Physics_1

2) твердого тела относительно

неподвижной оси вращения

Кинетическая энергия вращательного движения:

Работа при вращательном движении где Δφ - изменение угла поворота. Уравнение гармонических колебаний: где х - смещение (отклонение)

колеблющейся величины от положения равновесия; А - амплитуда;

ω - круговая частота;

t- время;

ϕ- начальная фаза;

ωt +ϕ – фаза колебаний .

Связь между периодом и круговой частотой:

Частота:

Связь круговой частоты с частотой:

Полная энергия колебаний:

L = Iω

Wk = Iω2 2

A = M ϕ

x = Asin(ωt +ϕ)

T = 2ωπ

v = T1

ω = 2πv W = 12 mω2 A2

ТЕРМОДИНАМИКА. МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА

Основные формулы

Уравнение состояния идеального газа (уравнение Менделеева-Клапейрона) : где Р - давление газа;

V - его объем;

Т - термодинамическая температура (по шкале Кельвина);

R - газовая постоянная m - масса вещества;

μ - молярная масса. Количество вещества: где N - число молекул;

NA - число Авогадро (число молекул в 1 моле вещества).

Закон Дальтона для смеси газов: где р - давление смеси газов;

рi - давление i-го компонента смеси (парциальное давление);

n - число компонентов смеси.

PV = mμ RT

v = N = m NA μ

p = p1 + p2 + ... + pn

- 41 -

Основное уравнение молекулярно-кинетической теории газов:

где n - концентрация молекул:

Средняя кинетическая энергия поступательного движения молекулы:

где k - постоянная Больцмана: Т - температура.

Скорость молекул

средняя арифметическая:

средняя квадратичная:

Внутренняя энергия идеального газа: где i - число степеней свободы

(i = 3 - для одноатомного газа, i = 5 - для двухатомного газа, i = 6 - для трехатомного газа).

Работа расширения газа при процессе:

1)изобарном (изобарическом) (p = const):

2)изотермическом (T=const):

Первое начало термодинамики:

где Q - количество теплоты, подводимое к системе;

U- изменение внутренней энергии;

А- работа, совершаемая системой против внешних сил.

Удельная теплоемкость:

Молярная теплоемкость:

молярная теплоемкость изохорная

молярная теплоемкость изобарная

Изменение энтропии при переходе из состояния 1 в состояние 2:

где dQ - элементарное тепло,

Т - термодинамическая температура.

P = 23 nEcp

n = VN

Ecp = 32 kT

υcp =		8RT
			πμ
υcp.кв =			3RT
			μ

U = 2i mμ RT

A = P(V2 −V1)

A = m RT ln V2

μ V1

Q = U + A

c = Q m T

CV = 2i R CP = i +22 R

2 dQ S2 − S1 = ò1 T

- 42 -

Примеры решения задач

Задача 1.	Радиус-вектор		зависит от времени по закону
	r	= 5t3 ×i	+ 2t2 j + 6t ×k , м.
	r

Определить:

1.Зависимость скорости от времени υ (t) ;

2.Зависимость ускорения от времени a (t );

3.Модуль векторов скорости и ускорения в момент времени t = 5 c ;

4.Модуль вектора перемещения за десятую секунду движения.

Решение:

j Так как любой вектор в пространственной декартовой системе

координат может быть записан в виде:		z
r	= rx ×i + ry j + rz × k ,
r

где rx , ry и rz - декартовые составляющие

вектора r , i ,

j

и k

- орты ( рис. 1).

rz

r

Сравнивая

общее

выражение

для

r с

данным

в

задаче,

можем

записать

k

следующие

кинематические

уравнения

i 0 j

движения:

2 ,

r = 6t ,

м.

(à)

r = 5t3 ,

r = 2t

rx

x

y

z

Воспользуемся

определением

вектора

x

скорости

dr

dry

dr

Рис. 1

r

dr

υ =

или

υx

=

x

,

υ y =

, υz

=

z

.

dt

dt

dt

dt

Тогда, после дифференцирования кинематических уравнений получаем:

υ

x

= 15t

2 , υ

y

= 4t , υ

z

= 6 ,

м

с

(àà)

(обратим внимание, что υz

= const )

Зависимость

υ (t)

выглядит

z

следующим

образом:

z

υz

υ

r

r

r

+υz × k = 15t

2

r

+ 4t ×

r

υ = υx × i +υ y × j

× i

j + 6 × k

, м

с

.

υx

Вектор υ направлен по касательной к

r

x

траектории ( рис. 2).

k

Повторное дифференцирование

0

траектория

позволяет получить ax ,

a y и

az , а

x

Рис. 2

r

значит

и

зависимость

a(t).

ry y

(à),

υ y

y

y

- 43 -

Действительно, согласно определению вектора ускорения

r

dυ

dυ

dυy

dυ

r

a =

или ax =

x

, ay =

, az

=

z

.

dt

dt

dt

м

dt

Тогда a

= 30t , a

= 4 , a

= 0 ,

,

(ààà)

r

x

r

r

y

z

r

с2

r

м

= a

+ a

× k

=

+ 4

×

.

и a

×i

× j + a

30t ×i

j ,

2

x

y

z

с

• Выражения (àà) и (ààà) позволяют рассчитать декартовые

составляющие векторов υ и a в любой момент времени.

В момент времени

м

м

υx

= 15×52

= 375

с

,

ax = 30×5 = 150

2 ;

= 4 ×5 = 20 м

ay = 4 м

с

t = 5 c

υy

с

,

2 ;

м

с

υ

z

= 6

с

,

a

z

= 0 .

Тогда модуль векторов υ и a для t = 5 c :

r

= 375,58 м

=

υ2

+υ2

+υ2

=

3752

+ 202 + 62

;

υ

с

r

x

y

z

=

a2

+ a2

+ a2

=

1502

+ 42

+ 0 = 150,05 м

.

a

x

y

z

с2

m

r

Воспользуемся

определением

r

(t +

r

(t) ( рис. 3).

r

= r

t) - r

z

За

r

десятую

секунду:

r

r

r

= r

(10 с) - r (9 с).

r

Подставляя

в

выражение

r (t )

t = 9 c

и t =10 c , имеем:

k

r

(9 с)

r

r

+ 54× k , м,

r

= 3645×i +162 × j

i

r

r

+ 200×

r

+ 60 × k , м.

r

(10 с) = 5000 ×i

j

x

Тогда:

r

r

×

r

r

= 1355×i + 38

j + 6× k , м.

Зная

rx ,

ry

и

rz , находим

r

=

r2

+

r2

+ r2 =

13552 + 382 + 62

= 1355,5

r

x

y

z

вектора перемещения:

			траектория
			r
r	(t)	r	(t + Dt)
r		r
j			y
		Рис. 3

м .

Ответ:	r	×i + 4t × j + 6× k ;
	j υ (t) =15t2
	r		+ 4		× j ;
	k a(t) = 30t × i
	• υ = 375,58		м	с	, a = 150,05	м	2 ;
						с
	m Dr = 1355,5		м .

- 44 -

Замечание: Если в условии задачи даны зависимости υ (t) , υ (x) или a(υ ) , то основной частью решения такого рода задач является

составленное на основе определения скорости и ускорения простейшего дифференциального уравнения (см. образец решения задачи 2).

Задача 2. Твердое тело вращается вокруг неподвижной оси так, что его угловая скорость зависит от угла поворота по закону ω = α × ϕ , где α - положительная постоянная. В момент t = 0 угол ϕ = 0 . Через сколько

времени после начала вращения нормальное ускорение будет равно тангенциальному?

Решение: Нормальное и тангенциальное ускорения при вращении можно вычислить по формулам:

a	n	= ω2 × R , a = ε × R ,
		τ

где R – радиус окружности, по которой движется точка, принадлежащая твердому телу.

По условию задачи, для искомого момента времени an = aτ , тогда

ω2 R = ε R или ω2 = ε . (à)

Таким образом, для решения задачи необходимо получить две зависимости: ω (t) и ε (t) .

	По определению ω =	dϕ	. Тогда, используя условие задачи, получаем
		dt
	простейшее дифференциальное уравнение
				dϕ	= α ×		,
						ϕ
				dt
	решением которого является зависимость ϕ (t) .

Преобразуем уравнение так, чтобы левая часть представляла функцию

ϕ , а правая – функцию t :						dϕ			= α × dt .
							ϕ
Проинтегрируем обе части уравнения
ò	d	ϕ	= òα × dt .
		ϕ
Используя таблицу интегралов, находим 2×					= α ×t + const .
				ϕ

Найдем const, используя начальные условия задачи, а именно, при t = 0 ϕ = 0 . Тогда const = 0 и 2× ϕ = α ×t .

Итак, зависимость угла поворота ϕ от времени t имеет следующий

вид: ϕ = α 2 ×t2 .

4

Далее, находим зависимость угловой скорости ω от времени t:

ω = dϕ = α 2 ×t . dt 2

Используя определение углового ускорения ε , имеем:

- 45 -

ε =

dω

=

α 2 .

dt

2

Обратим внимание на то, что угловое ускорение не зависит от

времени. Следовательно, твердое тело вращается равноускоренно.

Используем равенство (à) для нахождения искомого момента

времени:

ö2

æ

α

2

α

2

α

2

2

2

ç

÷

=

,

×t

= 1 ð

t =

, c .

ç

2

×t ÷

2

2

α

è

ø

Ответ: t =

2

, c .

α

Задача 3. На наклонной плоскости, составляющей с горизонтом угол

300 , находится брусок массой 5 кг. К этому бруску с помощью нерастяжимой и невесомой нити, перекинутой через блок, привязан брусок такой же массы. Коэффициент скольжения между бруском и наклонной плоскостью 0,05. Определить ускорение брусков и силу натяжения нити.

Дано: m1 = m2 = 5 кг

α= 300

μ= 0,05

Найти: а, Т.

Решение: Покажем на рисунке силы, действующие на каждый брусок.

Запишем для каждого из брусков уравнение движения (второй закон Ньютона):

	T1		y
		N	a1
	T2
				x
z	a2		r
	α	r	Fтр
		m g	α
	r	1
	m2 g
	Рис. 3

	r	r
T1 + N + m1g		+ Fтр = m1a1
r		r
T2 + m2 g	= m2a2

В проекциях на выбранные оси координат:

ось х: -T1 + m1g sinα + Fтр = -m1a1 ;

ось у: N - m1g cosα = 0 ;

ось z: m2 g -T2 = m1a2 .

По закону Амонтона-Кулона Fтр = μ × N , где N = m1g cosα . Так как нить нерастяжима, то a 1 = a2 = a . Кроме того, из за невесомости нити и блока

T1 = T2 = T . Имеем

-T + m1g sinα + μm1g cosα = -m1a m2 g -T = m2a2

Вычтем из первого уравнения второе:

m2 g -T + T - m1g sinα - μm1g cosα = m2a + m1a ,

- 46 -

g ×(m2 - m1 sinα - μm1 cosα ) = a(m1 + m2 ) .

Искомое уравнение равно		g ×(m2	- m1 sinα - μm1 cosα )
	a =			.
			m1 + m2
Вычислим ускорение а:
a =	9,8×(5 - 5×sin300 - 0,05×5×cos300 )				= 2,24	м	2 .
			5 + 5			с

Силу натяжения нити найдем из второго уравнения системы:

T = m2 g - m2a = m2 (g - a),

T = 5×(9,8 - 2,24) = 37,8 Н . Ответ: а = 2,24 м с2 , Т = 37,8 Н .

Задача 4. α -частица массой т, летящая со скоростью υ0 , испытывает

упругое столкновение с неподвижным ядром массы М и летит под углом 900 к первоначальному направлению (см. рис. 4). Определить скорость α -частицы υ и ядра u после столкновения.

Решение: В данном случае мы имеем дело с абсолютно упругим ударом (АУУ) – так называется столкновение тел, в результате которого их внутренние энергии не меняются. Для описания упругого удара можно применять как закон сохранения импульса, так и

закон сохранения механической энергии:

у

тυ

r

mυ0 = mυ + Mu

υ

тυ0

mυ02

mυ

+

Mu2

α

т

Мu

2

=

2

2

х

т

r

М

Т.к. тυ0 тυ

по

условию

задачи,

то можно

υ0

u

воспользоваться теоремой Пифагора

r

2

r

2

r 2

.

Рис. 4

(mυ0 )

+ (mυ )

= (Mu )

Тогда система уравнений имеет вид:

(mυ0 )2 + (mυ )2 = (Mu)2

mυ02 = mυ2 + Mu2

Решая ее, находим

,

u = mυ0 ×

υ = υ0 ×

М - т

2М

.

М + т

М + т

M

,

mυ0

Ответ: υ = υ0 ×

М - т

u =

×

2М

.

М +

т

М + т

M

Задача 5. В шар массой m1 ,

движущийся со скоростью υ1 ,

ударяется

другой шар

массой m2 , догоняющий первый в том же направлении

- 47 -

со скоростью υ2 (см. рис.

5). Считая удар абсолютно неупругим, найти

количество выделившегося тепла при взаимодействии шаров.

Решение: Для описания АНУ применяется закон сохранения импульса, а

также закон сохранения энергии (закон

До

т2 υ2

υ1

х

сохранения механической

энергии

не

т1

выполняется).

т2

т1

r

r

r

После

т1υ1

+ т2υ2

= (т1 + т2 )×u

u

х

т υ 2

т υ

2

(m + m

)×u2

+

=

2

+ Q

1

1

2

2

1

Рис. 5

2

2

2

Закон

сохранения

импульса после

проецирования на ось х имеет вид

m1υ1 + m2υ2

mυ + m υ

2

= (m + m )×u ð u =

.

1

1

2

1

2

m1 + m2

Выражение для нахождения Q принимает следующий вид

Q =

1 (m1υ12 + m2υ22 - (m1 + m2 )×u2 );

2

(m1υ1 + m2υ2 )

Q =

1

æ

+ m υ2

- (m + m

)×

2

ö

ç mυ2

÷;

2

ç

1

1

2

2

1

2

(m1 + m2 )

2

÷

è

ø

Q =

1

æ

2

+ m υ

2

-

(m1υ1 + m2υ2 )2 ö

2

ç mυ

m

+ m

÷ .

ç

1

1

2

2

2

÷

è

1

ø

Ответ:

Q =

1

æ

2

+ m υ

2

-

(m1υ1 + m2υ2 )2 ö

2

ç mυ

m + m

÷ .

ç

1

1

2

2

2

÷

è

1

ø

Задача 6. В установке, показанной на рисунке 6, известны масса однородного сплошного цилиндра М, его радиус R и массы тел т1 , т2

( т1 > m2 ). Трения в оси цилиндра нет. Найти:

1.Угловое ускорение цилиндра;

2.Ускорение поступательного движения грузов.

Решение: Воспользуемся основными уравнениями

динамики поступательного и вращательного движений.

j Динамика поступательного движения грузов.

	r
Запишем II закон Ньютона (åF = ma ) для каждого
груза	r
r
T1 + m1g	= m1a1
r	r
T2 + m2 g	= m2a2

- 48 -

						М
r	Т1						Т2	a2
	т1						т2
a1
					т2 g
			r
	т1 g

у

Рис. 6

где T1 и T2 - силы натяжения нитей.

Спроецируем векторные равенства на ось у:

-T1 + m1g = m1a1 -T2 + m2 g = -m2a2

Так как нить по умолчанию считается нерастяжимой, то а1 = а2 = а . Тогда

T1 = m1g - m1a

(1)

T2

= m2 g + m2a

k Динамика вращательного движения блока.

Под действием

двух

моментов

сил

М1 = Т1′ × R и

ε = const

М2 = Т2′ × R

относительно

оси

вращения

О,

перпендикулярной

плоскости

чертежа,

блок

приобретает постоянное угловое ускорение ε .

R

Запишем

основное

уравнение

динамики

вращательного движения твердого тела

(åМ0 = I0 ×ε )

R

Т2′

для сплошного цилиндра

M1 - M2 = I0 ×ε ,

Т

1′

где I0 - момент инерции блока относительно оси

Рис. 7

вращения О и

I0 = 1 MR2 .

2

Т1¢× R -T2¢× R =

1 MR2 ×ε

ð Т1¢

-T2¢ = 1 MR ×ε

(2)

2

2

Согласно III

закону Ньютона Т1¢ = T1 и

T2¢ = T2 .

Воспользовавшись этим,

объединим уравнения (1) и (2):

(m1g - m1a) - (m2 g + m2a) = 12 MR ×ε .

• При решении задач такого рода считают, что нить движется по блоку без проскальзывания. Тогда ускорения грузов а равны тангенциальному ускорению точек на ободе блока аτ , т.е. а = аτ , где аτ = ε × R .

Тогда m g - m a - m g - m a =				1	M		× a	ð a =		g ×(m1 - m2 )
									1
1	1	2	2	2						2	M + m1 + m2
			и ε =			a	=	g (m1 - m2 )				.
						R		R ×(12 M + m1 + m2 )

Следует отметить, что если массой блока пренебречь, то ускорение грузов

a =	g ×(m1 - m2 )	. Отсюда видно, что наличие у блока момента инерции
	m1 + m2

приводит к замедлению системы.

- 49 -

		g ×(m1 - m2 )			g (m1 - m2 )
Ответ: a =			, ε =			.
		12 M + m1 + m2			R ×(12 M + m1 + m2 )
Задача 7.		Платформа в виде сплошного диска радиусом R = 1,5 м и
массой т1 =180 кг вращается					по инерции около вертикальной оси с
частотой	п = 10 мин−1 . В центре платформы стоит						человек массой
т2 = 60 кг .	Сколько оборотов			в минуту будет делать			платформа, если

человек придет на ее край? Вычислить работу А, совершенную человеком в процессе такого перехода.

Решение: Платформа вращается по инерции. Следовательно, момент внешних сил относительно оси вращения Z, совпадающей с геометрической осью платформы, равен нулю. При этом условии момент импульса Lz системы «платформа-человек» остается постоянным:

Lz = Izω = const ,

(1)

где Iz - момент инерции платформы с человеком относительно оси Z;

ω - угловая скорость платформы.

Момент инерции системы равен сумме моментов инерции тел, входящих в состав системы. Поэтому

		Iz = I1 + I2 ,
где I1 и I2 - моменты инерции платформы и человека.
С учетом этого, равенство (1) примет вид
(I1 + I2 )ω = const		или
	(I1 + I2 )ω = (I1¢ + I2¢ )ω¢ ,		(2)
где значения моментов инерции I1 и I2 относятся к начальному
состоянию системы;	I1′ и I2′	- к конечному.

Момент инерции платформы относительно оси Z при переходе человека не изменяется:

I1 = I1¢ = m12R2 .

Момент инерции человека относительно той же оси будет изменяться. Если рассматривать человека как материальную точку, то его момент инерции I2 в начальном положении (в центре платформы) можно

считать равным нулю. В конечном положении (на краю платформы

момент инерции человека

I2¢ = m2 R2 .

Подставим в формулу (2) выражения моментов инерции, начальной угловой скорости вращения платформы с человеком (ω = 2π n ) и конечной

угловой скорости (ω

′

′

= 2π n ):

æ 1

m1R

2

+ 0

ö

æ

1

m1R

2

+ m2 R

2

ö

× 2π n¢ .

ç

÷

× 2π n = ç

2

÷

è 2

ø

è

ø

- 50 -