Question

100 баллов. Задачи во вложениях. Помогите, ребятки)

Answer 1

2.10.

Распределение кинетической энергии частиц в газе по Максвеллу:

f(E) = 2√E/√[π(kT)³] exp(–E/[kT]) ;

Найдём экстремум распределения энергии через уравнение df/dE = 0:

df/dE = 1/√[πE(kT)³] exp(–E/[kT]) – 2√E/√[π(kT)^5] exp(–E/[kT]) =
= ( kT – 2E ) exp(–E/[kT])/√[πE(kT)^5] = 0 ;

Ясно, что при E<kT/2     f(E) – растёт, а потом падает,
итак наиболее вероятная E=kT/2 ;

Таким образом, импульс молекул газа,
ЭНЕРГИЯ которых равна наиболее вероятному значению ЭНЕРГИИ – равен:

p = √[2m*mv²/2] = √[2mE] = √[mkT] ;
по всей видимости, составители задания НЕКОРРЕКТНО СФОРМУЛИРОВАЛИ вопрос.


* Наиболее вероятное значение скорости v(вер) = √[2kT/m], а поэтому:

импульс молекул газа, у которых
ИМПУЛЬС равен наиболее вероятному значению ИСПУЛЬСА:

p = mv(вер) = √[2mkT] ;





2.11. Во вложении. Там интеграл, который неприятно писать в строчку.





2.12.

Распределение кинетической энергии частиц в газе по Максвеллу:

f(E) = 2√E/√[π(kT)³] exp(–E/[kT]) ;

Найдём экстремум распределения энергии через уравнение df/dE = 0:

df/dE = 1/√[πE(kT)³] exp(–E/[kT]) – 2√E/√[π(kT)^5] exp(–E/[kT]) =
= ( kT – 2E ) exp(–E/[kT])/√[πE(kT)^5] = 0 ;

Ясно, что при E<kT/2     f(E) – растёт, а потом падает, итак наиболее вероятная E=kT/2 ;





2.13.

При увеличении высоты на dh, мы оказываемся на слой dh выше, и вес этого слоя уже не создаёт давления, таким образом, давление падает на величину:

dP = –ρgdh ;

Из уравнения идеального газа: PV = m/μ RT     <==>    μP/RT = m/V = ρ ;

dP = –μPg/[RT] dh ;

dP/P = –μg/[RT] dh ;

dlnP = –μg/[RT] dh ;

lnP = –μg/[RT] h + C ;

lnPo = C ;

ln[Po/P] = μgh/[RT] ;

h = RT/[μg] ln[Po/P] ≈ 8.314*290/[0.029*9.814] ln[100/90] ≈ 893 м ;





2.14.

Распределение модулей скоростей частиц в газе по Максвеллу:

f(v) = 2v² √[(μ/RT)³/2π] exp(–μv²/[2RT]) ;

Распределение модулей скоростей частиц в газе для температуры 2T по Максвеллу будет выглядеть так:

f(v) = v²/2 √[(μ/RT)³/π] exp(–μv²/[4RT]) ;

Чтобы найти точки пересечения, приравняем эти выражения:

2v² √[(μ/RT)³/2π] exp(–μv²/[2RT]) = v²/2 √[(μ/RT)³/π] exp(–μv²/[4RT]) ;

2√2 exp(–μv²/[2RT]) = exp(–μv²/[4RT]) ;

exp(ln(2√2)) * exp(–μv²/[2RT]) = exp(–μv²/[4RT]) ;

1.5ln2 – μv²/[2RT] = –μv²/[4RT] ;

1.5ln2 = μv²/[4RT] ;

v = √[ 4RT/μ 1.5ln2 ] = √[ 2 v²(вер) 1.5 ln(2√2) ] =
= √[3ln2] v(вер) =
= √[1.5ln2] v(вер2) ,
поскольку v(вер2) = √[2R(2T)/μ] = √2 √[2RT/μ] = √2 v(вер) ;

Кроме того, ясно, что при v=0 – обе функции распределения равны нулю, так что: графики имеют две общие точки.





2.15.

При увеличении высоты на dz, мы оказываемся на слой dz выше, и вес этого слоя уже не создаёт давления, таким образом, давление падает на величину:

dP = –ρg dz ;

Из уравнения идеального газа: PV = m/μ RT     <==>    μP/RT = m/V = ρ ;

dP = –μPg/[RT] dz ;

dP/P = –μg/[aRTo] d(1+az)/(1+az) ;

dlnP = –μg/[aRTo] dln[1+az] ;

ln[Po/P] = C1 + μg/[aRTo] ln(1+az) ;

ln[Po/P] = ln(C(1+az)^n) ,    где n = μg/[aRTo] ;

Po/P = C(1+az)^n ,    где n = μg/[aRTo] ;

Po/Po = C(1+a*0)^n ,    где n = μg/[aRTo] ;

1 = C ;

P = Po/(1+az)^n ,    где n = μg/[aRTo] .

839839da0adb5120fea6c4226942856e.pdf

Answer 2

Уважаемые, админы! Очень сложно было добавить это решение! Поскольку система упорно упрекала меня в ненормативной лексике. Методом "деления отрезка пополам" удалось найти то место в тексте, которое система считало таковым. Оказалось, что это произведение ускорения свободного падения на дифференциал вертикальной координаты. После написания незапланированного изначально пробела в буквосочетании "g dz" – решение опубликовать удалось. Это странно. Это про-сто о-чень стран-но. И смешно одновременно.

Answer 3

!!!