1) Связь удельной (маленькая буква) и молярной (большая буква) теплоемкости
Где М - молярная масса.
Обозначив Δс = 260 Дж/кг*K, имеем (по формуле Майера)
С другой стороны, для изохорного процесса с двухатомным газом
1080.3 кДж
Пусть тело-1 движется вправо, а тело-2 движется влево.
Допустим блок и тело-2 смещаются под действием силы влево на ∆L2, а конец нити сместиться на ∆L влево. Тогда кусок нити от блока до конца нити удлиннится на величину ∆L–∆L2. На такую же величину должен уменьшится кусок нити от блока до тела-1, а ещё мы знаем, что сам блок смещается влево на ∆L2. А значит тело-1 продвинется направо на ∆L–∆L2 и налево на ∆L2, т.е. вправо на ∆L–2∆L2. Таким образом:
∆L1 = ∆L – 2∆L2 || : ∆t ;
∆L1/∆t = ∆L/∆t – 2∆L2/∆t ;
v1 = v – 2v2 – где v1, v2 и v – скорости тела-1, тела-2 и конца нити;
∆v1/∆t = ∆v/∆t – 2 ∆v2/∆t ;
a1 = a – 2a2 ;
Сила натяжения F передаётся телу-1 полностью. При этом влево на блок действуют силы F с обеих сторон. Стало быть натяжение осевой нитки блока справа, прикреплённой к телу-2 равно 2F.
Запишем II закон Ньютона для обоих тел:
a1 = [F–μmg]/m ;
a2 = [2F–μmg]/m ;
раскроем и подставим a1:
a – 2a2 = F/m – μg ; || *2
a2 = 2F/m – μg ;
вычтем из нижнего верхнее:
5a2 – 2a = μg ;
a2 = [2a+μg]/5 ;
a1 = a – 2a2 = a – [4/5] a – 2μg/5 = a/5 – 2μg/5 ;
a1 = [a–2μg]/5 ≈ [1–4]/5 < 0 – чего не может быть!
А значит, тело-1 вообще не будет двигаться при таком ускорении! Силы трения окажется достаточно, чтобы его удержать на поверхности неподвижным.
В этом случае
0 = a – 2a2 ;
a2 = a/2 ≈ 0.5 м/с² ;
ma2 = 2F – μmg ;
F = ma2/2 + μmg/2 ;
Для покоя тела-1 должно выполняться:
Fтр = F = ma/4 + μmg/2 < Fтр(ск) = μmg ;
a < 2μg <==> 1 < 4 – что действительн овыполняется;
ОТВЕТ:
a1 = 0 ;
a2 = a/2 ≈ 0.5 м/с² .
