметр капилляра (см. задачу 7.5 1)
/= 0,15 мм.
7.54. Капилляр внутренним радиусом г - 2 мм опущен в
жидкость. Найти поверхностное натяжение а жидкости, если
известно, что в капилляр поднялась масса жидкости т = 0,09 г.
Решение:
При полном смачивании высота поднятия жидкости в ка-
2а
пилляре (см. задачу 7.49) h = A). Масса поднятой
жидкости т = рУ, где V = Sh и S-2m-2, т.к. у пленки.
две стороны, тогда т = 2рт4 /?, отсюда п- — W
2~
2рт-
Т. к. в формулах A) и B) левые части равны, то можно
2а 711
приравнять и правые части, тогда = или
pgr 2 pm"
— = , отсюда окончательно а = —— = 0,07 Н/м.
g 2/п' 4лг
7.55. В сосуд с водой опущен капилляр, внутренний радиус
которого г = 0,16 мм. Каким должно быть давление р воздуха
над жидкостью в капилляре, чтобы уровень воды в капилляре и с
сосуде был одинаков? Атмосферное давление р0 = 101,3 кПа.
Смачивание считать полным.
Решение:
При полном смачивании высота поднятия жидкости и
2а
капилляре (см задачу 7.49) // = . Чтобы уровень воды
в сосуде и капилляре был одинаковым, необходимо, чтобы
374

a
давление было равно /; = р0 + рцЬ = /;0 + р% = р0 +
+ —= 102.2 кПа.
7.56. Капиллярная трубка опущена вертикально в сосуд с
водой. Верхний конец трубки запаян. Для того чтобы уровень
.воды в трубке и в широком сосуде был одинаков, трубку при-
пришлось погрузить в воду на 15% ее длины. Найти внутренней ра-
циус /• трубки. Атмосферное давление /?0=100кПа. Смачива-
даю считать полным.
Решение:
По закону Бойля — Мариотта p0V0 = pV, где р0 и р —
давления воздуха в капилляре до и после погружения его в
воду, VQ и V — объемы воздуха в капилляре до и после
2а
погружения. р = Ро^ » Vq-SU0^ где $ — площадь
г
Сечения капилляра и h0 — его длина, V = Sh, где h —
длина непогруженной части капилляра. С учетом этого
2ah
Po
т, 7\
По
(h -h) h
условию — = 0015, или -, г = 65,7 . Подставляя
числовые данные в A), получим г = 0,1 мм.
7.57. Барометрическая трубка А , заполненная ртутью, имеет
внутренний диаметр d, равный: а) 5мм; б) 1,5см. Можно ли
определить атмосферное давление непосредственно по высоте
ртутного столба? Найти высоту ртутного столба в каждом из
этих случаев. Атмосферное давление р,} =758 мм рт. ст. Несма-
Несмачивание считать полным.
375

Решение:
А
Is
h
Высота поднятия жидкости в капил-
; 2а cos в
ляре п- , где 0 — краевой
P
угол, а — поверхностное натяжение.
При полном несмачивании в - п и
^ — 4а
cosd--\^ тогда /? =
PgT
A) — высота, создавающая дополни-
дополнительное давление за счет кривизны поверхности мениска,
а) Если d = 5 мм, то из A) найдем h = 3 мм, тогда
р = р0 - h - 755 мм рт. ст. б) Если d -1,5 см, то h -1 мм,
тогда P-Po~h =757 мм рт. ст. Таким образом, если
трубка узкая, то атмосферное давление не может быть
непосредственно определено по высоте ртутного столба h,
т. к. к давлению столба прибавляется, еще давление
выпуклого мениска в трубке.
7.58. Внутренний диаметр барометрической трубки
d = 0,75 см. Какую поправку надо ввести, измеряя атмосферное
давление по высоте ртутного столба? Несмачивание считать
полным.
Решение:
Поправка к атмосферному давлению при полном
4а
несмачивании (см. задачу 7.57) h = 2 мм.
7.59. Какую относительную ошибку мы допускаем, вычисляя
атмосферное давление р0 = 101,ЗкПа по высоте ртутного столба,
если внутренний диаметр барометрической трубки d равен:
а) 5мм; б) 10мм? Несмачивание считать полным.
376

решение:
Из закона Паскаля /;0 = pgh0. Тогда высота ртутного
столба /?0 = — = 760 мм. рт. ст. Поправка к атмосферному
PS
давлению при полном несмачивании (см. задач)/ 7.57)
:. 4^ ^ h 4а pg
fi = . Тогда относительная ошибка х = — = ?-^- =
pgd hQ pgd р0
' 4а
ss . а) Если dx = 5 мм, то х1 = 0.39% . б) Если d = 10 мм,
dp0
ко х, =0,19%.
7.60. На поверхность воды положили жирную (полностью
|яесмачиваемую водой) стальную иголку. Каков наибольший
[диаметр d иголки, при котором она еше может держаться на
|юде?
Решение:
Щля того чтобы иголка не тонула, необходимо, чтобы
давление, оказываемое иголкой на площадь ее опоры, было
щ больше давления, вызванного кривизной поверхности
Жидкости в углублении под иголкой. Давление иголки на
• тя pVg p7idg
Воду р{ = —2- = J-—2- = ——— , где / — длина иголки и
•:¦¦ Id Id 4
V — ее объем. Давление, вызванное кривизной
Поверхности жидкости, определяется формулой Лапласа
(l On
р2 = а\ — + — . В нашем случае поверхность жидкости
Цилиндрическая, т.е. R{ - оо и R2 -r — радиус иголки.
т, а 2а _
Аогда р2 = — = —. Т. к. неооходимо, чтобы р{ </?,, то
г d
2а ,^ \ 8а
< —, откуда d < / = 1,6 мм.
4 d у рщ

7.61. Будет ли плавать на поверхности воды жирная (ги л.
постью пссмачпваемая водой) платиновая проволока диамер ,м
d = 1 мм?
Решение:
Чтобы проволока могла держаться на воде, иеобходп\о.
чтобы давление, оказываемое проволокой на площадь ее
опоры, не превышало давления, вызванного кривизн, и
поверхности жидкости в углублении под проволокой и
направленного вверх (силой Архимеда пренебрегаем). Да-
mg pVg pndg
вление проволоки на воду р, - —— =1-—^ = ———, где / —
Id Id А
длина проволоки и V — ее объем. Давление, вызванное
кривизной поверхности жидкости, определяется формулой
Лапласа р2 - — - —. Т. к. необходимо, чтобы р] < р2, го
г d
pndg 2а I 8or
— < —, откуда а„,ах = \ . Для платины р = 2],чх
Ad V Р7^
х103кг/м3, для воды а = 0,073 Ы/м, тогда аШ1Х =0,09 мм, а
по условию d = 1 мм, значит, проволока плавать не будет.
7.62. В дне сосуда с ртутью имеется отверстие. Каким может
быть наибольший диаметр d отверстия, чтобы ртуть из сосуда
не выливалась при высоте столба ртути h = 3 см?
Решение:
Чтобы ртуть не выливалась из сосуда, давление ртутного
столба высотой h должно быть равно добавочному
давлению, вызванному кривизной поверхности жидкое:и.
т.е. р = Ар. По закону Паскаля p = pgh, а по форм>-'е
к Аа .4а . Аи
Лапласа Ар = —¦, тогда pgh = , откуда аг а. = —-.- -
d pgh " "¦ №¦¦'
= 0,5 мм.
378

7.63. В лис стеклянного сослда площадью 5 = 30 см2 имеется
е ошерстие диаметром <:/ = 0.5мм. В сосуд налита рт\ть.
масса рт>ти оаапется в сосуде?
решение:
Цавление ртути на дно сосуда р=~-. Добавочное
Давление, вызванное кривизной поверхности жидкости,
Щр = —. Чтооы ртуть осталась в сосуде, неооходимо,
р = Ар или —— = —- , тогда /// = = 1,22 кг.
S d gel
7.64. Водомерка бегает по поверхности воды. НаПти массу
)домеркн, если известно, что под каждой из шести лапок насе-
|Ьмого образ>С1Ся ямка, равная полусфере радиусом /• = 0,1 мм.
Решение:
1Я того чтобы водомерка держалась на воде, необходимо,
|гобы давление, оказываемое ею на площадь опоры, не
Завышало давления, вызванного кривизной поверхности
|йдкости в углублениях под ее лапками. Давление одной
wg „
Еапки па воду /;, = т. Давление, вызванное кри-
62~
|изной поверхности жидкости, р2 =— (см. задачу 7.60).
W ' г
a nig
впивая /?, и /;2, получим — = —^, отсюда
/• \2л?-~
—; /;/ = 28 мг.
8
7.65. Какую силу F пало приложи ib, чтобы оторвать друг от
|Руга (без сдвига) две смоченные фотопласшнкп размером
Ш = 9x12 см"? Толщина водяной прослойки между пластиками
I*-0,05 мм. Смачивание считать полным.
379

Решение:
___ Поверхность жидкости между
"-^—* -р?~* пластинками имеет радц\с
\ я I R п d
кривизны R-— (Рис.). Тогда до-
добавочное отрицательное давление
под цилиндрической вогнутой
а. 2а
поверхностью р- — = —. Величина р — избыток
внешнего давления, действующего па площадь пластинок
S. Следовательно, citia, которую надо приложить, чтобы
2а
оторвать пластинки друг от друга, F = pS = —S - 31,5 Н.
d
7.66. Между двумя вертикальными плоскопараллельны.\:ц
стеклянными пластинками, находящимися на расстоянии
d = 0,25 мм друг от друга, налита жидкость. Найти плотность р
жидкости, если известно, что высота поднятия жидкости между
пластинками h = 3,1 см. Поверхностное натяжение жидкости
а = 0,03 Н/м. Смачивание считать полным.
Решение:
Поверхность смачивающей жидкости между пластинками
имеет цилиндрическую форму с радиусом кривизны
R-—. Тогда добавочное отрицательное давление под
а 2а г
цилиндрической вогнутой поверхностью р = — =—• <-
другой стороны, по закону Паскаля p-pgh. Тогда
2а . 2а п„п .„? , з
— = pgn. отсюда р = = 0,79 • 10 кг/м .
d dgh
7.67. Между двумя горизонтальными шюскопараллельны -1
стеклянными пластинками помещена масса т - 5 г ртути. Когда
380

ga верхнюю пластинку положили груз массой М = 5 кг, рассто-
расстояние между пластинками стало равным d = 0,087 мм. Прене-
Пренебрегая массой пластинки по сравнению с массой груза, найти по-
поверхностное натяжение а ртути. Несмачивание считать полным.
Решение:
Поверхность ртути между пластинками имеет цилиндри-
цилиндрическую форму и радиус кривизны R = ~. Силу добавоч-
ного отрицательного давления можно определить по
^формуле F- — S из задачи 7.65, но в данном случае
?: d
^поверхность будет выпуклая, т. к. имеет место полное
йесмачивакие. Груз давит на ртуть с силой Р = Mg — B).
Поскольку силы уравновешены, то F + P = 0 или F = P.
Подставляя A) и B), получим —S-Mg — C). Масса
d
ртути т- pV - pSd, откуда S = — . Подставим это
pd
,_ч 2ат ., Mgpd2
выражение в C): —5— = Mg9 откуда а —— ;
d~p Ъп
а = 0,5Н/м.
7.68. В открытом капилляре, внутренний диаметр которого
</ = 1мм, находится капля воды. При вертикальном положении
капилляра капля образует столбик высотой h, равной: а) 2см,
б) 4см, в) 2,98см. Найти радиусы кривизны 7?, и R2 верхнего и
нижнего менисков в каждом из этих случаев. Смачивание счи-
считать полным.
Решение:
Верхний мениск будет вогнут, давление рх, вызванное
кривизной этого мениска, направлено вверх и равно
381

2a
px = —., где 7?, — радиус кривизны верхнего мениска.
При полном смачивании /?, = —, где г — радиус кг-
г
пилляра. Гидростатическое давление столба жидкости р2
направлено вниз; р2 = pgh. Если р{> р2, то
результирующее давление, направленное вверх, заставляв
нижний ме!шск быть вогнутым. При этом давление р~.
вызванное кривизной нижнего мениска, направлено вниз ч
2а п
равно ръ - —, где к2 — радиус кривизны нижнего
мениска. В равновесии рх = р2 + ръ. Если рх < р2, го
результирующее давление направлено вниз и нижни;!
мениск оудет выпуклым. При этом давление р3 = —
будет направлено уже вверх. В этом случае рх + ръ = р2.
Если /?, = р2, то нижний мениск будет плоским и р3 = 0 .
Подставив числовые данные, получим: а) /?,=0,5мм,
/?2=-1,52мм; б) 7?, =0,5 мм, /?2=1,46мм; в) /^=0,5 мм,
R2 =oo.
7.69. Горизонтальный капилляр, внутренний диаметр кото-
которого ^ = 2 мм, наполнен водой так, что в нем образовался стол-
столбик длиной /? = 10см. Какая масса т воды вытечет из капил-
капилляра, если его поставить вертикально? Смачивание считать пол-
полным. Указание: учесть, что предельная длина столбика воды,
оставшейся в капилляре, должна соответствовать радиусу кри-
кривизны нижнего мениска, равному радиусу капилляра.
Решение:
При вертикальном положении капилляра верхний менис;:
вогнут и давление, вызванное кривизной этого мениска,
382

2a 4a
всегда направлено вверх и равно /?, = — = —, где а —
г d
диаметр капилляра. Гидростатическое давление столба
жидкости всегда направлено вниз и равно р2 = pgh.
-Предельная длина столбика воды, оставшейся в капилляре,
должна соответствовать радиусу кривизны нижнего
мениска, равному радиусу капилляра, поэтому рх < р2,
результирующее давление будет направлено вниз и
нижний мениск будет выпуклым. При этом давление
4а _
рг =— будет направлено уже вверх и рх + ръ = р2 или
$а 8с?
— = pghx, откуда Л, = высота столбика жидкости,
d pgd
оставшейся в капилляре т{ - pShx, а ее первоначальная
масса тг - pSh0, тогда масса жидкости, которая выльется
т - т0 - тх = ps(ho -/?,), где S = — площадь
поперечного сечения капилляра, поэтому окончательно
pmi1 ( ЪЛ
/70
4 I ° pgd
=0,22 г.
7.70. В открытом вертикальном капилляре, внутренний
радиус которого г = 0,6 мм, находится столбик спирта. Нижний
мениск этого столбика нависает на нижний конец капилляра.
Найти высоту h столбика спирта, при которой радиус кривизны
R нижнего мениска равен: а) Зг ; б) 2г ; в) г . Смачивание счи-
считать полным.
Решение:
По условию, нижний мениск выпуклый, тогда резуль-
результирующее давление направлено вниз, следовательно (см.

задачу . 7.69), pl + р3 = р2, где /?,= — , р2 = /#// и
г
la
2а 2а
л , . Тогда — + — = pgh, откуда /? =
R r R pgrR
а) Если R = Зг , то // =: = 11,5 мм. б) Если R = 2г ,
3a 4a
h = = 12,9 мм. в) Если R = /•, то /7 = = 17,2 мм.
7.71. Трубка, изображенная на рисунке, открыта с обоих
концов и наполнена керосином. Внутренние радиусы трубок 1 и
2 равны /-, = 0,5 мм и г2 = 0,9 мм. При какой разности уровней
ДЛ мениск на конце трубки 1 будет: а) вогнутым с радиусом
кривизны R = i\; б) плоским; в) выпуклым с радиусом кривизны
R = r2; г) выпуклым с радиусом кривизны /? = /•,? Смачивание
считать полным.
Решение:
Высота поднятия жидкости в ка-
, 2acosO _
пилляре п = — . Тогда для
- , 2а cos в
каждой TpvoKH /7, = и
, 2а cos О
h2 = . Т.к. по условию
смачивание полное, то во второй трубке всегда 0 = 0.
отсюда cos в = 1. Тогда перепад высот в трубках
w / / 2а\ cos0 1 ] ,
А/? = //7 ~/7] =— . а) Мениск па конце трубки 1
g{ R )
R r2)
будет вогнутым, с R = r\, если в - 0, отсюда cos 0 = 1
384

A7 2a ( \ 1 ^
полное смачивание A// = — =6,8 мм. б) Мениск на
71
конце трубки 1 будет плоским, если # = —, отсюда
At
2а
cos в = 0; А/7 = —— = 8,5 мм. в) Мениск на конце трубки I
Р&г
будет выпуклым, с R = r2, если в = к , отсюда cos в = -1
A/z = = 17 мм. г) Мениск на конце трубки 1 будет
PS >2
выпуклым, с R-i\, если в = я*, отсюда со$0 = -1 — пол-
полное несмачивание Ah = — — + — = 23,8 мм.
)
7.72. В широкий сосуд с водой опущен капилляр так, что
верхний его конец находится выше уровня воды в сосуде на
h = 2 см. Внутренний радиус капилляра г = 0,5 мм. Найти радиус
^кривизны R мениска в капилляре. Смачивание считать полным.
Решение:
Если бы капилляр был достаточно длинным, то вода
_ ., 2а cos в - ЛО тт
поднялась бы в нем на высоту п = 2,98 см. Но
высота капилляра над водой h<h'. К мениску приложены
2а
давление pQ = —, вызванное кривизной мениска и
Направленное вверх, и гидростатическое давление
2а
P~pgh. Для любой высоты h будем иметь pgh- —,
R
откуда R = —^- = 0,75 мм.
pgh
385

7.73. Ареометр плавает в воде, полностью смачивающей его
стенки. Диаметр вертикальной цилиндрической трубки арес-
метра d = 9 мм. На сколько изменится глубина погружена':
ареометра, если на поверхность воды налить несколько капель
спирта?
Решение:
На плавающий ареометр действуют сила Архимеда FA.
направленная вверх, сила тяжести Р9 направленная вниз.
сила поверхностного натяжения F, направленная вниз.
т. к. смачивание является полным. Условие равновесия
имеет вид: Р + F + FA = О или в скалярном виде
P + F = FA. Имеем Р -mg; F = 2лга - 7tda ; FA- pgx
x(V + Sh), где V — объем ареометра (без трубки), S ¦—
площадь поперечного сечения трубки ареометра, h —
длина трубки. Тогда для воды mg + 7idax - pg(V + 5/?,); для
спирта mg + 7tda2 = pg(V + Sh2) (считаем, что плотность
воды не изменилась). Решая совместно эти два уравнения,
найдем Л/г = ——! — = 2,4 мм.
7.74. Ареометр плавает в жидкости, полностью смачивающей
его стенки. Диаметр вертикальной цилиндрической трубки
ареометра */ = 9мм. Плотность жидкости /э = 0,8-103кг/м"\
поверхностное натяжение жидкости or = 0,03 Н/м. На сколько
изменится глубина погружения ареометра, если вследствие
замасливания ареометр стал полностью несмачиваемым этой
жидкостью?
Решение:
На ареометр, плавающий в жидкости, действуют: сил.;
тяжести Р9 направленная вниз, сила поверхностного
386

натяжения F = nda, направленная при полном
смачивании вниз, а при полном несмачивании вверх и сила
Архимеда F{ = pg(V + Sh), направленная вверх, где V —
объем цилиндрической части ареометра, S — площадь
поперечного сечения трубки ареометра и h — длина
цилиндрической трубки, находящейся в жидкости.
Условие равновесия при полном смачивании Р + F = FAl, а
при полном несмачивании P = F + FA2, следовательно,
FAl- F = F + FA2 или pgV + pgShx - nda - nda + pgV +
+ pgSh2 • Отсюда pgS(hx -h2)= pgSAh = 2nd а и, оконча-
. , 2?cda 2/w/a %a ^ .
тельно, A// = = = = j,4 мм.
pgS nd~ pgd
PS~7~
7.75. При растворении массы /я = 10 г сахара (с,2Н22Ои) в
объеме V = 0,5 л воды осмотическое давление раствора
/? = 152кПа. При какой температуре Т находится раствор?
Диссоциация молекул сахара отсутствует.
Решение:
Осмотическое давление раствора связано с термо-
термодинамической температурой формулой Вант-Гоффа
p = CRT. Молярная концентрация раствора С = , где
л->,^ / mRT т МУР
// = 0,342 кг/моль, тогда р- , откуда Т = !— — .
tuV mR
Подствляя в полученное выражение числовые данные,
_ 0,342-0,5-10'3-152-103 _„ ,,
получим: Т = = = 313 К.
10 -8,31
387

7.76. Осмотическое давление раствора, находящегося при
температуре / = 87° С, /? = 165кПа. Какое число N молекул
воды приходится на одну молекулу растворенного вещества в
этом растворе? Диссоциация молекул вещества отсутствует.
Решение:
Осмотическое давление (см. задачу 7.75) р = CRT. Т. к. по
условию диссоциация молекул в растворе отсутствует, то
молярная концентрация С = —-, тогда р =—¦ = N{kT.
NA NA
а г v^a т pV __ pN,
откуда N{ = —-, где v = — = ^—, тогда N2 = 1-—±
V // // М
- Ar N2 pNA kT pRT 1ЛЛО
Следовательно, N = —- = А— = — = 1007 молекул.
Nx 1л р jjp
7.77. Масса m = 2 г поваренной соли растворена в объеме
V = 0,5 л воды. Степень диссоциации молекул поваренной соли
а = 0,75. Найти осмотическое давление р раствора при
температуре t = 17° С.
Решение:
Если масса всей растворенной в воде поваренной соли
равна m, а степень диссоциации а, то масса
диссоциированной соли равна сап, а масса
недиссоциированной — (\-а)т. Тогда молярная концен-
^ ((l - а)/«)/ и + am /(lи,) + am /(la,)
трация раствора С = — ' ' ч 1/ v "у;
„ тBи,и2(\а) + ац) ,_._ . 3 ^
С = N ^'^2V ^ ^-J = 124,5 моль/м . Следовательно,
2V
осмотическое давление р - CRT = 300 кПа.
7.78. Степень диссоциации молекул поваренной соли при ра-
растворении ее в воде а = 0,4. При этом осмотическое дав-
388

ление раствора, находящегося при температуре / = 27° С,
^7 = 118,6 кПа. Какая масса т поваренной соли растворена в
объеме V = 1 л воды?
Решение:
Молярная концентрация частично диссоциированного
раствора поваренной соли (см. задачу 7.78)
m\2/j{jj^a) + au)
С = —*•—lJ-^ . С другой стороны, из формулы
2uiV
Вант-Гоффа С- , тогда
RT
, д
RT RT
откуда т = / HhГ. 2 \ п= *>93 г.
7.79. Масса т = 2,5 г поваренной соли растворена в объеме
К = 1л воды. Температура раствора / = 18° С. Осмотическое
давление раствора /? = 160кПа. Какова степень диссоциации
молекул поваренной соли в этом случае? Сколько частиц
растворенного вещества находится в единице объема раствора?
Решение:
Масса растворенной в воде частично диссоциированной
соли (см. задачу 7.78) равна: т= * ) 2 \ ч
л л ^ 2
< гкуда получим 2/jxju2(\ -a)+aj.i -
mRT
или
-> ~ 2u,uJjuVp-niRT) TT
щг -2а/лх/л2 = Г[Г~УГ i. Из последнего выраже-
mRT
ния, после преобразований, найдем степень диссоциации
2LLuAuVp-mRT) _ ._ тт
а = —CLisz^LJ-L -г = 0,^2. Число частиц в единице
25 м
объема (см. задачу 7.76) п=-^- = 3,98 • 1025 м.
389

7.80. Масса /и = 40 г сахара (Ci2H.2Ou) растворена в , г-,ем
V = 0,5 л воды. Температура раствора / = 50° С. Найти д;м ;он
р насыщенного водяного пара над раствором.
Решение:
Давление насыщенного пара над раствором меньше, чем
над чистым растворителем (водой). При достаточно малой
концентрации раствора относительное уменьшение давле-
давления насыщенного пара над раствором определяется зака-
заката Р(,~Р v'
ном Рауля — = -, где р0 — давление насы-
Ро v + v
щенного пара над чистым растворителем, р — давление
насыщенного пара над раствором, v — количество
( v' \
жидкости. Отсюда р = ро\\ . По таблице 8 на-
l v + v'J
ходим для t = 50° С давление насыщенного водяного пара
р0 = 12302Па. Количество сахара v' = —, где //-0.342
М
pV
кг/моль, количество воды v = ——, где // = 0.018 к; моль.
Тогда /? = /?0 l-
pVjLi + пщ
М\
=12.3кПa.
7.81. Давление насыщенного пара над раствором при темпе-
температуре / = 30° С равно /;, = 4,2 кПа. Найти давление />: iiacbi-
щенного водяного пара над этим раствором при темгчу;'1>Ре
U = 60° С.
Решение:
Давление насыщенного пара над раствором (см. -; ul4-v
7.80) p = pj\ —- . Т.к. количество растворенного
390

v' и растворителя v не зависит от температуры,
тогда р, - ; . По таолице 8 находим
Ро
= 4229 Па. /?0 (л )= 19817 Па, тогда /; = 19.68 кПа.
7.82. Давление р насыщенного пара над раствором в 1.02
раза меньше давления р0 насыщенного пара чистой воды. Какое
висло Аг молеклл воды приходится на одну молекулу растворен-
растворенного вещества?
Решение:
Цавление насыщенного пара над раствором (см. задачу
Ш) р = ро\ 1 !Ц], отсюда Ли = ^-=У/У~] —
V v-v ) р v-2v v/v -2
|1). Число молекул растворенного вещества и растворителя
vN
|рм. задачу 7.76) соответственно равно N-^^- и
#* = —, тогда — = — — B). Из A) имеем
V N' v
[V Л (V \ V( \
"l\ = P\~;-4 или —\Ро-Р) = 2Ро-Р> откуда
у ) \ J v
v 2ро-р 2рп/р-\ /ол N 2Ро/р-\
^7 = —~—— = -^—-— или с учетом B) — = —^—-—
v Ро-Р Р*/р-\ N' Ро'р-1
Отсюда окончательно N = -————-—- = 52 молекулы.
Ро/Р~]
7.83. Масса /// = 100 г нелетучего вещества растворена в ооъ-
У = \л воды. Температура раствора / = 90° С. Давление на-
391

сыщенного пара над раствором р = 68.8 кПа. Найти молярную
массу f.i растворенного вешества.
Решение:
Закон Рауля молено применить для определения молярной
массы вещества. Действительно, закон Рауля можно запи-
записать так: _?Ь_ = Л + 19ИЛИ_?Ь 1 =—^—=-— —A).
Ро~Р v> Ро-Р Ро~Р v>
Замечая, что г = — и v =—, нетрудно из A) пол\-
М м'
, т р _ч
чить ju = ju B), где т — масса растворителя,
т ро-р
ju — молярная масса растворителя и // — молярная
масса растворенного вещества. Подставляя числовые
данные, получим // = 0,092 кг/моль.
7.84. Нелетучее вещество с молярной массой ft - 0,060 кг/моль
растворено в воде. Температура раствора t = 80° С. Давление на-
насыщенного пара над раствором /? = 47,1кПа. Найти осмоти-
осмотическое давление ;;ос раствора.
Решение:
mRT
Давление насыщенного пара над раствором (см. задач)
Осмотическое давление (см. задачу 7.75) рос =
7.80) p = pi\ — 1, отсюда V' = i?o-Z??t Число мо-
I У + v'J р
т PV t (Рп р)рР гу
леи воды v~ — = ~—, тогда v -^-^—^-^-—. С другой
Mi Mi PM\
392

'" -..:.-(Po-p)pVM
.-.. , /77 , \Pc\ p)pVu „
ргороны, v = —, тогда m = v{i= -^—l )h ^ . Для
|s=80°C давление насыщенного пара над чистой водой
jjp0 = 47215 Па, следовательно, осмотическое давление
I _ RT (р0 -р)рУм __ U -p)pRT .
Рос ~ т/ ~ »
D7215 -47100)-103 • 8,31 • 353 „ЛО ^,
=1 { ¦ = 398кПа .
47,1-103 -0,018
Ответ в данной задаче не совпадает с ответом первоисточни-
первоисточника: р =925кПа.

§ 8. Твердые тела
При решении задач этого раздела используются данш,;.'
таблиц 11, 12, 13 из приложения, кроме того, следует учес г-,
указание к § 5.
8.1. Изменение энтропии при плавлении количесть;
v = 1 кмоль льда AS = 22,2кДж/К. На сколько изменится темпе-
температура плавления льда при увеличении внешнего давления к;
Д/? = 100кПа?
Решение:
Согласно уравнению Клаузиуса — Клапейрона изменение
._ АрТ(Уж-?Т) ,,. т.
температуры AT = ж ~ — A). Изменение энтро-
4
пии АЛ = —- = —^- — B), где /^ — удельная теплота
плавления, qQ — молярная теплота плавления, m — мас-
масса. Из B) — = —, подставляя это выражение в A), пол\-
q0 AS
чим AT = Ap(V.M-VT)— = 0,009К.
8.2. При давлении р1 =100 кПа температура плавления оловз
/,=231,9° С, а при давлении /?2=10МПа она равна
/, =232.2° С. Плотность жидкого олова р = 7,0 • 103 кг/м"\ Найти
изменение энтропии AS при плавлении количества v = l кмоль
олова.
Решение:
Из уравнения Клаузиуса — Клапейрона находим измене-
АпТ(У. - V )
ние температуры AT -—-—^-± — — A). С другой сто-
394

ропы, изменение энтропии AS-—— = -тг — B)? гл-е
Aq — удельная теплота плавления, qQ — молярная теплота
плавления. Из уравнений A) и B) имеем
AS=AP(Vx-i;y = (P:-pl)(^-VT)v Шск молярные
ДГ Т2-Тх
объемы твердого и жидкого олова соответственно рав-
ны V7 = -?— и Уж = —, то, окончательно, получим
AS = (^-P.)(Px'P»W =15.5 кДж/К.
8.3. Температура плавления железа изменяется на
= 0,012К при изменении давления на Др = 98кПа. На
сколько меняется при плавлении объем количества v = 1 кмоль
железа?
Решение:
Из уравнения Клаузиуса— Клапейрона находим изме-
изменение температуры плавления АТ=——— — , отсюда
а \Т
= V. -V =— изменение молярного объема, тогда
ТАр
= vAVM=— . Т.к. удельная и молярная теплота
ТАр
плавления связаны между собой как <7о=^о» тогда,
окончательно, AV=— = 1,03 л.
ТАр
8.4. Пользуясь законом Дюлонга и Пти. найти удельн\ю теп-
теплоемкость с: aj мели; б) железа; в) алюминия.
395

Решение:
При очень низких температурах для твердых тел имеет
место закон Дюлонга и Пти, согласно которому молярная
теплоемкость всех химически простых твердых тел равна
приблизительно 3R = 25 Дж/(моль-К). С другой стороны,
удельная и молярная теплоемкости связаны соотношением
с = (лс, тогда 3R = ис , откуда с = 37?///. а) Молярная мас-
масса меди // = 63,55 • 10 кг/моль, отсюда с - 393 Дж/(моль-К).
б) Молярная масса железа // = 55,84-10 кг/моль, тогда
с - 448 Дж/(моль-К). в) Молярная масса алюминия
// = 26,98 • КГ3 кг/моль, тогда с = 927 Дж/(моль-К).
8.5. Пользуясь законом Дюлонга и Пти, найти, из какого
материала сделан металлический шарик массой т - 0,025 кг.
если известно, что для его нагревания от г, = 10° С до t2 =30° С
потребовалось затратить количество теплоты Q = 117 Дж.
Решение:
Затраченное количество теплоты можно найти по формуле
О = тс(Т7 -Т{). Согласно закону Дюлонга и Пти молярная
теплоемкость C&3R. Молярная и удельная теплоемкости
С 3R _
связаны соотношением С = //с, откуда с = — = —. Тогда
гл 3R(t т\ 3/иЯG;-7;) п
Q = /;/ — G, - 7, j, откуда // = ^-= —. Подставив чис-
М ' Q
ловые данные, найдем //= 0,107 кг/моль, следовательно,
шарик сделан из серебра.
8.6. Пользуясь законом Дюлопга и Пти, найти, во сколько p;i?
удельная теплоемкость алюминия больше удельной теплоем-
теплоемкости платины.
396

Решение:
Удельная теплоемкость всех химически простых твердых
/ п ., 3R с, ц^
тел (см. задачу 8.4) с = —, тогда -L = ?1 = 7,23 .
8.7. Свинцовая пуля, летящая со скоростью v = 400 м/с,
ударяется о стенку и входит в нее. Считая, что 10% кине-
кинетической энергии пули идет на ее нагревание, найти, на сколько
градусов нагрелась пуля. Удельную теплоемкость свинца найти
по закону Дюлонга и Пти.
Решение:
Кинетическая энергия пули WK = . Количество тепла,
полученное пулей, Q = стЬТ. Удельная теплоемкость всех
37?
химически простых твердых тел (см. задачу 8.4) с- —,
М
тогда Q = . Согласно закону сохранения энергии
М
_ 3RmAT rjmv1
Q-t]WKi тогда = , откуда изменение темпе-
ратуры
6R
8.8. Пластинки из меди (толщиной dx = 9 мм) и железа
(толщиной d2 = 3 мм) сложены вместе. Внешняя поверхность
медной пластинки поддерживается при температуре /, = 50° С,
внешняя поверхность железной — при температуре /2 = 0° С.
Найти температуру / поверхности их соприкосновения. Пло-
Площадь пластинок велика по сравнению с тблщиной.
397

Решение:
Количество теплоты, прошедшее через сложенные вместе
медную и железную пластинки, определяется формулой
О - Я, 5Г = ?п Sr, откуда температч . )а
/Lt]d1 + X-,t-)dx . . .. _
поверхности соприкосновения / = ' ' ±-±-J- = 34,5 С.
Xxd2 Xd
8.9. Наружная поверхность стены имеет температуру
t{ =-20° С, внутренняя — температуру /2=20°С. Толщина
стены ^/ = 40 см. Найти теплопроводность Л материала стены,
если через единицу ее поверхности за время г = 1ч проходит
количество теплоты Q - 460,5 кДж/м2.
Решение:
Количество теплоты Q, переносимое вследствие теп-
теплопроводности за время Аг, определяется формулой
А ГП А Г7~1
Q = A, = А5'Аг, где — градиент температуры в
Ах Ах
направлении, перпендикулярном площадке AS, Л —
теплопроводность. В нашем случае AT = T2-Tl, Ax = d,
AS = \м2 и Аг = г, тогда Q = — ~—. Отсюда тепло-
d
проводность л =¦-,———г-= 1,28Вт/(м-К).
[Т2 - Т{ )т
8.10. Какое количество теплоты О теряет за время г = 1мпн
комната с площадью пола 5 = 20 м2 ы высотой h = 3м через
четыре кирпичные стены? Температура в комнате г, =15° С,
температура наружного воздуха Г2=-2О°С. Теплопроводно->ь
кирпича Л =0.84Вт/(м-К). Толщина стен ^/ = 50 см. Потерями
тепла через пол и потолок пренебречь.
398

решение:
В первом приближении комнату можно считать
квадратной, тогда площадь боковых стен AS - Aah, где
a = yS , следовательно, AS = 4^Sh. Количество тепла,
потерянное комнатой за время г (см. задачу 8.9), равно
8.11. Один конец железного стержня поддерживается при
температуре t{ = 100° С, другой упирается в лед. Длина стержня
/ = 14 см, площадь поперечного сечения 5 = 2 см2. Найти коли-
количество теплоты От, протекающее в единицу времени вдоль
стержня. Какая масса т льда растает за время г =40 мин?
Потерями тепла через стенки пренебречь.
Решение:
Количество теплоты, протекающее в единицу времени
о [т —т* \р s1
вдоль стержня, Qr = — = ~ ^J^- = 8,38 Дж/с. Т. к. по
Ат I
условию потерями тепла через стенки можно пренебречь,
то по закону сохранения энергии QTr = qm, откуда
8.12. Площадь поперечного сечения медного стержня
S = 10 см2, длина стержня / = 50 см. Разность температур на кон-
концах стержня AT = 15 К. Какое количество теплоты Qr проходит
в единицу времени через стержень? Потерями тепла пренебречь.
Решение:
Количество тепла, проходящее за единицу времени через
стержень (см. задачу 8.11), QT = = 11,7 Дж/с.
399

8.13. На плите стоит алюминиевая кастрюля диаметром
D = 15 см, наполненная водой. Вода кипит, и при этом за время
г = 1мин образуется масса т = 300г водяного пара. Найти
температуру t внешней поверхности дна кастрюли, если тол-
шина его d = 2 мм. Потерями тепла пренебречь.
Решение:
Количество тепла, которое поучает кастрюля за время г,
п (ГrjASr
q - л. ы х. к. по условию потерями тепла можно
d
пренебречь, то Q = гт, тогда по закону сохранения энер-
(/-rJ/LSr
гии — = 77?/. Отсюда, с учетом того, что площадь
d
дна кастрюли S = , температура внешней поверхности
4
Adrm , Л „ _
дна кастрюли t = — + tK = 106 С.
8.14. Металлический цилиндрический сосуд радиусом
R = 9 см наполнен льдом при температуре /, = 0° С. Сосуд
теплоизолирован слоем пробки толщиной d = 1 см. Через какое
время г весь лед, находящийся в сосуде, растает, если темпе-
температура наружного воздуха t2 =25° С? Считать, что обмен тепла
происходит только через боковую поверхность сосуда средним
радиусом Rq - 9,5 см.
Решение:
Объем сосуда V ~ nFrh, где h — высота сосуда, тогда
масса льда в сосуде m- pV - pnFi'h. Количество теача,
необходимое для расплавления всего льда в сосуде
Q = qm = qp7rR2h. Т.к. по условию теплообмен идет
только через боковую поверхность, то ее площадь
Д? = 2т%к, тогда количество тепла, проходящее через
400

^ (/<,-Г,)Л2я/?лЛг ^
боковую поверхность за время г : Q = ——- —. По
d
закону сохранения энергии qpR~ =—ь=—Li—:2_5 откуда
d
qpR2d
т - "-— = 28,6 часов.
2()ЯЛ
8.15. Какую силу F надо приложить к концам' стального
стержня с площадью поперечного сечения 5 = 10 см2, чтобы не
дать ему расшириться при нагревании от /0 = 0° С до / = 30° С?
Решение:
Чтобы стержень не удлинялся при нагревании, его нужно
м _ AIES
сжимать с силой F (I), где Е — модуль Юнга,
'о
А/=/-/о -loat — B) — изменение длины стержня при
нагревании. Подставляя B) в A), найдем F = ESat - 71 кН.
8.16. К стальной проволоке радиусом г = 1 мм подвешен груз.
Под действием этого груза проволока получила такое же удли-
удлинение, как при нагревании на А/ = 20° С. Найти массу //? груза.
Решение:
При повышении температуры длина твердых тел
возрастает, в первом приближении, линейно с
температурой: /=^A + ^), где / и /0 —длина стержня
соответственно при температуре t и t0. Тогда относитель-
относительное удлинение ~ = — = с/Д/. откуда Al-IaAt —A).
где а — температурный коэффициент линейного расши-
рения. С другой стороны, по закону Гука — = •?- = ——
где S = 7rR2 — площадь поверхностного сечения прово
14-3268 401

локи, Е — модуль Юнга, тогда А/ =—^ B)- Прирав-
kR'E
нивая левые части уравнений A) и B), получим
. mg mEaAt ..
аЫ - —~-, откуда масса стержня т = = 15 кг.
кг'Е g
8.17. Медная проволока натянута горячей при температуре
/,=150° С между двумя прочными неподвижными стенками.
При какой температуре /,, остывая, разорвется проволока? Счи-
Считать, что закон Гука справедлив вплоть до разрыва проволоки.
Решение:
Длина проволоки при температуре t{ и л, соответственно
равна /j = /0(l + atx) и U_ - /0 (l + at2). При остыван{1н
проволока укоротится на A/ -l\-U_ =ha^\ ~h) — 0)> гДе
а — температурный коэффициент линейного расширения.
Проволока разорвется, если —> "юх — B), где Е —
'о Е
модуль Юнга, рпшх — предел прочности меди. В предель-
предельном случае из A) и B) имеем a(t} -12) - "iax , откуда
Е
oE
8.18. При нагревании некоторого металла от /0=0°С до
f = 500° С его плотность уменьшается в 1,027 раза. Найти для
этого металла коэффициент линейного расширения а. считая
его постоянным к данном интервале температур.
Решение:
Плотность металла при температуре t равна р~т/У -
тогда его плотность при температуре /0 равна р0 =т/1\,-
Относительное изменение объема металла при нагревании
402

m m
AV_V~V0_p po_Pi)-p AV_p0
— , или — 1 — v * /•
v0 v0 J!L p v0 p
A
AV
С другой стороны, = ЬАТ, где b — температурный
М)
коэффициент объемного расширения. Т. к. металл изо-
изотропный, то температурный коэффициент линейного
расширения а = —, тогда = 3a(t~t0) — B). Прирав-
3 Vo
нивая в выражениях A) и B) правые части, имеем
—-1 = 3a(t-to)i откуда температурный коэффициент ли-
Р
- , ч = 1,8 • 10~5 К.
3()
нейного расширения а
8.19. Какую длину /0 должны иметь при температуре
^0 = 0° С стальной и медный стержни, чтобы при любой темпе-
температуре стальной стержень был длиннее медного на А/ = 5 см?
Решение:
Для любой температуры длина стального стержня равна
ll=l0l(\+alt) = l0l+l0lalt — A), медного стержня —
h - ki 0 + аг1) ~ hi +^o2a2f — Р)- По условию /, -/2 =Д/,
/0, -/02 = Д/ — C). Решая совместно A) — C), получим
a\h\ ~ aihi — D)- Из уравнений C) и D) найдем дли-
длины обоих стержней при /0 = 0° С: /0, = — = 11 см,
а2-ах
/01 =/02 + Д/ = 16см.
8.20. На нагревание медной болванки массой m -1 кг, нахо-
находящейся при температуре t0 = 0° С, затрачено количество тепло-
403

ты О - 138,2 кДж. Во сколько раз при этом увеличился ее объем?
Удельную теплоемкость меди найти по закону Дюлонга и Птп.
Решение:
Относительное изменение объема металла при нагревании
от температуры t0 до температуры t (см. задачу 8.18)
AV / ч V ( \
= 3a{t-tQ)9 откуда — = 3o{t-t0)+l —A). Количество
тепла, израсходованное на нагревание болванки
Q = cm\t -/0), где с — удельная теплоемкость меди,
которая по закону Дюлонга и Пти равна с = —, где // —
М
_ _ 2>Rm / \
молярная масса меди. Тогда Q- ^-^oj» откуда раз-
М
ность температур t-tQ= . После подстановки послед-
3^/;/
него выражения в уравнение A) окончательно имеем
Vo Rm
o
8.21. При растяжении медной проволоки, поперечное сечение
которой S -1,5 мм2, начало остаточной деформации наблюда-
наблюдалось при нагрузке F = 44,1 Н. Каков предел упругости р мате-
материала проволоки?
Решение:
Пределом упругости называется минимальное давление,
при котором тело, после снятия нагрузки, уже не способно
вернуться из деформированного состояния в
первоначальное. По определению давления найдем
р ,= —= 29,4МПа.
S
8.22. Каким должен быть предельный диаметр d стального
троса, чтобы он выдержал нагрузку F = 9,8 кН?
404

Решение:
Чтобы трос выдержал данную нагрузку, необходимо
F /2
выполнение условия: —^Р1пах, где S = — площадь
поперечного сечения троса, ртах = 785 МПа — предел
AF
прочности стали. В предельном случае —Т~Ртах, откуда
ж/
яр,
8.23. Найти длину / медной проволоки, которая, будучи под-
подвешена вертикально, начинает рваться под действием собствен-
собственной силы тяжести.
Решение:
Чтобы проволока начала рваться, необходимо выполнение
тя, Т, _,,
условия: —— > ртах, где т = pV = pSl — масса проволоки,
Ртах ~ 245 МПа — предел прочности меди. В предельном
случае pgl = ртах, откуда / = —— = 2,9 км.
Pg
8.24. Решить предыдущую задачу для свинцовой проволоки.
Решение:
Чтобы проволока начала рваться, необходимо выполнение
1I ?
условия: —— > ртах, где т = pV = pSl — масса проволоки,
Ртах = 20 МПа — предел прочности свинца. В предельном
случае pgl = рпшх, откуда / = -^l = ] 80 м.
PS
8.25. Для измерения глубины моря с парохода спустили гирю
на стальном тросе. Какую наибольшую глубину / можно изме-
405

рить таким способом? Плотность морской воды р- Ы03кг/м"\
Массой гири по сравнению с массой троса пренебречь.
Решение.
На трос действует сила тяжести, направленная вниз, и сила
Архимеда, направленная вверх, поэтому (см. задачу 8.22)
mgs A ~Ршах' Масса троса m = P*v = P*ls> а сила
Архимеда равна весу воды, вытесненной тросом, т.е.
FA = p7gV = pTgiS. Тогда в предельном случае имеем
(рж -pT)gl = ртах, откуда / = Ртах = 11,9 км.
(Рж-PtJS
8.26. С крыши дома свешивается стальная проволока длиной
/ = 40м и диаметром d-2мм. Какую нагрузку F может
выдержать эта проволока? На сколько удлинится эта проволока,
если на ней повиснет человек массой т = 70 кг? Будет ли
наблюдаться остаточная деформация, когда человек отпустит
проволоку? Предел упругости стали р = 294 МПа.
Решение:
Чтобы проволока выдержала нагрузку, т.е. не разорвалась.
_ ning + F
необходимо выполнение условия: —— <рпшх, где
mQ = pV - plS — масса проволоки, pntax = 785 МПа — пре-
предел прочности стали. Площадь поперечного сечения про-
проволоки S = , тогда в предельном случае имеем
plxd2p + 4F
S = Ртах» откуда максимальная нагрузка, кото-
ж1~
рую выдерживает проволока: F = );<7Л"— 'У— = 2,45 кН.
4
Если на проволоке повиснет человек, то по закону Гуна
406

— = —, где ? = 216 ГПа — модуль Юнга стали,
/ Е
4m)g
— = 221 МПа — суммарное дав-
S та!
ление человека и собственного веса проволоки. Тогда
* i pi ^
удлинение проволоки А/ = ^— = 4 см. Поскольку р<рн,
Е
где ?>н=294МПа — предел прочности стали, то оста-
остаточная деформация наблюдаться не будет.
8.27. К стальной проволоке радиусом г = 1 мм подвешен груз
массой m = 100 кг. На какой наибольший угол а можно откло-
отклонить проволоку с грузом, чтобы она не разорвалась при прохож-
прохождении этим грузом положения равновесия?
Решение:
На проволоку действует сила тяжести mg и
сила упругости F. По второму закону
Ньютона в момент прохождения положения
равновесия F - mg = man, где ап —
нормальное ускорение. В стартовом
положении, при отклонении на угол а,
нормальное ускорение а„ = 0, тогда
а
F cos а - mg = 0, откуда F =
. Прово-
cos a
л ока разорвется, если —>pmaxi где S = 7tf-~ — площадь
поперечного сечения проволоки, ртах — предел проч-
прочности стали. Следовательно, в предельном случае имеем
следовательно,
2 - = Ртах> 0ТКУДа cosa=- ,
7W cos а лг ртах
наибольший угол а = arccosl
mg
\яг2Р*„
= 75,5°.
407

8.28. К железной проволоке длиной / = 50 см и диаметром
d = 1 мм привязана гиря <массой /// = 1 кг. С какой частотой п
можно равномерно вращать в вертикальной плоскости такую
проволоку с грузом, чтобы она не разорвалась?
Решение:
Проволока будет максимально удлиняться в край-
. нем нижнем положении, т.е. сила тяжести в любой
точке всегда направлена вертикально вниз. Следо-
вательно, для крайнего нижнего положения по вто-
F
рому закону Ньютона имеем F-mg = man — A),
где ап = — — нормальное ускорение. Линейная
скорость вращения гири v = = 21тг, где Т и п
соответственно период и частота вращения гири, тогда
нормальное ускорение ап - 41 я2п2 — B). Из уравнений A)
и B) сила упругости проволоки F = w[g + 41 я2 ?i2). Чтобы
проволока не разорвалась, необходимо, чтобы —<ртах,
о
4m(g + 4я2п21)
или, в предельном случае, —^—-2 L = Pmax> откуда
7td
\рттяс1~ ~4mg
частота вращения гири п = J1-^ ^ — = 3,4 Гц.
V 1 вя'1т
8.29. Однородный медный стержень длиной / = 1м равно-
равномерно вращается вокруг вертикальной оси, проходящей через
один из его концов. При какой частоте вращения стержень
разорвется?
Решение:
На стержень действует центрооежная сила F =¦ \ г со2 dm,
о
где со — угловая скорость вращения, г — расстояние от
408

элемента массы dm, до оси вращения. Для однородного
стержня dm = pSdr, где р — плотность материала
/
стержня и S — его сечение. Тогда F = co2pS\ rdr или,
и
pSco2!2 _
после интегрирования, F = - . Поскольку со = 2tdi ,
1 / F
то предельная частота вращения п = — =38 об/с.
n2S
8.30. Однородный стержень равномерно вращается вокруг
вертикальной оси, проходящей через его середину. Стержень
разрывается, когда скорость конца стержня достигает
v = 380 м/с. Найти предел прочности р материала стержня.
Плотность материала стержня р = 7,9 • 101 кг/м"\
Решение:
Центробежная сила, действующая на стержень, в данном
/
1
случае F =\rco2dm, где со —угловая скорость вращения,
о
г — расстояние от элемента массы dm до оси вращения.
Для однородного стержня dm = pSdr , где р — плотность
материала стержня и S — его сечение. Произведя
„ pSoJ!2 ..
интегрирование, получим F = — . Угловая и
о
линейная скорости вращения связаны соотношением
v = o)—9 тогда F = . Стержень разорвется, если
F
— >ртах9 тогда предел прочности материала стержня
о
409

8.31. К стальной проволоке длиной / = 1м и радиусом
г =1 мм подвесили груз массой т = 100 кг. Найти работу А рас-
растяжения проволоки.
Решение:
Согласно закону Гука относительное удлинение
А/ * F г- SE А7 /1Ч „
-г = <Фп = тг-7Г' 0ТКУДа F =—M — A). Для сил упру-
гости имеем F = АЛ/. Тогда коэффициент упругости
t ж г* - л / (А/J se(aiJ
к-—. Отсюда работа А-к-—— = —*—~ — B).
I 2 2/ V
Поскольку растягивающая сила F = mg, то из A)
Л/ = —~, где S = тл. Тогда из B) А = —~—. Подставяяя
числовые данные, получим А - 0,706 Дж.
8.32. Из резинового шнура длиной / = 42 см и радиусом
г = 3 мм сделана рогатка. Мальчик, стреляя из рогатки, растянул
резиновый шнур на А/ = 20 см. Найти модуль Юнга для этоГг
резины, если известно, что камень массой т = 0,02 кг, пущенный
из рогатки, полетел со скоростью v = 20 м/с. Изменением сече-
сечения шнура при растяжении пренебречь.
Решение:
По закону сохранения энергии потенциальная энергия
упругого взаимодействия переходит в кинетическую
энергию камня, т.е. Wn - JVK. Потенциальная энергия
.„ р{ы)
упругого взаимодействия Wn =•?-*—'—, а кинетическая
энергия камня WK , тогда ——— = . Отсюда
2 2 2
коэффициент жесткости резины р = -—-^» тогда по закону
(А/У
410

/77 V
/77 V ~
Гука сила упругости резины F = /?А/ = . Предел упру-
А/
А/
2
гости /;н = — = —=5 (I). С другой стороны, из закона
о m-'Al
=5
о m-'Al
Гука — = —?-, предел упругости резины ри = B).
IE I
Приравняем правые части уравнений A) и B), тогда
/77 V2 ЕА1 т^
—5— = ~г~> откуда модуль Юнга резины равен
тгг~А1 /
2т
?= mv \ =2,91 МПа.
2(А/J
8.33. Имеется резиновый шланг длиной / = 50 см и внутрен-
внутренним диаметром d{ = 1 см. Шланг натянули так, что его длина ста-
стала на А/ = 10 см больше. Найти внутренний диаметр d2 натяну-
натянутого шланга, если коэффициент Пуассона для резины а = 0,5 .
Решение:
При растяжении внутренний диаметр шланга уменьшится
на Ad = Д/, —. Согласно закону Гука — = арн -а —,
Ъ /о
откуда — = —. Тогда Ad = pa, = —!—. Поскольку
S al all
d2-d^-Ad, следовательно, d2 - dx 1 = 9 • 10~3 м.
8.34. На рис. АВ — железная проволока, CD — медная про-
проволока такой же длины и с таким же поперечным сечением,
BD— стержень длиной / = 80 см. На стержень подвесили груз
массой т - 2 кг. На каком расстоянии х от точки В надо его
подвесить, чтобы стержень остался горизонтальным?
411

Решение:
Чтобы стержень остался гори-
С зонтальным, необходимо, чтобы
моменты сил упругости Fx и F2
F2 относительно точки подвеса
?) груза были равны по величине,
F
В
т.е. Flx = F2(l-x) — A). Из
I -* закона Гука — = —. При
равных длинах и деформациях
железной и медной проволоки имеем ^- - -^-, где Ех и
Ех Е2
Е2 — модули Юнга соответственно железа и меди. Т. к,
площади поперечных сечений железной и медной
v F F F
проволоки равны, то -^-L = —1- или —]-=—L — A). Из
1-х Е
уравнений A) и B) имеем = —-, откуда расстояние
х ЕУ
8.35. Найти момент пары сил Л/ , необходимый для закручи-
закручивания проволоки длиной / = 10 см и радиусом г = 0,1 мм на угол
<р - 10'. Модуль сдвига материала проволоки /V = 4,9 • 1010 Па.
Решение:
Для закручивания проволоки на некоторый угол (р необ-
необходимо приложить момент пары сил, называемый закручи-
вающим моментом М = ср, где / — длина прово-
проволоки, г — радиус ее сечения, ср — угол поворота, измеря-
412

емый в радианах. Для перевода угла (р в радианную меру
V-60',
решим две пропорции: если
то ,y = 0,167°; если
180°-,т
(в радианах), то х = 0,003 рад. Произведя вы-
[0,167°-.v
числения, получим М = 2,26 • 10~7 Н-м.
8.36. Зеркальце гальванометра подвешено на проволоке дли-
длиной / = 10см и диаметром d-0,01мм. Найти закручивающий
момент М , соответствующий отклонению зайчика на величину
а = 1 мм по шкале, удаленной на расстояние L = 1 м от зеркальца.
Модуль сдвига материала проволоки N = 4 • 1О10 Па.
Решение:
Имеем М-
. При повороте зер-
кальца гальванометра на угол (р
отраженный луч повернется на угол 2<р,
при этом tg2(p- — . Поскольку угол (р
мал, то tg(p «<р, следовательно, ^? =
а
—
2.L
Тогда Af =
= 1,96-10 Н-м.
8.37. Найти потенциальную энергию W проволоки длиной
/ = 5 см и диаметром d = 0,04 мм, закрученной на угол д> = 10'.
Модуль сдвига материала проволоки N = 5,9 • 1010 Па.
Решение:
При повороте проволоки на угол dq> совершается работа
dA - Mdcp, где М— закручивающий момент. За счет этой
413

работы закрученная проволока приобретает потенци-
потенциальную энергию W. Поскольку закручивающий момент
. . 7iNrA<p TiNr4 r 7zNr4<p2
М = , то W = А- I <ра<р z—. Подставляя
числовые данные, получим W = 1,25 • 10~12 Дж.
8.38. При протекании электрического тока через обмотку
гальванометра на его рамку с укрепленным на ней зеркальцем
действует закручивающий момент М = 2-10~13Н-м. Рамка при
этом поворачивается на малый угол q>. На это закручивание
идет работа А = 8,7-1 (Г16 Дж. На какое расстояние а перемес-
переместится зайчик от зеркальца по шкале, удаленной на расстояние
L = 1 м от гальванометра?
Решение:
При повороте рамки на угол dtp совершается работа пары
сил 2dA = Mdq>, где М — закручивающий момент. Тогда
полная работа 2A-\Md(p~M(p, откуда (р-— — A).
о
Перемещение зайчика по шкале равно длине дуги
окружности радиусом R = l, соответствующей углу ср,
тогда а ~ L • tg2<p « L • 2ср, т. к. по условию угол <р —
ALA
малый. Тогда, с учетом A), о = = 17,4 мм.
М
8.39. Найти коэффициент Пуассона а, при котором объем
проволоки при растяжении не меняется.
Решение:
Первоначальный объем проволоки Vx~Sl~m'~i. После
растяжения ее объем стал У2 = я(г - АгJ (/ + А/). Поскольк>
414

объем при растяжении не изменился, то
яг2/ = ти{г -Arf (/ + Л/); яг2/ = ,т(г: - 2гАг + Аг2)(/ + А/).
Величиной Аг2 можно пренебречь, тогда, раскрывая
скобки, получим г2/ = г2!-2гАг! + г2А!-irArAl. Отсюда,
пренебрегая величиной 2гАгА1, получим = —. Коэф-
гА1 2
Р Дг/
фициепт Пуассона а - — = , следовательно, а = 0.5 .
а гА1
8.40. Найти относительное изменение плотности цилин-
цилиндрического медного стержня при сжатии его давлением
рн = 9.8 • 107 Па. Коэффициент Пуассона для меди а = 0,34 .
Решение:
Плотность несжатого стержня рх = —, где перво-
начальный объем V. = SI = тщ11. Плотность сжатого
т
стержня р2 = —, где Vz = к(г + АгJ(/~ Д/). Тогда изме-
нение плотности Ар-рг-рх ; Ар = пп —
Т. к. изменение объема очень мало, то можно принять
_ . mAV Ар AV
приближенно Vy=V. . Тогда Ар —- и = .
К р, К
Изменение объема равно AV =7П-2/ -тт(г + Arf(l- A/).
Преобразуя данное выражение, получим AV = m*2l-
-л-[(г2+ 2гД/' +Ar2j(/-A/)J. Величиной Аг2 можно
пренебречь, ввиду ее малости, тогда AV =яг~1-7гх
415

х (г2/ + 2rA>7 - г А! - 2гАгА/); А V = тл1 - тл1
f, 2Ar A/ 2ArAl) т% 2Д/-Д/
x 1+ . Величина очень мала, ею
V г I /7 ) rJ
,/Д/ 2 А/Л
также можно пренеоречь, тогда АУ-тщ\ ;
ЛТ/ 2 М( 2Ы) , А/-/
АК = Л7* /— 1 . Поскольку яг/ = V], а = сг, то
последнюю формулу можно записать так:
т. А/л о \ о Ар
= V{—(l-2crj. Отсюда отношение ?
Pi ^i
= — (l-2crj. По закону Гука — = —, где Е — модуль
/ IE
Юнга, для меди ? = П8ГПа. Тогда — = — (\-2cr).
Рх Е
Подставляя числовые данные, получим —— = 0,027 %.
А
8.41. Железная проволока длиной / = 5м висит вертикально.
На сколько изменится объем проволоки, если к ней привязать
гирю массой ш = 10кг? Коэффициент Пуассона для железа
о- = 0,3 .
Решение:
Первоначальный объем проволоки V}= S/ = л?*2/. После
того как к ней привязали гирю, проволока вытянулась и ее
объем стал V2 = я(г - АгJ(/ + А/). Изменение объема
А V = тт{г - Arf (/ + А/) - 7П'21. Преобразуя данное
выражение, получим АV = ;г[(г2 - 2/*А/4 + А/*2д/ + A/)J-яг2/.
Величиной Аг2 можно пренебречь, ввиду ее малости,
тогда АV = 7r\i'~l - 2/-А/7 + г2А! + 2rArAlj- m*21;
416

,/ 2Дг А/ 2Д/-ДЛ ?| _ 2ЛгЛ/
AV-m-'l I +— + -Я7'7. Величина
I, г I /•/ ) г/
очень мала, ею также можно пренебречь, следовательно,
,/Д/ 2Д/Л А1. .Д/Г 2Д;/^ _
д V = т'-к или Д V - mi— 1 . Посколь-
\\ г ) l{ /-Д/ )
-/ г/ ^
ку яг7 = К(, а = <т , то последнюю формулу можно
7'Д/
записать так: AV = V]—(l-2cr). По закону Гука —= —,
где Е — модуль Юнга, для железа ? = 196ГПа.
Нормальное напряжение равно Р. = —, где растягивающая
сила F = mg. Тогда AV =^
{)
SE Е
Подставляя числовые данные, получим AV = 1 мм .

Приложение
1. Множители для образования десятичных кратных
и дольных единиц
Наименование
экса
гета
тера.
гига
мега
кило
гекто
дека
деци
санти
МИЛЛИ
микро
нано
пи ко
фемто
атто
Множитель
1018
1015
1012
ю9
106
103
ю2
10
ю-1
ю-2
10°
10'6
ю-9
ю-12
ю-15
10-18
Русское
обозначение
Э
п
т
г
м
к
г
да
д
с
м
мк
Н
П
Ф
А
Международное
обозначение
Е
Р
Т
G
М
к
h
da
d
с
m
И
n
Р
f
а
2. График зависимости индукции В от напряженности Н
магнитного поля для некоторого сорта железа
1,5
1
0,5
В,Тл
/
\
¦
. -
1 -
— '
А/м
12 3 4 5 6 7 8
418

3. Фундаментальные физические константы
Абсолютный 0 температуры
Атомная единица массы
Гравитационная постоянная
Заряд а-частицы
Комптоновская длина волны
электрона
Магнитная постоянная
Магнитный момент протона
Магнитный момент электрона
Масса а-частицы
Масса покоя нейтрона
Масса покоя протона
Масса покоя электрона
Молярная газовая постоянная
Молярный объем идеальн. газа
при норм. усл.
Норм, ускорение св. Падения
Нормальные условия:
атмосферное давление
температура
Постоянная Авогадро
Постоянная Больцмана
Постоянная Вина
Постоянная Планка
Постоянная Стефана —
Больцмана
Постоянная Фарадея
Скорость света в вакууме
Универсальная газовая пост.
Элементарный заряд
t = -273,15°C
1а.е.м. = 1,6605655-Ю7 кг
G = 6,672-10 'Н-м2/кг2
Ч = 2е = 3,204-10"|9Кл
А-с- 2,43-10 м
Ио= 12,5663706144-10'7Гн/м
Цр=1,4106171-10бДжЛГл
• це = 9,28483-104 Дж/Тл
та = 6,644-10'27 кг
тп= 1,6749543-Ю-27 кг
тр= 1,6726485-107 кг
те=9,109534-10-31кг
R = 8,31441 Дж/(моль-К)
У0=22,41383-10*3м3/моль
g = 9,81м/с2
ро= 101325 Н/м2
Т = 273 К
ЫА=6,022045-1023моль
к =1,380662-103Дж/К
b = 2,90-10'3 м-К
h = 6,626176-104 Дж-с
а = 5,67-10"8Вт/(м2-К4)
F = 96,48456-103 Кл/моль
с = 2,99792458-108 м/с
R = 8,314 Дж/(К-моль)
е=1,6021892-10-19Кл

4. Некоторые данные о планетах солнечной системы
Среднее расстояние
от Солнца, млн. км
Период обращения вокруг
Солнца, земной год
Экваториальный диаметр,
км
Объем по отношению
к объему Земли
Масса по отношению
к массе Земли
Ускорение свободного
падения по отношению к
ускорению на поверхности
Земли(§=9,80665 м/с2)
Меркурий
57,91
0,24
4840
0,055
0,054
0,38
Венера
108,21
0,62
12400
0,92
0,81
0,85
Земля
149,59
1
12742
1
1
1
Марс
227,94
1,88
6780
0,15
0,107
0,38
Юпитер
778,3
11,86
139760
1345
318,4
2,64
Сатурн
1429,3
29,46
115100
767
95,2
1,17
Уран
2875,03
84,02
51000
73,5
14,58
0,92
Нептун
4504,4
164,8
50000
59,5
17,26
1,14
Плутон
5900
249,7
—
—
—
—

5. Астрономические постоянные
Радиус Земли
Средняя плотность Земли
Масса Земли
Радиус Солнца
Масса Солнца
Радиус Луны
Масса Луны
Среднее расстояние до Луны
Среднее расстояние до Солнца
Период обращения Луны вокруг Земли
Средняя плотность Солнца
6,378164-106 м
5,518-103кг/м3
5,976-1024 кг
6,9599-108 м
1,989-1030 кг
],737-10бм
7,35-1022 кг
3,844-108м
1,49598-10пм
27 сут 7 ч 43 мин
1,4Ы03кг/м3
6. Диаметры атомов и молекул, им
Гелий
Водород
0,20
0,23
Кислород
Азот
0,30
0,30
7. Критические значения Тк ирк
Вещество
Водяной пар
Углекислый газ
Кислород
Аргон
гк.к
647
304
154
151
рк, МПа
22,0
7,38
5,07
4,87
Вещество
Азот
Водород
Гелий
гк.к
126
33
5,2
Рк. МПа
3,4
1,3
0,23
421

8. Давление водяного пара, насыщающего пространство
при разных температурах
/,°С
_<;
0
1
2
3
4
5
6
7
Л,, Па
400
609
656
704
757
811
870
932
1025
8
9
10
12
14
16
20
25
30
Рп, Па
1070
1145
1225
1396
1596
1809
2328
3165
4229
/,°С
40
50
60
70
80
90
100
150
200
Р« ? Па
7335
12302
19807
31122
47215
69958
101080
486240
1549890
9. Удельная теплота парообразования воды
при разных температурах
Л°С
0
10
20
30
50
70
90
100
120
R, 105Дж/кг
25,0
24,7
24,5
24,0
23,8
23,2
22,8
22,6
22,0
180
200
220
250
300
350
370
374
374,15
г, Ю5Дж/кг
20,1
19,4
18,6
17,0
14,0
8,92
4,40
1,1
0
422

10. Свойства некоторых жидкостей (при 20°С)
Вещество
Бензол
Вода
Глицерин
Кастор, масло
Керосин
Ртуть
Спирт
Плотность, 103
кг/м3
0,88
1,00
1,20
0,90
0,80
13,60
0,79
Удельная
теплоемкость,
Дж/(кг-К)
1720
4190
2430
1800
2140
138
2510
Поверхностное
натяжение, Н/м
0,03
0,073
0,064
0,035
0,03
0,5
0,02
11. Свойства некоторых твердых тел
s
о
I
о
CQ
Алюминий
Железо
Латунь
Лед
Медь
Олово
Платина
Пробка
Свинец
Серебро
Сталь
Цинк
го
сть, 10:
о
я
!лот
с
2,6
7,9
8,4
0,9
8,6
7,2
21,4
0,2
11,3
10,5
7,7
7,0
1ИЯ,
о
е;
со
03
атура п
о.
емп
Ь- о
659
1530
900
0
1100
232
1770
—
327
960
1300
420
А
О
2й
z
о
о
аятепл
К)
Я С.
if
896
500
386
2100
395
230
117
2050
126
234
460
391
а ^
О *ё
5 g
| |
>> с
322
272
—
335
176
58,6
ИЗ
—
22,6
88
—
117
ЮГО
ж "Г
о !^
атурны
i циептJ
ения, 1
с s о.
о -е- s
е «• а
3 3 3
Е- 2* О.
2,3
1,2
1,9
—
1,6
2,7
0,89
—
2,9
1,9
1,06
2,9
423

12. Свойства упругости некоторых твердых тел
Вещество
Алюминий
Железо
Медь
Свинец
Серебро
Сталь
Предел прочности, МПа
ПО
294
245
20
290
785
Модуль Юнга, ГПа
69
196
118
15,7
74
216
13. Теплопроводность некоторых твердых тел, Ваг/(мК)
Алюминий
Войлок
Железо
Кварц плавлен.
Медь
210
0,046
58,7
1,37
390
Песок сухой
Пробка
Серебро
Эбонит
0,325
0,050
460
0,174
14. Диэлектрическая проницаемость
диэлектриков
Воск
Вода
Керосин
Масло
7,8
81
2
5
Парафин
Слюда
Стекло
Фарфор
2
6
6
6
Эбонит
Парафинир. бумага
2,6
2
424

15. Удельное сопротивление проводников
(при 0°С), мкОм-м
Алюминий
Графит
Железо
Медь
0,025
0,039
0,087
0,017
Нихром
Ртуть
Свинец
Сталь
1,00
0,94
0,22
0,10
16. Подвижности ионов в электролитах,
I0"8 м2/(Вс)
NO"
Н +
К+
6,4
32,6
6,7
CI"
Ag+
6,8
5,6
17. Работа выхода электронов
из металла, эВ
W
W+Cs
W+Th
Pt+Cs
Pt
4,5
1,6
2,63
1,40
5,3
Ag
Li
Na
k
Cs
4,74
2,4
2,3
2,0
425

18. Показатели преломления
Алмаз
Вода
Лед
2,42
1,33
1,31
Сероуглерод
Скипидар
Стекло
1,63
1,48
1,5 — 1,9
19. Длина волны, определяющая границу
/Г-серии рентгеновских лучей
для различных материалов антикатода, пм
Вольфрам
Золото
Медь
17,8
15,3
138
Платина
Серебро
15,8
48,4
20. Спектральные линии ртутной дуги, нм
253,7
365,0
365,5
.404,7
435,8
523,5
546,1
577,0
579,1
612,8
690,8
708,2
426

21. Массы некоторых изотопов, а.е.м.
Изотоп
!н
,2н
5 Не
jLi
jLi
,7Ве
>
Масса
1,00783
2,01410
3,01605
3,01603
4,00260
6,01512
7,01600
7,01693
8,00531
Изотоп
'°Ве
?с
"N
"N
"Mg
SMg
SMg
Масса
9,01218
10,01294
12,0
13,00574
14,00307
16,99913
22,99413
23,98504
26,98154
Изотоп
ЗОо-
14 O1
20 иа
27 С°
63 Си
29 V-U
112 Cd
48 ^U
200 Не
80 ПЬ
235 у
92 U
238 у
92 U
Масса
29,97377
39,9625.7
55,93984
62,92960
111,90276
199,96832
235,04393
238,05353
22. Периоды полураспада некоторых радиоактивных
элементов
45 Гя
2Q ьа
38 ОГ
210Ро
84 ГО
222п
86 КП
164 сут
28 лет
138 сут
3,82 сут
226 Ra
88 i^a
235 у
92
238 у
92 U
1590 лет
7,Ы08лет
4,5-109 лет
427

Периодическая система
1
1
2
3
4
5
6
7
Ряд
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
Группы
I
Н i
1.0079
Водород
Li з
6.941
Липни
Na "
22.98977
Натрий
К 19
39.098
Копий
29 CU
63.546
Медь
Rb 37
85.47
Рубидий
47 Ag
107.868
Серебро
CS 55
132.905
Цезий
79 AU
196.96)
Золото
Fr s?
B23)
Франций
II
III
IF
V
Be ^
9.01218
Бериллий
Mg i2
24.305
Магнии
Са 20
40.08
Кшьций
Zn зо
65.37
Цинк
Sr 38
87.62
Стронций
<* Cd
,112.40
Кадмий
Ва 56
137.34
Барий
80 Eg
200.59
Ртуть
Ra ss
B26)
Радий
В 5
10.81
Бор
А1 13
26.98154
Алюминий
21 SC
44.9559
Сксндий
Ua 31
69.72
Гаший
39 Y
88.905
Иттрий
1П 49
11182
Индий
"* La
138.91
Лентан
Т1 и
204.37
Таллий
89»АС
B27)
А ктиний
С б
12.011
Углерод
Si i4
28.086
Кремний
22 Ti
47.90
Tunm
(Je 32
72.59
Германий
40_ 2Г
91.22
Цирконий
Sn so
118.69
Олово
72 Hf
178.49
Гафний
РЬ *2
207.19
Свинец
KU ">4
B60)
Курчатовий
N 7
14.0067
Азот
Р 15
30.97376
Фосфор
23 V
50.942
Ванадий
As зз
74.92
Мышьяк
41 Nb
92.906
Ниобий
Sb 51
121.75
Сурьма
73 Та
180.95
Тснтшя
Bi ^3
208.98
Висмут
* Лантаноиды
5* Се
140.12
Церий
59 fr
140.91
Празеодим
i
60 Hd
144.24
Неодим
61 рщ
A45)
Прометий
62 Sm
150.35
Сачсрий
« Ей
151.96
Европий
« Gd
157.25
Гадолиний
** Актиноиды
90 Tk
232.038
Торий
9i Pa
B31)
Протактиний
92 U
238.03
Урсн
93 Np
B37)
Нептуний
94 Ри
B42)
Плутоний
1
95 Am
B43)
Америций
96 Cm
B47)
Кюрий
429

элементов Д. И. Менделеева
элементов
VI
vn
VIU
0 *
15.9994
Кислород
S 1*
32.06
Сера
24 СГ
51.996
Хром
Se 34
78.96
Селен
42 МО
95.94
Молибден
Те и
127.60
Теллур
74 W
183.85
Вольфрам
РО *4
B10)
Полоний
F 9
18.99840
Фтор
а "
35.453
Хлор
25 МП
54.938
Марганец
ВГ 35
79.90
Бром
43 ТС
(99)
Технеций
I 53
126.904
Йод
" Re
186.2
Рений
At 85
B10)
Астат
26 Fe
55.847
Железо
27 СО
58.933
Кобальт
28 Nl
58.71
Никель
44 RU
101.07
Рутений
45 Rh
102.905
Родий
46 Pd
106.4
Палладий
76 OS
190.2
Осмий
77 ft
192.2
Иридий
78 Pt
195.09
Плагина
0
Не 2
4.00260
Гелий
Ne ю
20.179
Неон
Ar >*
39.948
Аргон
Кг Зб
83.80
Криптон
Хе 34
131.30
Ксенон
Rn se
B22)
Радон
** ТЪ
158.92
Тербий
66 Цу
162.50
Диспрозий
67 Но
164.93
Гольмий
68
167.26
Эрбий
69 TU
168.93
Тулий
70 УЬ
173.04
Иттербий
i Lu
174.97
Лютеций
97 Bk
B47)
Берклий
98
B49)
99 ES
B54)
Калифорний Эйнштейний
loo Fm
B53)
Фермий
Md
B56)
Менделевий
B56)
(Нобелий)
юз Lr
B57)
Лоуренсий
429

ОГЛАВЛЕНИЕ
Предисловие 3
Глава I ФИЗИЧЕСКИЕ ОСНОВЫ МЕХАНИКИ 4
§ 1. Кинематика 4
§ 2. Динамика 43
§ 3. Вращательное движение твердых тел 146
§ 4. Механика жидкостей и газов 181
Глава II МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА И ТЕРМОДИНА-
ТЕРМОДИНАМИКА 194
§ 5. Физические основы молекулярно-кииетической
теории и термодинамики 194
§ 6. Реальные газы 331
§ 7. Насыщенные пары и жидкости 346
§ 8. Твердые тела 394
Приложение 418