методичка №1 физика

	Дано:					Решение
	x = A+Bt+Ct3	1. Координату точки, для				которой известно кинематическое
	A = 4 м
	В = 2 м/c	уравнение движения, найдем, подставив в уравнение движения
	С = -0,5 м/c3	заданное значение времени				t1 :
	t1 = 2c
				x(t	) A Bt		Ct3 .
				1		1	1
	x1 - ?	Подставив в это выражение значения постоянных А, В, С, и
	v1 - ?
	a1 - ?	t1 , произведем вычисления:				x1 4м .
	<v> - ?
		2. Уравнение, описывающее зависимость скорости от времени,
	найдем, продифференцировав координату x					по времени:		v	dx	B 3Ct2 . Тогда в
									dt
	заданный момент времени t		1	мгновенная скорость v B 3Ct2 .
							1	1

Подставим сюда значения В, С, t1 и произведем вычисления: v1 4м / c .

Знак минус в полученном значении скорости указывает на то, что в данный мо-

мент времени скорость материальной точки направлена в сторону, противопо-

ложную положительному направлению оси X.

3. Функциональную зависимость ускорения от времени найдем, используя опре-

деление ускорения, как второй производной от координаты x по времени:

a d2x dv 6Ct . dt2 dt

Подставим значения С, t1 и произведем вычисления a1 6 м / c2 .

4. По определению, среднее значение скорости равно: v St , где S – путь, прой-

денный точкой за время t .

Если в течение рассматриваемого промежутка времени скорость точки не изменяется по направлению, то

S x(t1) x(t0 ) ,

где x(t1) и x(t0) – координаты материальной точки в конечный и начальный мо-

менты времени, соответственно.

В нашем случае в начальный момент времени t0 0 с скорость точки равна 2

м/с, а в момент времени t1 скорость - v1 4м / c . Следовательно, в некоторый

21

момент времени t скорость точки обращается в нуль, т.е. в этот момент времени

материальная

точка изменяет направление

своего движения. Тогда весь путь,

пройденный

точкой,

можно представить в

виде: S S1

-

S2 , где S1 x(t ) x(t0 )

путь, пройденный точкой до остановки, а S2

- путь, пройденный в об-

x(t ) x(t1)

ратном направлении.

Найдем момент времени, в который скорость точки равна нулю:

2

0 .

B 3C(t )

Отсюда t

B

=1,155 с.

3C . Подставив численные значения, получим: t

3

=7,08 м,

Тогда x(t )

A Bt

C(t )

x(t0 ) A =4 м,

x(t1) A Bt1 Ct13 4м.

Cледовательно, S=(7,08-4)+(7,08-4)=6,16 м, средняя скорость <v> =3,08 м/с.

Пример 2. Тело массой 10 кг движется вверх по наклонной плоскости. На тело действует сила F=100 Н, направленная вверх под углом = 300 к поверхности наклонной плоскости. Коэффициент трения =0,1. Угол наклона плоскости

= 300 . Определить ускорение, с которым движется тело (рисунок 1).

Дано:	Решение
m=10 кг
F=100 Н
300
300
=0,1
а - ?

Рисунок 1 – К примеру решения задачи №2

	При движении тела кроме силы			на него действуют также: сила тяжести -
			F
mg , сила реакции опоры - N		и сила трения - Fтр , показанные на рисунке.
				22

Ускорение тела определим, используя основной закон динамики, который в векторной форме в условиях данной задачи имеет вид:

ma	mg N Fтр			F .	(1)

Направим ось X вдоль наклонной плоскости в сторону движения тела, а ось

Y - перпендикулярно к ней.

Запишем уравнение (1) в проекциях на выбранные оси координат.

На ось X:	ma mg sin Fтр F cos ,		(2)
на ось Y:	0 mg cos N F sin .		(3)
По определению силы трения:		Fтр N .
Силу реакции опоры найдем из уравнения (3): N mg cos F sin .
Тогда Fтр	mg cos F sin .
Подставим	это выражение в	(2) и	получим рабочую формулу:

a mF cos sin g cos sin .

Проведя подстановку данных и вычисления, найдем: а=3,3м/с2.

Пример 3. К ободу однородного диска радиусом 0,2 м, вращающегося вокруг своей оси, приложена касательная сила F=98,1 Н. При вращении на диск действует момент сил трения Мтр 4,9 Н м. Найти массу диска, если известно, что диск вращается с угловым ускорением =100 рад/ с2 (рисунок 2).

Решение

Дано: R=0,2 м F=98,1 Н

Мтр = 4,9 Н м= 100 рад/c2

m - ?

Рисунок 2 - К примеру решения задачи №3

23

Известно, что момент инерции диска относительно оси, проходящей через его

центр, равен:	J	1	mR 2 . Отсюда масса диска:			m	2J	(1)
							R2
	2
Воспользовавшись законом динамики вращательного движения твердого те-
ла, найдем момент инерции J: J				M	,			(2)

где М - результирующий момент сил, под действием которого вращается диск. Запишем уравнение (2) в проекции на ось вращения (с учетом направлений моментов).

		М М0 Мтр FR Мтр .	(3)
Здесь M0 F R – момент силы F относительно оси вращения.
Подставляя (2) и (3) в (1), находим:
m	2	FR Мтр .
	R2

Проведя необходимые расчеты, получим: m=7,36 кг.

Пример 4. Два свинцовых шара массами m1 =2 кг и m 2 =3 кг подвешены на нитях длиной L=70 см. Первоначально шары соприкасаются между собой, затем меньший шар отклонили на угол 600 и отпустили. Считая удар центральным и неупругим, определить: 1) высоту h, на которую поднимутся шары после удара; 2) энергию Е , израсходованную на деформацию шаров при ударе (рисунок 3).

Решение

Дано:		СИ:
m1	= 2 кг
m2	= 3 кг
L = 70 см		0,7 м
60		/ 3 рад
h - ?
Е - ?

Рисунок 3 - К примеру решения задачи №4

24

Проведем анализ движения тел в данной задаче. Движение шаров можно раз-

бить на три этапа.

На первом этапе (до соударения) шар массой m1 движется под действием только консервативных сил (сила трения отсутствует). Следовательно, на этом участке движения выполняется закон сохранения механической энергии:

m1gh 1		m1 v12	,	(1)
	2

где h1 L(1 cos )) - начальная высота, на которой находился отклоненный шар, v1

- скорость этого шара непосредственно перед ударом.

Второй этап – неупругое соударение шаров, при котором выполняется за-

кон сохранения импульса:

	m1 v1	m2 v	2 (m1 m2 )v ,
где v1	и v 2 - скорости шаров до удара,		v - скорость шаров, движущихся как еди-
ное целое, непосредственно после удара.
	С учетом того, что v 2 0 , получим:
		m1v1 (m1 m2 )v .				(2)
	Из уравнения (2) очевидно, что скорость шаров					сразу после удара будет
					v
направлена вдоль оси Х, так же как и скорость v1				первого шара непосредственно

перед соударением. Поэтому уравнение (2) в проекциях на ось Х будет иметь вид:

	m1v1 (m1 m2 )v .								(3)
На третьем этапе	движения шаров после удара снова выполняется закон
сохранения механической энергии:
(m m		)	v2	(m m			)gh .		(4)
1	2	2		1	2
Отсюда искомая высота				h	v2	.
					2g
Используя уравнения (3) и (1), получим: v								m1v1		,
								m m
							1		2

v1 2gh1 2gL(1 cos ) 2gL sin 2 .

25

		2		2m	2	L sin		2
	v
Тогда h				1					2	.
	2g			(m			m		)2
					1		2

Энергия, израсходованная на деформацию шаров при ударе:

	Е	m v2		(m m	)	v2 .		(5)
		1 1		1 2
		2		2
	Проведя подстановку и преобразования, получим: E 2gL						m1 m2		sin2 .
							m m	2
							1

Вычислим: 1) h=0,056 м; 2) Е =4,12 Дж.

Пример 5. Материальная точка массой 5 г совершает гармонические коле-

бания с частотой 0,5 Гц вдоль оси Х. Амплитуда колебаний 3 см. Определить: 1)

скорость точки в момент времени, когда смещение х=1,5 см; 2) максимальную си-

лу, действующую на точку.

Дано:	СИ:
m=5 г	5 10 3 кг
=0,5 Гц
А=3 см	3 10 2 м
х=1,5 см	1,5 10 2 м
v - ?
Fmax -?

Решение

1. Уравнение гармонического колебания имеет вид:

x Acos( t ) . (1)

По определению, скорость точки равна первой произ-

водной по времени от смещения:

v x	dx	A sin( t ) .	(2)
	dt

Чтобы выразить скорость через смещение, надо исключить из формул (1) и (2)

время. Для этого возведем оба уравнения в квадрат:

x2

A2 cos2 ( t ) ,

(3)

v2

A2 2 sin2 ( t )

(4)

x2

v2

Из уравнений (3) и (4) выразим

cos2 ( t )

, sin2

( t )

. Восполь-

2

2 2

A

A

зовавшись известным соотношением sin2 cos2 1, получим:

x 2

v 2

1 .

A 2

A 2 2

26

Так как 2 , тогда

x2		v2
			1.
A2		42 2A2

Решая последнее уравнение относительно v, найдем:

v 2A2 x2 .

Вычисляя, получим v=±8,2 м/с.

Знак плюс соответствует случаю, когда направление скорости совпадает с поло-

жительным направлением оси Х, знак минус - когда направление скорости проти-

воположно.

2. Силу, действующую на точку, найдем, используя второй закон Ньютона:

F = ma,

(5)

где а - ускорение точки.

По определению:

a x	dv	A cos( t )	или:
	dt
		2

a 42 2Acos( t ) .

Подставим это выражение в (3) и получим: F 42 2mA cos( t ) .

Отсюда максимальное значение силы (при cos( t ) 1):

	F 4 2 2mA .
	max
Подставим	в это уравнение значения величин ,	, m, А и найдем
F 1,49 10 3	Н .
max

Пример 6. В баллоне объемом 10 литров находится гелий под давлением 1

МПа при температуре 300 К. После того как из баллона был израсходован гелий массой 10 г, температура в баллоне понизилась до 290 К. Определить 1) давление гелия, оставшегося в баллоне; 2) его плотность; 3) количество оставшихся в бал-

лоне молекул гелия; 4) их концентрацию.

27

Дано: СИ:

V=10 л 0,01 м3 p1=10 МПа 106 Па

Т1=300 К

m 10г 0,01 кг

Т2=290 К

1)p2 - ?

2)2 - ?

3)N2 - ?

4)n2 - ?

Решение

1. Воспользуемся уравнением Менделеева – Клапейрона,

применив его к начальному и конечному состояниям газа:

p1 V mM1 RT1 ; p2 V mM2 RT2 .

Выразим из этих уравнений массы m1 и m2 гелия и найдем их разность:

m1

Mp1V

;

m2

Mp2V

=> m m1 m2

Mp1V

Mp2V

.

RT1

RT2

RT1

RT2

Из последнего уравнения выразим искомое давление:

		RT		Mp V
	p2	2				1
						RT1		m .
		MV
Молярная масса гелия (Не) равна M 4 10 3 кг/моль , R=8,31 Дж/(моль К) – моляр-
ная газовая постоянная.
Подставив данные и проведя расчет, найдем давление p2 =364 103 Па.
2. Плотность вещества, по определению,										равна m / V . Выразим эту вели-
чину из исходного уравнения для второго состояния системы:
	2		m2				Mp2		.
				V			RT2
После подстановки данных и проведения расчета получим: 2											0,604 кг/м3.
3. Количество	молекул, оставшихся в									баллоне, равно: N 2 N А 2 , где
NA 6,02 1023 моль-1	– число Авогадро. Количество вещества										2 , оставшегося в

баллоне газа, выразим из уравнения Менделеева – Клапейрона для второго состо-

яния системы:

2 m2 p2V . M RT2

Тогда искомое число молекул:

N2 NA 2 NA p2V .

RT2

28

n N V , тогда:

После подстановки данных и проведения расчета получим: N2 9,1 1023 .

4. Концентрация молекул по определению равна:

n2 N2 V .

После подстановки данных и проведения расчета получим: n 2 9,1 1025 м 3 .

Пример 7. Кислород, находящийся в состоянии 1 при давлении р1 =0,5 МПа, температуре Т1 =350 К и занимающий объем V1 =1л, перевели в состояние 2, подвергнув адиабатическому расширению до объема V2 =2 л. Затем изобарно объем газа был увеличен до V3 =3 л. В состояние 4 кислород был переведен путем изотермического увеличения объема V3 в два раза. После этого последовал изохорный нагрев на T5 4 = 150К, который перевел газ в пятое состояние. Определить термодинамические параметры каждого из состояний. Для каждого из описанных процессов найти: 1) работу, совершенную газом; 2) изменение его внутренней энергии; 3) количество подведенной к газу теплоты (рисунок 4).

Рисунок 4 - К условию и решению задачи №7

29

	Дано:		СИ:				Решение
	О 2				Согласно первому началу термодинамики, ко-
	р =0,5МПа		0,5106	Па
1					личество теплоты Q, полученное газом, расходуется
	Т1 =350 К
	V1=1 л		1.10 3	м 3	на изменение внутренней энергии газа ( U ) и совер-
	Q1 2 0		2.10 3 м 3		шение газом работы (А) против внешних сил:
	V2=2 л
	P2-3=const		3.10 3 м 3				Q U A .			(1)
	V3=3 л				Параметры состояния 1 известны из условия за-
	T3-4=const
	V4=0,5 V3				дачи: р	=0,5106	Па, V = 1.10	3 м 3 , Т	1	=350 К.
					1		1
	V4-5=const				1. Адиабатный процесс совершается, по опреде-
	T5 4 50 K
					лению, без теплообмена с			окружающей средой, и
	Pi, Ti , Vi , i=1-5 - ?				описывает, в рамках нашей задачи, переход системы
	А - ?	Для каждого
	U - ?	из процессов			из 1-го во 2-е состояние.
	Q - ?				Поэтому:		Q12 0 .			(2)
Уравнение (1), записанное для адиабатного процесса, имеет вид:
					U12 A12 .					(3)

Известно, что изменение внутренней энергии для любого термодинамического процесса:

U Mm CV T .

Тогда, в нашем случае:

U			m	C		(T	T ) ,	(4)
	12				V
			M			2	1

где m –масса газа, CV 2i R - молярная теплоемкость при постоянном объеме, i=5 –

число степеней свободы двухатомной молекулы, какой является молекула кисло-

рода; R=8,31 Дж/(моль К) – молярная газовая постоянная; М = 32 10 3 кг/моль – молярная масса кислорода.

Температуру Т2 найдем, используя уравнение Пуассона, описывающее адиабатный процесс:

T		V		1
2		1		,
T1		V2

30