Par standardnih problema

Par standardnih problema 25.02.2008. u 19:32 · pre 227 meseci #1

Klipnom pumpom zapremine $\Delta V=400 cm^3$ vrši se ispumpavanje balona zapremine $V=1 dm^3$ .Naći pritisak u rezervoaru poslije dvadesetog hoda pumpe,ako je početni pritisak $p_0=1.01 \cdot 10^5 Pa$ .Proces ispumpavanja smatrati izotermnim.

E sad rješenje je $p_{20}=p_0 {{V \overwithdelims () {V+\Delta V}}^{20}}=1,21 kPa$ .Kako je dobivena ovakva formula?Mislim da je nekako preko jednačine $pV=nRT$ .

Re: Par standardnih problema 26.02.2008. u 15:28 · pre 227 meseci #2

hmm da bi zadatak imao smisla trebalo bi da stoji ... ispumpavanje balona zapremine V u rezervoar...

onda bi trebao da prines Bojlov zakon za svaki korak...

Potpis

Boba, the one and only himself!

Re: Par standardnih problema 26.02.2008. u 19:28 · pre 227 meseci #3

Predpostavljam da je po=101000[Pa] atmosferski pritisak,ali ipak da pitam za svaki slucaj da li je to manometarski ili apsolutni pritisam?

Citat:

Boba90: hmm da bi zadatak imao smisla trebalo bi da stoji ... ispumpavanje balona zapremine V u rezervoar...

onda bi trebao da prines Bojlov zakon za svaki korak...

Zasto tako mislis?

Pod tih 400[cm^3] podrazumevas radnu zapreminu pumpe?

Re: Par standardnih problema 26.02.2008. u 21:08 · pre 227 meseci #4

pa zato sto se rezervoar pominje tek na kraju a da pre nije receno gde se vazduh uduvava ;)

Potpis

Boba, the one and only himself!

Re: Par standardnih problema 28.02.2008. u 05:44 · pre 227 meseci #5

Citat:

Bata1981: Predpostavljam da je po=101000[Pa] atmosferski pritisak

Pa...rezervoari su obično zatvoreni,bez kontakta sa okolinom,tako da je to unutrašnji pritisak,bez pridodatog atmosferskog pritiska,odnosno "manometarski",ako si na to mislio.

Zadatak sam tačno naveo kako piše u knjizi.

Citat:

Boba90: hmm da bi zadatak imao smisla trebalo bi da stoji ... ispumpavanje balona zapremine V u rezervoar...

onda bi trebao da prines Bojlov zakon za svaki korak...

Kako?

Re: Par standardnih problema 28.02.2008. u 11:36 · pre 227 meseci #6

RAVEN ja predpostavljam da u rezervoaru vlada atmosferski pritisak pa.

p-apsolutni pritisak.

pa-atmosferski pritisak.

pm-manometarski pritisak.

p=pa+pm.

To je ono sto sam hteo da pitam,nije bila velika mudrost.Kada stignem da ga uradim okacicu ga ovde,nije tezak.
Pozdrav.

Re: Par standardnih problema 29.02.2008. u 10:10 · pre 227 meseci #7

Na to sam upravo i mislio.

Stvar je u tome da,kad se pominje "rezervoar",zapravo se misli na taj balon zapremine $V$ ,ne postoji vanjski rezervoar u koji se gas prebacuje pumpom.

Ma da,zadatak treba raditi preko Boyle-Mariotteovog zakona,što se i vidi iz transformacije $p_{20}(V+\Delta V)^{20}=p_0 V^{20}$ - dok pumpa usisava gas,zapremine $V$ i $\Delta V$ sačinjavaju jedan entitet.

Samo je problem što sad intuitivno osjećam da je izraz koji sam postavio gore rješenje,a ne mogu da ga izvedem "na papiru".

Re: Par standardnih problema 29.02.2008. u 15:30 · pre 227 meseci #8

Zapremina rezervoara je $V$ . Na početku je gas na pritisku $p_0$ . Kada se klip podigne zapremina se uvećava na $V+\Delta V$ a pritisak se smanjuje na $p_1$ . Pošto je proces izotermski važi $p_0 V=p_1 (V+\Delta V)$ . Potom se cilindar klipa odvoji od rezervoara i klip se spušta pri čemu sada istiska gas u spoljašnju sredinu preko nekog ventila. Dakle pritisak u rezervoaru je smanjen na $p_1=\frac{p_0 V}{V+\Delta V}$ . Cilindar se ponovo spaja sa rezervoarom i ciklus počinje iz početka i kada se završi u rezervoaru vlada pritisak $p_2=\frac{p_1 V}{V+\Delta V}=\frac{p_0 V^2}{(V+\Delta V)^2}$ . Ovi ciklusi se ponavljaju ukupno 20 puta, tako da ćemo po očiglednoj šemi dobiti da je posle 20-tog ciklusa pritisak $p_{20}=\frac{p_0 V^{20}}{(V+\Delta V)^{20}}$ .

Re: Par standardnih problema 29.02.2008. u 22:42 · pre 227 meseci #9

Da,to je ono što je trebalo,hvala,tomkeus!

Re: Par standardnih problema 15.03.2008. u 19:32 · pre 226 meseci #10

A postavljen je ovakav problem:

Izvesti izraz za funkciju raspodjele molekula po energijama ako je raspodjela molekula po brzinama Maxwellova.

Naravno,ovo se odnosi na neki gas.

Evo kako sam ja uradio - krenuo sam od Maxwellove funkcije raspodjele molekula po brzinama:

$f(v)=4 \pi N \left( \frac {m} {2 \pi k T}\right)^\frac {3} {2}v^2 e^{-\frac {mv^2} {2kT}}$

te sam u gornjem izrazu,u stepenu broja $e$ , izvršio zamjenu $E=\frac {mv^2} {2}$ ,pomnožio desnu stranu gornjeg izraza sa $\frac {2m} {2m}$ ,pa sam i tada mogao izvršiti zamjenu $E=\frac {mv^2} {2}$ ,te sam dobio izraz:

$f(E)= \pi N \left( \frac {m} {2 \pi k T}\right)^\frac {3} {2}E e^{-\frac {E} {kT}}\frac {8} {m}$

Da li je ovaj izraz tačan,ako nije,zašto nije i kako treba pravilno postupiti?U jednoj knjizi sam našao jedan izraz koji ima veze sa ovim $n(E)=\frac {N} {kT} e^{-\frac {E} {kT}}$ ,ali mislim da on zapravo daje broj molekula sa energijom $E$ .

Re: Par standardnih problema 15.03.2008. u 20:48 · pre 226 meseci #11

Očigledno da nije dobro. Moraš da uzmeš sledeće

$f(E)dE=f(v)\frac{dv}{dE} dE$

, tj. fali ti jakobijan prelaska. Takođe, pošto te zanima raspodela izbaci N, jer je sa njim raspodela normirana na N, a ne na 1.

Re: Par standardnih problema 15.03.2008. u 22:36 · pre 226 meseci #12

Ne razumijem.

Re: Par standardnih problema 15.03.2008. u 22:57 · pre 226 meseci #13

Verovatnoća da čestica ima brzinu $u$ u intervalu $(v, v+dv)$ je data sa $p(u\in(v, v+dv))=f(v)dv$ gde je $f(v)=4 \pi \left( \frac {m} {2 \pi k T}\right)^\frac {3} {2}v^2 e^{-\frac {mv^2} {2kT}}$ . Raspodela se, dakle, koristi u tom kontekstu. Kada tražimo raspodelu po energijama, nama treba takva funkcija raspodele koja nam daje verovatnoću da čestica ima energiju $\epsilon$ u intervalu $(E, E+dE)$ na sledeći način $p(\epsilon\in(E, E+dE))=f(E)dE$ . Stoga, ne samo što moraš da napraviš smenu u $f(v)$ , moraš da napraviš smenu $dv\rightarrow dE$ što rezultuje jakobijanom jer $dv=\frac{dv}{dE}dE$ .

Re: Par standardnih problema 02.04.2008. u 21:56 · pre 226 meseci #14

Izgleda neki more advanced dio diferencijalnog računa.Možda ću se pozabaviti time kasnije.

U međuvremenu je dat ovaj zadatak:
Neka malo tijelo vrši prigušeno oscilovanje sa kružnom učestanošću $\omega=25\;\frac {rad} {s}$ .Naći koeficijent prigušenja $\beta$ ,ako u početnom trenutku brzina tijela iznosi $v_0=0$ ,a njegovo pomjeranje od položaja ravnoteže je $\eta=1,02$ puta manje od amplitude u početnom trenutku.

Rješenje: $\beta=-\omega\;tg\;\alpha=5,1\;s^{-1}$

Re: Par standardnih problema 06.04.2008. u 15:31 · pre 226 meseci #15

Bilo ko?Ja sam već iscrpio sve mogućnosti.Tim više je zbunjujuće što se koristi neki ugao u rješenju za kojeg ja iz daleka ne vidim kako bi se mogao inkorporirati.Jedina formula s kojom raspolažem je

$\tan\phi=\frac{2\beta\omega}{\omega_{0}^{2}-\omega^{2}}$

ali ona pokriva oblast prinudnih oscilacija,gdje je
$\phi$ -razlika faza prinudne sile i oscilatora na kojeg ona djeluje
$\beta$ -koeficijent prigušenja
$\omega_0$ -početna kružna brzina oscilovanja.

Re: Par standardnih problema 06.04.2008. u 16:05 · pre 226 meseci #16

Zadatak je prost. Pošto je u pitanju prigušeno oscilovanje imaš

$x(t)=x_0 e^{-\beta t}\cos(\omega t+\alpha)$
$v(t)=-x_0 e^{-\beta t}(\beta\cos(\omega t+\alpha)+\omega\sin(\omega t+\alpha))$

Imaš dve nepoznate, $\alpha$ i $\beta$ . Kada zameniš početne uslove $x(0)=\frac{x_0}{\eta}$ i $v(0)=0$ dobiješ dve jednačine iz kojih nađeš nepoznate.

Re: Par standardnih problema 06.04.2008. u 17:55 · pre 226 meseci #17

Hvala.

Nisam raspolagao s takvom formulom za brzinu.Zbilja ogroman je gap između teoretskih temelja i primjene te teorije na rješavanje problema.

A imam i ovu nejasnoću:recimo da imamo šipku na čijem jednom kraju je dat talas koji se širi prema drugom kraju te šipke koji je učvršćen,dakle nepomičan je.Na tom kraju će doći pored refleksije talasa i do refleksije dilatacije.Dok će talas promijeniti svoj predznak,dilatacija neće,jer naime piše u knjizi(Mladen Paić - Gibanja,Sile,Valovi,Školska Knjiga,Zagreb,1994.,strana 422.,1. - 5. red odozgo):

"Dilatacije se međutim reflektiraju bez promjene predznaka.Imamo,naime,za upadni val

$\frac{\partial u}{\partial x}=-\phi\prime(vt+x)$

a za reflektirani val

$\frac{\partial u}{\partial x}=-[-\phi\prime(vt+x)]=\phi\prime(vt+x)$ "

Kako da se reflektiraju bez promjene predznaka,kad su izrazi na desnoj strani obje gornje jednačine sa različitim predznacima?Možda je stvar u ovome $\partial$ što mi je nepoznat dio matematičkog aparata(mada je problem u tome što formalno očekuju od nas da poznajemo nešto što se radi tek na drugoj godini - ovdje konkretno iz diferencijanih jednačina - iz matematike dok radimo fiziku sa prve godine).

$u$ - otklon čestica šipke pod utjecajem talasa
$x$ - mjesto na kojem se posmatra otkon

Re: Par standardnih problema 06.04.2008. u 19:15 · pre 226 meseci #18

Citat:

R A V E N: Hvala.

Nisam raspolagao s takvom formulom za brzinu.Zbilja ogroman je gap između teoretskih temelja i primjene te teorije na rješavanje problema.

??? Ako raspolažeš formulom za položaj raspolažeš formulom za brzinu zato što je druga običan izvod prve. A formulu za položaj bi morao da znaš ako si ikada prošao pored zgrade u kojoj se predaje fizika, a uostalom, ona je rešenje jednačine kretanja prigušenog LHO-a $\ddot{x}+c \dot{x}+kx=0$ .

Citat:

R A V E N
"Dilatacije se međutim reflektiraju bez promjene predznaka.Imamo,naime,za upadni val

$\frac{\partial u}{\partial x}=-\phi\prime(vt+x)$

a za reflektirani val

$\frac{\partial u}{\partial x}=-[-\phi\prime(vt+x)]=\phi\prime(vt+x)$ "

Kako da se reflektiraju bez promjene predznaka,kad su izrazi na desnoj strani obje gornje jednačine sa različitim predznacima?Možda je stvar u ovome $\partial$ što mi je nepoznat dio matematičkog aparata(mada je problem u tome što formalno očekuju od nas da poznajemo nešto što se radi tek na drugoj godini - ovdje konkretno iz diferencijanih jednačina - iz matematike dok radimo fiziku sa prve godine).

_{[Ovu poruku je menjao R A V E N dana 06.04.2008. u 18:28 GMT+1]}

$\partial x$ je u principu diferencijal*, pa ako se upadni talas prostire u smeru porasta x koordinate $\partial x$ će biti pozitivan dok će za odbijeni talas biti negativan jer se ovaj prostire u smeru opadanja x koordinate. Zbog ovoga jednačine zapravo imaju isti predznak zato što se upadni i reflektovani talas se prostiru u suprotnim smerovima tako da će za njih izvodi po koordinati $\frac{\partial u}{\partial x}$ imati suprotne znakove.

edit:

*Zapravo, setio sam se boljeg izraza: priraštaj koordinate.

Re: Par standardnih problema 11.04.2008. u 22:49 · pre 225 meseci #19

"Ako si ikada prošao pored zgrade u kojoj se predaje fizika,treba da znaš ovo."

Ma ako je tako,kampovaću pored zgrade.

Ali stvarno,poznat mi je sad taj princip rezonovanja iz kinematike $v=\frac{ds}{dt}$ i $a=\frac{d^2s}{dt^2}$ ,samo što je to kod nas prezentirano na fakultetu "na suho",mehanički i formalno,bez pravog poimanja suštine procesa,pa se i ne poveže u neku globalniju sliku.Sve se svodi na beskonačnu i zamornu prepisanciju teorije i zadataka s table.Meni je,na primjer,potpuno nejasna ta notacija $\ddot{x}+c \dot{x}+kx=0$ ,mada znam da je nešto oko diferenijalnih jednačina,za koje se očekuje da ih studenti ravno poznaju kada dođu iz srednje.

Premalo se oslanja na literaturu,i takva je praksa možda na cijelom Balkanu,knjige se smatraju nepotrebnima,mada nisu nepodnošljivo skupe.Meni je,naprimjer,puno ugodnije nešto samostalno "prokljuviti" i naučiti nego biti "samljeven" tempom na fakultetu(moj je elektrotehnički).

Mislim da bi jedna knjiga koja bi u blažoj formi objasnila diferencijalni i integralni račun primjenjen na tretiranje fizikalnih problema bila veoma korisna studentima,makar napravila samo privremeni odmak od strogosti matematičkog tretiranja i protumačila stvari laičkim jezikom.

Re: Par standardnih problema 11.04.2008. u 23:07 · pre 225 meseci #20

Jedno pitanje:da li je Youngov modul elastičnosti kod čvrstih tijela formalno analogan pritisku kod gasova?

Forum kao aplikacija na telefonu

Srodne teme