физика

Подставим (8) в (6), получим

	F	2 6bt2	F
F2 x			0		2 6b		2F0 .
	2
			2			b

Мы нашли значение проекции силы в точке x 0 .

Ответ: 1) F1x F0 ; 2) F2x 2F0 .

Пример 1.5. Пуля, пробив доску толщиной h , изменила свою скорость от 0 до . Найти время движения пули в доске, считая силу сопротивления пропорциональной квадрату скорости.

Дано:	Решение.
h , 0 ,	0
Fсопр k

	a	Fc
t ?
		0	h	x

Рис.1.2

Запишем 2-й закон Ньютона для пули:

ma Fc

или

m

d

k .

(1)

dt

Проекция уравнения (1) на ось x дает

m

d

k 2 .

(2)

dt

Для того чтобы решить уравнение (2), надо в нем разделить перемен-

ные и проинтегрировать

d

t

k

dt .

(3)

2

m

0

0

В результате интегрирования получим

1

1

k

t

или

0

k

t .

0

m

m

0

Отсюда время движения пули в доске

t

m

0

.

(4)

k

0

21

В уравнении (4) неизвестны m и k . Чтобы их найти, решим уравнение (2), сделав в нем замену переменных t f s , где s – пройденный путь. Тогда

d

d

ds

d

.

(5)

dt

ds dt

ds

Подставим (5) в (2), получим

d

k

2

или

d

k

ds .

(6)

ds

m

m

Проинтегрируем уравнение (6) в пределах от начальной скорости 0

при толщине доски 0 до конечной скорости при толщине доски h:

h

d

k

ds ,

m

0

0

откуда

m

h

.

(7)

k

ln

0

Подставим (7) в (4) и найдем время движения пули в доске:

t

h 0

.

ln

0

0

h 0

Ответ: t

.

ln

0

0

Пример 1.6. Найти приращение кинетической энергии системы из двух

шаров с массами m1 2 кг и m2

3 кг при их абсолютно неупругом цен-

тральном соударении.

До соударения скорости шаров были 1 5 м с и

2

3 м с .

Дано:

Решение.

m1 2 кг

m2 3 кг

1

1

5

м

2

x

с

2

3

м

m1

m2

m1

m2

с

До соударения

После соударения

T ?

Рис.1.3

22

Если считать систему шаров замкнутой, то выполняется закон сохранения импульса движущихся тел:

m1 1 m2 2 (m1 m2 ) .

(1)

Поскольку согласно условию m1 1 m2 2 , то шары до соударения и по-

сле движутся в положительном направлении оси x . Поэтому проекция (1) на ось x дает

m1 1 m2 2 (m1 m2 ) .

(2)

Тогда

m m

1 1 2 2 . (3)

m1 m2

Кинетическая энергия шаров до соударения

					T		m 2										m 2
										1 1											2	2
																								.																(4)
					1					2											2
Кинетическая энергия шаров после соударения
								(m m										2			) 2
					T2						1													.																(5)
													2
Тогда приращение кинетической энергии системы из двух шаров будет
			T T2		T1				(m m									2			) 2						m 2									m 2
											1																		1 1							2 2		.		(6)
															2														2							2
Подставим в (6) значения скорости из (3):
	T		(m m	)(m m											)2							m 2									m				2
			1 2		1 1						2 2											1 1										2 2
			2(m m					)2																2								2				=
					1	2
	m2 2	2m m			m2		2					m				2							m				2							m m (					2	)2
	1 1		1 1 2 2		2 2								1 1											2 2											1 2 1						.
		2(m1 m2 )											2											2												2(m1 m2 )
Проверим размерность T :

			кг2	м2			кг м2
	[ T ]					=			Н м = Дж.
			кг	с2			с2
	Произведем вычисления:
	T	2 3(5 3)2			Дж =			24		Дж = 2,4 Дж.
		2(2 3)						10

Ответ: T 2,4 Дж.

Пример 1.7. Небольшая шайба массой m 0,1 кг без начальной скорости соскальзывает с гладкой горки высотой h 1 м и попадает на доску массой M 1 кг, лежащую y основания горки на гладкой горизонтальной плоскости. Вследствие трения между шайбой и доской шайба тормозится

23

и, начиная с некоторого момента, движется вместе с доской как единое целое. Найти работу силы трения в этом процессе.

Дано:	Решение.
m 0,1кг

h 1 м
M 1 кг	h
Атр ?

0

y

m

1	2
M	x
Fтр
Рис.1.4

По условию задачи поверхность горки и поверхности земли гладкая, следовательно, трение действует только между шайбой и доской. На рис. 1.4 пунктиром обозначено положение шайбы, когда она попадает на доску со скоростью1 , и положение шайбы, когда она движется с доской как единое целое со ско-

ростью 2 . Тогда работу сил трения можно определить по формуле
Aтp E2 E1 ,	(1)

где E1 – полная механическая энергия системы шайба – доска в момент, когда шайба попадает на доску; E2 – полная механическая энергия системы

шайба –доска в момент, когда они движутся вместе как единое целое. Полная механическая энергия системы шайба – доска складывается из

кинетической энергии тел T и из их потенциальной энергии в поле силы тя-

жести U , т. е.

E T U .

Выберем за нулевой уровень потенциальной энергии в поле силы тяжести поверхность доски. В этом случае, пренебрегая толщиной доски, согласно (1)

Aтp T2 U1,

(2)

где E2 T2 – кинетическая энергия системы шайба – доска в момент, когда они движутся вместе как единое целое со скоростью 2 , а E1 U1 mgh . Тогда

		m M 2
A		2 mgh .	(3)
тp		2

Найдем скорость шайбы 1 , с которой она попадает на доску. Для си-

стемы горка – шайба до момента попадания шайбы на доску будет выполняться закон сохранения полной механической энергии:

		m 2
	mgh	1	.	(4)
		2

Отсюда

24

1 2gh .			(5)

С момента попадания шайбы на доску сила тяжести будет скомпенсирована силой реакции опоры, и поэтому сохраняется импульс системы. Для системы доска – шайба будет выполняться закон сохранения импульса, а именно

	m 1		(m M ) 2 .								(6)
Отсюда
			m 1
	2					m 2gh				.	(7)
		m M				m M
Теперь подставим (7) в уравнение (3):
Aтp T2 U1	m2 gh			mgh				mMgh			.
								(m M )
	(m M )

Как и должно быть, работа сил трения отрицательна. Произведем вычисления:

	A		0,1 1 10	1		Дж =	1	Дж = – 0,91 Дж.
	тp		0,1 1			1,1

Ответ: Aтp 0,91 Дж.

Пример 1.8. На однородный сплошной цилиндр массой m1 0,6 кг и радиусом R 0,1 м плотно намотана легкая нерастяжимая нить, к концу которой прикреплен груз массой m2 0,1 кг. В момент t 0 система пришла в

движение. Пренебрегая трением в оси цилиндра, найти в момент времени t 3 c; 1) модуль угловой скорости цилиндра; 2) кинетическую энергию системы груз – цилиндр.

Дано:

m1 0,6 кг

R 0,1 м m2 0,1 кг

t3c

? T ?

Решение. Для решения задачи необходимо записать уравнения движения цилиндра и груза. Груз движется поступательно вдоль оси x . Уравнение поступательного движения груза (2-й закон Ньютона):

m2a m2 g T .

(1)

Цилиндр вращается вокруг фиксированной оси z . Уравнение движения цилиндра:

	Iβz M z ,	(2)
где I – момент инерции сплошного цилиндра относи-
тельно оси z ; βz	– проекция углового ускорения цилин-
дра на ось z ; M z	– момент силы натяжения нити относи-
тельно оси z .

25

					В проекциях на ось x и ось z		уравнения (1) и (2)
	N				запишутся в виде
				z	m2 a m2 g T2 ;				(1*)
			MT		Iβ MT .				(2*)
							1
		1			Момент силы MT1 RT1 .
	R		T1
					Момент инерции цилиндра относительно оси z
			T		I	m R2
m1g		2				1	.
						2
					Поскольку нить нерастяжима и намотана плотно,
a					то линейное ускорение связано с угловым вра-
			m2g		щением цилиндра формулой
					a R .				(3)
Рис.1.5			x		В пренебрежении массой нити T T1 T2 ,				учи-
					тывая это, получим систему уравнений для ре-

шения задачи:

	m2a m2 g T ,
	m R2
			RT ,
	1	β			(4)
	2
	a Rβ,

или, исключая а,

						m2 R m2 g T ,
							m1R			T .																(5)
									2
Складывая почленно уравнение (5), получаем
						m2 R						m1R							m2 g			,
												2
откуда
								m2 g												2m2 g
																									.	(6)
					m1R				m2 R								m R 2m R
																			1			2
				2
Как видно из (6) const , следовательно,
					t										2m2 gt							.
											m R 2m R
												1								2
Произведем вычисления:
(t)				2 0,1 10 3												1				6			1	75		1	75 с 1 .
	t 3c			0,1 2 0,1 0,1
		0,6														с				0,08			с			с

26

Суммарная кинетическая энергия системы состоит из кинетической энергии поступательного движения груза и кинетической энергии вращательного движения цилиндра:

T m2 2

2

т. к. ωR , то

	T	m ω2 R2		m R2ω2
		2		1
		2		2 2

Iω22 ,

ω2 R2

2

	m		m2
		1		.
		2

(7)

(8)

Произведем вычисления:
	752	0,12	0,6
T					0,1	Дж = 28,125·0,4 Дж = 11,25 Дж.
		2	2

Ответ: ω 75 с 1; Т = 11,25 Дж.

Пример 1.9. Частица массой 20 г совершает гармонические колебания по закону x t 0,5sin π t 0,5 (м). Определить амплитуду, период колебаний, частоту и начальную фазу 0 колебаний. Найти зависимость от времени скорости и ускорения частицы. Чему равна фаза колебаний 1 и смещение точки x1 в момент времени t 0,5 c с начала колебаний? Чему равна полная механическая энергия точки в этот момент времени?

Дано:						Решение. Кинематический закон гармони-
x t 0,5sin πt 0,5π (м)						ческих колебаний частицы вдоль оси					x
m 20 г = 2 10 2 кг						имеет вид
						x t Asin ω0t 0 .					(1)
t1 0,5с
						Наше уравнение
A ?	T ?		?	0 ?
						x t 0,5sin πt 0,5π .					(2)
t ?		a t ?		?	x ?	Сравнив (1) и (2), видно, что A 0,5 м					–
E ?					1
						амплитуда смещения; 0 0,5 – началь-
						ная фаза колебаний; ω			рад	цикличе-
							0
									c
						ская частота колебаний.

ω0 2 , следовательно,

ω0 1 0,5 Гц.

2 2 2

	T	1		1	2 с.

27

Проекция скорости частицы, совершающей колебания вдоль оси											x ,
определяется по формуле
			dx	π 0,5cos					πt 0,5π 0,5πsin πt .		(3)
	x
			dt
Проекция ускорение частицы
				a	x		d x		0,5π2 cos πt .		(4)
							dt
Фаза колебаний										0,5 с:
	в момент времени t
									1
	1 0t1 0 π0,5 0,5 .										(5)
Смещение частицы в момент времени t1										= 0,5 с:
		x1 Asin 1 0,5sin 0 .									(6)

Из равенства нулю x1 следует, что в момент t1 0,5с частица находит-

ся в положении равновесия. В этом положении полная механическая энергия частицы E равна максимальной кинетической энергии частицы, т. е.

E Emax

m 2

max

.

(7)

k

2

Как видно из (3), max 0,5π , тогда

E

m(0,5π)2

0,25mπ2

2 10 2

0,25 9,86

Дж = 2,46 10 2 Дж.

Дж =

Дж =

2

2

2

Ответ: A = 0,5 м; 0,5

Гц; Т = 2 сек; x 0,5π sin πt ;

a

x

0,5π2

cos πt ;

π ; x

0 ;

E 2,46 10 2 Дж.

1

1

Пример 1.10. Найти среднюю кинетическую энергию

εвр вращатель-

ного движения одной молекулы азота при температуре T 300 К, а также

кинетическую

энергию

Eвр вращательного

движения всех молекул азота

массой m 5 г. Какова среднеквадратичная скорость поступательного движения молекулы?

Дано:

T 300 К

N2 i 5

	M			28 10 3			кг
		N	2
						моль
	m 5 10 3 кг
	εвр ?				Eвр ?		кв ?

Решение. На каждую степень свободы молекулы газа приходится одинаковая средняя кинетиче-

ская энергия, равная kT2 , где k – постоянная

Больцмана; T – абсолютная температура газа. Для жесткой молекулы, имеющей i степеней свободы, средняя кинетическая энергия равна

28

εк iпост2 kT iвр2 kT εпост εвр .

Для двухатомной молекулы (молекула азота – двухатомная) iпост 3, iвр 2, следовательно,

εвр

2

kT kT .

(1)

2

Число всех молекул газа

N N A N A

m

,

(2)

M

где m – масса газа; M –

молярная масса газа.

Кинетическая энергия вращательного движения всех молекул газа

Eвр N εвр .

(3)

Подставим (2) в (3), получим

E

N

m

ε

.

(4)

A M

вр

вр

Среднеквадратичная скорость молекулы определяется по формуле

кв

3RT

.

(5)

M

Произведем вычисления:

ε

вр

kT 1,38 10 23

300 Дж 4,14 10 21

Дж ;

E

N

m

ε

6,02 1023

5 10 3

4,14 10 21Дж 445 Дж ;

A M

вр

вр

28 10 3

3RT

3 8,31 300

м

5,13 102

м

.

кв

M

28 10 3

с

с

Ответ:

ε

4,14 10 21Дж ;

E

445 Дж ;

5,13 102

м

.

вр

кв

вр

с

Пример 1.11. Какое количество теплоты Q получает идеальный одноатомный газ, занимающий объем V1 20 л, переходя из состояния 1 в состо-

яние 3,	если в состоянии 1 его давление					p 2 105 Па, а в состоянии 2
						1
p2 2 p1 , V2 3V1 ?
Дано:					Решение. Количество теплоты Q , полученное
p1 2 105 Па					газом в этом процессе, складывается из количе-
V1 20	л = 2 10	2	ì	3	ства теплоты Q12 , полученного при переходе из
					состояния 1 в состояние 2, и количества тепло-
p2 2 p1 , V2 3V1
					ты Q23 , полученного при переходе из состояния
i 3
					2 в состояние 3:
Q ?						Q Q12 Q23 .	(1)

29

p

Согласно

первому началу термо-

динамики

T2

T3

Q A U ,

(2)

p2

2

3

где

Q – количество теплоты,

по-

лученное системой; A – работа,

p1

T1

совершенная силами давления га-

1

за;

U –

изменение внутренней

0

энергии системы.

V1

V2

V

Процесс,

соответствующий

участку 1 – 2 графика (рис. 1.6), яв-

Рис.1.6

ляется изохорическим V const .

Работа газа при постоянном объеме

A12 p V ,

в нашем случае V const ,

следовательно,

V 0 и

A12 0 (т. е. работа газа

при изохорическом процессе не совершается):

U

i

R T

i

V p ,

(3)

12

2

2

где i

– число степеней свободы (для одноатомного газа i 3); – число молей

газа;

R – универсальная газовая постоянная;

V1 – объем газа в состоянии 1;

V2 – объем газа в состоянии 2.

Из (3) для нашего случая

U

3

p p

V 1,5 p V

,

(4)

12

2

2

1

1

1

1

Q12 U12 1,5 p1V1 .

(5)

Процесс, соответствующий участку 2 – 3 (см. рис. 1.6), изобарический, поэтому

Q23 A23 U23 .

Здесь

U

i

p V

3

p V

V

6 p V .

(6)

23

2

2

2

2

1

1

1

A23 p2 V2

V1

2 p1 3V1 V1 4 p1V1.

(7)

Подставим (6) и (7) в

Q23 :

Q23 6 p1V1 4 p1V1

10 p1V1 .

(8)

Теперь подставим (5) и (8) в (1):

Q Q12

Q23 1,5 p1V1 10 p1V1 11,5 p1V1 .

Произведем вычисления:

Q 11,5 2 105 2 10 2

Дж 4,6 104 Дж.

Ответ: Q 4,6 104 Дж.

30