Т.к. сосуд теплоизолирован, то процесс поднятия поршня адиабатный. Запишем первое начало термодинамики для процесса: `Q = DeltaU + A quad,quad Q = 0 ,quad A -` работа, совершённая газом. `DeltaU = 3/2*nu*R*DeltaT quad`, где `DeltaT = -20 K` Работа, совершённая газом идёт на увеличение потенциальной и кинетической энергии поршня: `(mV^2)/2 + mgDeltah = A = -3/2*nu*R*DeltaT => V = sqrt((-3nuRDeltaT)/m - 2gDeltah)` Ответ: `15.77` м/с
Подробности:
1) Я бы записал ответ с округлением до целого: 16 м/с, так как в исходных данных мало значащих цифр. 2) Видимо следует оговорить, что задача решается в предположении отсутствия внешнего давления на поршень (которое не дано в условии, также как не дана площадь поршня). 3) Я бы оперировал не 1-м началом термодинамики в узком смысле, а обобщенной теоремой: Изменение механической энергии системы тел равно сумме работ всех не потенциальных сил и количества тепла, поступившего в систему. В этой задаче под системой тел понимаем систему тяжелый поршень+идеальный газ. Тогда: `Delta ((mV^2)/2 + mgh+ 3/2R nu T)= -p_a S Delta h +Q`. При написании мех. энергии системы пренебрегли теплоемкостью поршня и изменением мех. энергии Ц.М газа. А далее считаем: `Q=0` - система теплоизолированна, а также, что внешнее давление отсутствует: `p_a=0`.
Последний раз редактировалось ar54 06 июн 2017, 15:19, всего редактировалось 1 раз.
Самое короткое решение написали бы ученики, проштудировавшие эту тему (в ЗФТШ или по Кванту) и знающие выражения для продольного и поперечных увеличений: Искомое продольное увеличение равно: `gamma=Gamma_1*Gamma_2=F/(d+l/2-F) *F/(d-l/2-F)=F^2/((d-F)^2-(l/2)^2)`
...Насчёт максимального заряда всё ясно,ток в цепи при максимальном заряде равен нулю,а с максимальным током сложнее выходит,мы же не можем работать с полученным значением `Q_m=2CE` ,для того,чтобы высчитать максимальный ток, как это бывает обычно.И через ЗСЭ `I_m` также не вычислить...
Нет, можно вычислить максимальный ток через ЗСЭ. После замыкания ключа начнутся колебания с периодом `T`: a) Ток в цепи будет изменяться по синусоиде, причем `I(0)=I(T/2)=0, qquad I(T/4)=I_max`; б) Протекший через ЭДС заряд `q(t)` равен площади под `I(t)`, значит `q(T/2)=Q_max, qquad q(T/4)=Q_max/2`. в) таким образом по ЗСЭ имеем (рассматривается первая четверть периода): `Q_max/2 * mathcal(E)=(L I_max^2)/2+(Q_max/2)^2/(2C)`, откуда и получаем ответ `I_max=sqrt(C/L) mathcal(E)`
Последний раз редактировалось ar54 06 июн 2017, 17:11, всего редактировалось 1 раз.
Но появилось какое-то недоразумение. Из моей формулы следует, что `mu_2 >= 0` при `m_2 >= (mu_1*m_1)/(2*tg(alpha))`. А что будет, если пластина слишком лёгкая?
UPD. Разобрался, нам просто не нужно будет трение между пластиной и стержнем, хватит силы трения с коэффициентом `mu_1`
А может при условии `tan (alpha) < 1/2 * mu_1 * m_1/m_2` стержень клинит, движения пластины нет, и полученные решения не справедливы?
Но появилось какое-то недоразумение. Из моей формулы следует, что `mu_2 >= 0` при `m_2 >= (mu_1*m_1)/(2*tg(alpha))`. А что будет, если пластина слишком лёгкая?
UPD. Разобрался, нам просто не нужно будет трение между пластиной и стержнем, хватит силы трения с коэффициентом `mu_1`
А может при условии `tan (alpha) < 1/2 * mu_1 * m_1/m_2` стержень клинит, движения пластины нет, и полученные решения не справедливы?
Да, точно... Мне стоит подумать об этом чуть получше. Спасибо за объяснение.
Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей и гости: 5
Вы не можете начинать темы Вы не можете отвечать на сообщения Вы не можете редактировать свои сообщения Вы не можете удалять свои сообщения Вы не можете добавлять вложения