Для йонізації атома Оксигену необхідна енергія 14 еВ. Якій довжині
хвилі випромінювання це відповідає?

Показать ответ

Ответ:

balatzkymaxp0a4t7

25.06.2021 22:46

Объяснение:

Дано:

Q = 0 - процесс адиабатный

m = 1 кг

t₁ = 15°C; T₁ = 273+15 = 288 K

p₁ = 1 бар = 1·10⁵ Па

p₂ = 8 бар = 8·10⁵ Па

i = 5 - число степеней свободы воздуха

M = 29·10⁻³ кг/моль - молярная масса воздуха

A - ?

V₂ - ?

T₂ - ?

Число молей воздуха:

ν = m/M = 1 / (29·10⁻³) ≈ 34,5 моль

Постоянная Пуассона:

γ = (i + 2) / i = (5+2)/5 = 7/5 = 1,4

Теплоемкость при постоянном объеме:

Cv = i·R/2 = 5·8,31/2 ≈ 20,8 Дж / К

Из уравнения Менделеева-Клапейрона:

p₁·V₁ = ν·R·T₁

Первоначальный объем воздуха:

V₁ = ν·R·T₁ / p₁ = 34,5·8,31·288 / (1·10⁵) ≈ 0,83 м³

Из уравнения Пуассона:

p·(V)^γ = const

Имеем:

p₁·(V₁)^γ = p₂·(V₂)^γ

1·0,83^(1,4) = 8·(V₂)^(1,4)

0,77 = 8·(V₂)^(1,4)

V₂ ≈ 0,19 м³

Найдем температуру:

T₁·V₁^(γ-1) = T₂·V₂^(γ-1)

288·0,83^(0,4) = T₂·0,19^(0,4)

T₂ = 288·0,928/0,515 ≈ 520 К

Работа:

A = ν·Cv·(T₁ - T₂) = 24,5·20,8·( 288 - 520) ≈ - 120 кДж

Работа имеет знак "-" , поскольку не газ совершил работу, а работа совершена над газом.

0,0(0 оценок)

Ответ:

flagmarta

12.04.2020 11:15

$L_{1} =\frac{ H \sin2\alpha\cos\beta\sin(\alpha + \beta)}{\sin(\alpha - \beta) \sin(\alpha + \beta)}}\\L_{2} =\frac{ H\sin(2\alpha) \cos\beta(\cos\alpha -\cos\beta+2\cos\beta) }{\sin(\alpha - \beta) \sin(\alpha + \beta) ) }}$

Объяснение (вычисления кропотливые, обязательно проверяйте):

У задачи два варианта решения:

1) угол броска направлен ниже линии горизонта

2) угол броска направлен выше линии горизонта

Вариант 1)

Разложим проекции скорости вначале V0 и вконце V1 полёта на оси.

$V_{0x} = V_{0} \cos\alpha \\V_{0y} = V_{0} \sin\alpha \\V_{1x} = V_{1} \cos\beta \\V_{1y} = V_{1} \sin\beta$

При этом

$V_{0x} =V_{1x} \\V_{0}\cos\alpha =V_{1}\cos\beta \\V_{1}=\frac{V_{0}\cos\alpha}{\cos\beta}$

Из закона сохранения энергии имеем

$\frac{mV_{0y}^{2} }{2} = \frac{mV_{1y}^{2} }{2} + mgH\\\frac{V_{0y}^{2} }{2} = \frac{V_{1y}^{2} }{2} + gH\\\frac{(V_{0} \sin\alpha)^{2} }{2} = \frac{(V_{1} \sin\beta )^{2 } }{2} + gH\\\frac{(V_{0} \sin\alpha)^{2} }{2} = \frac{(\frac{V_{0}\cos\alpha }{\cos\beta } \sin\beta )^{2 } }{2} + gH\\(V_{0} \sin\alpha)^{2} = (\frac{V_{0}\cos\alpha }{\cos\beta } \sin\beta )^{2 } + 2gH\\V_{0}^{2} (\sin\alpha)^{2} - V_{0}^{2}(\frac{\cos\alpha \sin\beta }{\cos\beta } )^{2 } = 2gH\\$

$V_{0}^{2}( (\sin\alpha)^{2} - (\frac{\cos\alpha \sin\beta }{\cos\beta } )^{2 }) = 2gH\\\\V_{0}^{2}( (\sin\alpha - \frac{\cos\alpha \sin\beta }{\cos\beta } )*(\sin\alpha + \frac{\cos\alpha \sin\beta }{\cos\beta } )}) = 2gH\\\\V_{0}^{2}( (\frac{\sin\alpha \cos\beta - \cos\alpha \sin\beta }{\cos\beta } )*( \frac{\sin\alpha \cos\beta +\cos\alpha \sin\beta }{\cos\beta } )}) = 2gH\\\\$

$V_{0}^{2}( (\frac{\sin\alpha \cos\beta - \cos\alpha \sin\beta }{\cos\beta } )*( \frac{\sin\alpha \cos\beta +\cos\alpha \sin\beta }{\cos\beta } )}) = 2gH\\V_{0}^{2}( (\frac{\sin(\alpha - \beta) }{\cos\beta } )*( \frac{\sin(\alpha +\beta) }{\cos\beta } )}) = 2gH\\\\V_{0}^{2} =( (\frac{\sin(\alpha - \beta) }{\cos\beta } )*( \frac{\sin(\alpha +\beta) }{\cos\beta } )}) =\frac{ 2gH \cos^{2}\beta }{\sin(\alpha - \beta) \sin(\alpha + \beta) }}$

$V_{0} =\sqrt{\frac{ 2gH \cos^{2}\beta }{\sin(\alpha - \beta) \sin(\alpha + \beta) }}}$

Теперь можно найти время полёта

$V_{1y} =V_{0y}+gt\\t=\frac{V_{1y} -V_{0y}}{g} =\frac{\frac{V_{0y}\cos\alpha }{\cos\beta } -V_{0y}}{g}=V_{0y}\frac{\cos\alpha -\cos\beta} {g\cos\beta}=V_{0}\frac{\sin\alpha (\cos\alpha -\cos\beta)} {g\cos\beta}$

Пройденный путь будет равен

$L=V_{0x} t=V_{0} t \cos\alpha =V_{0}^{2} \frac{\sin\alpha (\cos\alpha -\cos\beta)} {g\cos\beta}\cos\alpha=\frac{ 2gH \cos^{2}\beta }{\sin(\alpha - \beta) \sin(\alpha + \beta) }}*\frac{\sin\alpha (\cos\alpha -\cos\beta)} {g\cos\beta}\cos\alpha\\L=\frac{ 2H \sin\alpha\cos\alpha \cos\beta\sin(\alpha + \beta)}{\sin(\alpha - \beta) \sin(\alpha + \beta)}}\\L=\frac{ H \sin2\alpha\cos\beta\sin(\alpha + \beta)}{\sin(\alpha - \beta) \sin(\alpha + \beta)}}$

2) Во втором случае добавится время, которое тело пролетит выше уровня H

Время до середины этого участка траектории будет

$V_{0y} -gt_{\frac{1}{2} } =0\\t_{\frac{1}{2}}=\frac{V_{0y}}{g} =\frac{V_{0}\sin\alpha }{g}$

Всё время этой части траектории будет

$t =\frac{2V_{0}\sin\alpha }{g}$

Это время добавляем к времени, полученном в первой части

$T = V_{0}\frac{\sin\alpha (\cos\alpha -\cos\beta)} {g\cos\beta}+\frac{2V_{0}\sin\alpha }{g}=V_{0}\frac{\sin\alpha (\cos\alpha -\cos\beta)+2\sin\alpha\cos\beta} {g\cos\beta}$

Аналогично вычисляем путь

$L=V_{0x} T=V_{0} T \cos\alpha =V_{0}^{2} \frac{\sin\alpha (\cos\alpha -\cos\beta)+2\sin\alpha\cos\beta} {g\cos\beta} \cos\alpha=\\\\\frac{ 2gH \cos^{2}\beta }{\sin(\alpha - \beta) \sin(\alpha + \beta) }}*\frac{\sin\alpha (\cos\alpha -\cos\beta)+2\sin\alpha\cos\beta} {g\cos\beta} \cos\alpha=$

$\frac{ 2gH \cos\beta }{\sin(\alpha - \beta) \sin(\alpha + \beta) }}*\frac{\sin\alpha\cos\alpha (\cos\alpha -\cos\beta+2\cos\beta)} {g} \\L=\frac{ H\sin(2\alpha) \cos\beta(\cos\alpha -\cos\beta+2\cos\beta) }{\sin(\alpha - \beta) \sin(\alpha + \beta) ) }}$