Задачи по Физике

31

по закону 2 2t t2 . Определить величину действующей силы, тормозящий момент, время равнозамедленного движения.

Решение. Согласно основному закону динамики вращательного движения вращающийся момент равен M J , где J – момент инерции шара; ε – угловое ускорение. Момент инерции шара:

J

2

mR2 .

5

Угловое ускорение –

d 2

d рад

.

dt

2

dt

c 2

Следовательно, J

2

mR 2 ( 2) 20 10 4

Н м .

5

Момент силы относительно неподвижной точки составляет

R

RF , где R - радиус – вектор, проведённый из этой точки

в точку

приложения силы.

Модуль момента

F

силы, как

видно

из рисунка, RF .

F

Отсюда

F MR 54 mR 4 10 2 H .

Вмомент остановки шара ω=0,

d 2 2t,2 2t 0, t 1c. dt

Пример 9. Найти линейное ускорение шара, скатывающегося без скольжения с наклонной плоскости. Угол наклона плоскости =300, начальная скорость v0=0. Решение. При скатывании шара с наклонной плоскости высотой h его потенциальная энергия уменьшается, переходя в кинетическую поступательного и вращательного движения:

mgh

mv2

J 2

,

(1)

2

2

где J – момент инерции шара. Так как

J

2

mR 2

и

v

, где R – радиус шара,

5

R

то уравнение (1) можно записать так:

mgh

mv2

2 mR 2 v 2

,

2R 2

2

5

т.е. mgh mv2 1 mv2 . 2 5

32

	Из рисунка видно, что h=lsinα; тогда mgl sin					7	mv2	;
					10
	gl sin		7	v2 .				(2)
		10

Так как движение тела происходит под действием постоянной силы, то оно равноускоренное с v0=0 (из условия задачи); поэтому

	l		at 2			;	v at .		(3)
2
Подставив (3) в уравнение (2), получим:
a	g sin 10			9,8 0,5				10	3,5м/с2.
	7 2						7 2

Пример 10. Маховик в виде диска массой m=50 кг и радиусом R = 20 см был раскручен до частоты вращения n1 480мин 1 . Вследствие трения маховик

остановился. Найти момент M сил трения, считая его постоянным для двух случаев: 1) маховик остановился через t=50 с; 2) маховик до полной остановки сделал N=200 об.

Решение. По основному закону динамики вращательного движения изменение момента импульса вращающегося тела равно произведению момента силы,

действующего на тело, на время действия этого момента:

t J 2 J 1,

где J –момент инерции маховика; 1			и 2 - начальная и конечная угловые
скорости. Так как ω2=0 и t t , то Mt=-Jω, откуда
				J 1	.		(1)
				t
Момент инерции диска относительно его геометрической оси равен
J	1		mR2 .
2
Подставив это выражение в формулу (1), найдём, что
		mR 2
		1				.	(2)
				2t
Выразив угловую скорость ω1 через частоту вращения n 480мин 1							8с 1,
		1

получим 1 2 n1, произведя вычисления по формуле (2), найдём, что

33

	mR 2	2 n	1		50 (0,2)	2 3,14 8	1
								1(Hм) .
		2t				50

В условии задачи дано число оборотов маховика до остановки, т.е. его угловое перемещение:

2 N 2 3,14 200 1256 рад.

Запишем формулу, выражающую связь работы с изменением кинетической

энергии:
	J2			J2
	2			1			, или ω2=0.
	2			2
Она примет вид
					J2
						1		.	(3)
						2
Работа при вращательном движении						определяется по формуле			M .

Подставив выражение работы и момента инерции диска в формулу (3), получим

				mR 2 2
				1		.
			4
	Отсюда
		mR 2 2
	M		1		= –1 (Нм) .
		4

Знак «минус» показывает, что момент силы трения оказывает тормозящее действие.

Пример 11. Человек стоит в центре круга Жуковского, вращающегося по

инерции вокруг неподвижной оси с частотой n			30мин 1. В вытянутых руках
	1
он держит по гире массой m=5кг	каждая. Расстояние от каждой гири до оси
вращения 1 60см. Суммарный	момент	инерции человека и скамьи

относительно оси вращения I0=2 кг см2. Определить частоту n2 вращения скамьи с человеком. Какую работу совершит человек, если прижмёт гири к себе так, что расстояние от каждой гири до оси станет равным 2=20cм?

Решение. По условию задачи момент внешних сил относительно вертикальной оси вращения равен нулю, поэтому момент импульса системы сохраняется:

											I1ω1= I2 ω2,
где I	1	I	0	2m	2	и	I	2	I	0	2m	2	– соответственно момент инерции всей
					1							2

системы до и после сближения; m- масса каждой гири. Угловая скорость ω=2πn. Подставив в уравнение, получим искомую частоту вращения:

			I	0	2m	2						2 2		5 (0,6)	2		c 1.
n						1	n		; n							0,5 1,16
	2		I		2m	2		1		2		2	2	5 (0,2)	2
				0
						2

34

Работа, совершаемая человеком, равна изменению кинетической энергии системы:

								(I	0	2m	2 ) 2 n	2	2		(I	0	2m	2 ) 2 n	1
A W	W	I		2	I 2						2							2				36,8 Дж .
			2
k2	k1			1	1	1					2							2

Пример 12. Материальная точка массой m=10 г совершает гармонические колебания частотой = 0,2 Гц. Амплитуда колебаний равна 5 см. Определить: а) максимальную силу, действующую на точку; б) полную энергию колеблющейся точки.

Решение. Уравнение гармонического колебания: х= A cos (ω0t+ φ). Тогда скорость и ускорение колеблющейся точки находятся так :

v

dx

A

sin(

t ) ;

a

dv

A 2 cos(

).

0

0

0

dt

dt

0

Согласно второму закону Ньютона сила, действующая на точку, –

F ma A 2 m cos

0

t

при cos

0

t 1, F F .

0

max

Поэтому искомое максимальное значение силы (с учетом того, что ω0= 2π ) будет равно

Fmax A 02 m A4 2 2 m 0,8 мН .

Полная энергия колеблющейся точки –

		1			mA2	2
W W			mV2				2 2 2 mA2 19,7 мкДж.
k max		2	max		2

Пример 13. Складываются два колебания одинакового направления, выражаемые уравнениями x1 A1 cos t 1 и x 2 A2 cos t 2 , где

А1=1см, А2=2см, τ1= 16 с, 2 12 с, с 1 .

Определить начальные фазы φ01, φ02 составляющих колебаний и амплитуду результирующего колебания.

Решение. Уравнение гармонического колебания имеет вид x = Acos(ωt+φ).

x1=A1cos(ωt+ωτ1), x2 =A2cos(ωt+ ωτ2).

Тогда: 1 1 16 6 рад, 2 2 12 2 рад.

Для определения амплитуды результирующего колебания представим векторную диаграмму, см. рисунок.

35

Согласно теореме косинусов, получим:

A	A2	A2 2A A		2		cos ,
	1	2	1
где 2 1 – разность фаз составляющих колебаний.
Подставив найденные значения φ2 и φ1,			получим, что									(рад),
							2		6		3
600. Подставив значения А1, А2, и Δφ, найдем, что
A	12 22	2 1 2 cos600				2,65 см.

Пример 14. Точка участвует одновременно в двух гармонических колебаниях во взаимно перпендикулярных направлениях. Колебания описываются

	уравнениями x= cos πt и y = cos		t. Определить траекторию движения точки.
		2
	Решение. По условию задачи		x= cos πt ; y = cos		t.	(1)
				2

Для определения траектории точки из выражений (1) исключаем понятие

времени. Искомые уравнения имеют вид x= 2y2-1, или y	x 1		, и
	2
представляют собой параболу.

36

Пример 15. На концах тонкого стержня длиной =1 м и массой m=400 г укреплены шарики малых размеров массами m1=200 г и m2=300 г. Стержень колеблется вокруг горизонтальной оси, перпендикулярной ему и проходящей через его середину (точка О, см. рисунок). Определить период Т колебаний, совершаемых стержнем.

Решение. Период колебаний	физического
маятника, примером которого является стержень
с шариками, определяется по формуле

T 2						I
							,			(1)
						mga
где I – момент инерции маятника относительно
оси колебаний; m – его масса;									a – расстояние от
центра масс маятника до оси.
Момент инерции данного маятника равен сумме
моментов инерции шариков I1, I2									и стержня I3:
I= I1+ I2+ I3.										(2)
Приняв шарики за материальные точки, выразим
моменты их инерций:
			2							2
I1 m1				, I2 m					2		.
2										2

Момент инерции стержня относительно оси, проходящей через его середину,

	равен I3=		1	m3 2	. Подставив полученные выражения I1, I2, I3 в формулу (2),
		12
	найдем момент инерции физического маятника:
					2			2				1			2		12		3m1 3m
				I m1				m2						m3						2 m3
												12					12
					2			2

= 122 3 0,2 3 0,3 0,4 0,158 к гм2 .

Масса маятника состоит из масс шариков и стержня:

m = m1 + m2 + m3 = 0,2 + 0,3 + 0,4 = 0,9 кг.

Если ось x направить вдоль стержня и начало координат совместить с точкой О, см. рисунок, то искомое расстояние «а» равно координате центра масс маятника, т.е.

								1			m				1		m		0
			mi x i		m																	m 2	m1 1
a x					1			2					2		2			3
	c		mi					m1				m 2 m3										2 m1 m 2 m3
					m 2		m1					1		0,3 0,2 1						0,055 м.
							2m								2 0,9

37

Произведя расчет по формуле (1), найдем период колебаний физического маятника:

I

0.158

T 2

2

3,14

11,2 с .

mga

0,9 9,8 0,055

Пример 16. Найти

молярную массу воздуха, считая, что он состоит из одной

части кислорода и трех частей азота.

М

О2

=32 10-3 кг/моль,

М

N2

=28 10-3 кг/моль.

Решение. Воздух,

являясь смесью идеальных газов, тоже представляет собой

идеальный газ, и к нему можно применить уравние Менделеева–Клапейрона:

	PV=	m возд	RT.	(1)
		М возд

Для каждого компонента смеси (кислорода и азота) имеем:

Р

V

mO2

RT ,

О2

M O2

Р

V

m N2

RT ,

N2

M N2

где PО2 и PN2 – парциальные давления каждого компонента.

По закону Дальтона

Рвозд = PО2 + PN2 .

Сложив (2) и (3), получим

m

O2

m

N2

( P + P )V =

RT .

M

О1 О2

M

O2

N2

или на основании закона Дальтон

m

O2

m

N2

PV=

RT .

M

O2

M

N2

Сравнив (1) и (5) с учетом того, что mвозд =m О

2

+m N

2

, имеем:

Откуда

M возд М О

М N

mO

2

m N

2

.

(6)

2

2

M

O

2

m

N

2

M

N

2

m

O

2

(2)

(3)

(4)

(5)

Подставив в (6) равенство m N2 =3m О2 (по условию), найдем молярную массу воздуха:

М			4М	О	2	М N	2			4 32 10 3	28 10	3	=29 10-3 кг/моль.
	возд		3MO		M N					3 32 10 3	28 10 3
				2				2

38

Пример 17. Плотность некоторого газа равна 6·10-2 кг/м3, а среднеквадратичная скорость молекул – 500 м/с. Найти давление, которое газ оказывает на стенку сосуда.

Решение. В основном уравнении молекулярнокинетической теории –

Р 13 nmVкв2 .

Произведение nm выражает массу молекул, содержащихся в единице объема вещества, и следовательно, равно плотности ρ газа. Таким образом,

Р 13 Vкв2 13 6 10 2 5002 5 103 Па.

Пример 18. 6,5 г водорода, температура которого 270 С, расширяется вдвое при постоянном давлении за счет притока тепла извне. Найти: а) изменение внутренней энергии; б) количество теплоты, сообщенной газу; в) работу расширения. (Мв=2 10-3 кг/моль).

Решение. Вычислим значения молярных теплоемкостей водорода, учитывая, что молекулы водорода – двухатомные, а число i степеней свободы равно пяти:

Сv 2i R 52 8,31 103 =20,8·103 Дж/моль К;

Cр =Cv + R=20,8·103 + 8,31·103 =29,1·103 Дж/моль К.

Используя условие задачи и уравнение для изобарического процесса

V1 V2 ,

T1 T2

найдем температуру газа после расширения:

Т2 = T1V2 T1 2V1 =2Т1 = 600 К.

V1 V1

Вычислим изменение внутренней энергии и количество тепла:

U

m

C

T

T

6,5 10 3

20,8

103 600 300 =20,3·103 Дж;

v

M

2

1

2

Q

m

C

T

T

6,5 10 3

29,1

103 600 300 =28,4·103 Дж.

p

p

M

2

1

2

На основании первого начала термодинамики найдем работу расширения газа:

А=Q–∆U=28,4·103–20,3·103 Дж=8,1·103 Дж.

Пример 19. Воздух, занимавший объем V1=10 л при давлении Р1=100 кПа, был адиабатически сжат до объема V2 =1 л. Под каким давлением Р2 находится воздух после сжатия?

39

Решение. Поскольку совершается адиабатический процесс, для решения используем уравнение адиабаты в виде

									Р		V P V .
										1		1		2	2
						V
Отсюда следует, что Р		Р					1	.
	2		1
					V2
Показатель Пуассона –				Cp					i 2					1,4 ,
				C v						i

где i=5, так как считаем воздух состоящим в основном из двухатомных молекул. Подставив в формулу для P2 численные значения величин, получим:

	5		10		2	1,4	5	1,4		6,4
P2 =10			10		3		=10 ·10		=10	Па.
В итоге логарифмирования имеем gР2 = 6,4.								На основании этого Р2=2,51·106
Па.

Пример 20. Тепловая машина работает по обратному циклу Карно. Температура теплоотдатчика Т1=500 К. Определить термический кпд цикла и температуру Т2 теплоприемника тепловой машины, если за счет каждого килоджоуля теплоты, полученной от теплоотдатчика, машина совершает работу А=350Дж.

Решение. Термический кпд тепловой машины показывает, какая доля теплоты, полученной от теплоотдатчика, превращается в механическую работу:

А

,

Q1

где А – работа, совершаемая рабочим

телом;

Q1 –

теплота, полученная от

теплоотдатчика.

По формуле η=

T1 T2

,

T1

зная η цикла, можно определить температуру охладителя Т2 : Т 2

Т1

.

1

Произведем вычисления:

350

0,35 , Т

500

325 К .

2

1000

1 0,35

Пример 21. В вершинах равностороннего треугольника находятся одинаковые положительные заряды Q1=Q2=Q3=1 нКл (см. рисунок). Какой отрицательный Q4 необходимо поместить в центр треугольника, чтобы сила притяжения с его стороны уравновесила силы отталкивания зарядов, находящихся в вершинах?

40

Решение. Все три заряда, расположенные по вершинам треугольника, находятся
в одинаковых условиях. Заряд Q будет находиться в равновесии, если
векторная сумма действующих на него сил равна нулю:
F2	+ F3	+ F4	= F + F4 = 0 ,
где F – равнодействующая сил F2		и F3	; F = F3 .

Выразив F через F2 и F3 (с учетом того, что F3 = F2 ), получим

F4 F2 2(1 cos ) .

	1			Q Q		1			Q2
											2(1 cos ) ,
По закону Кулона				1 4					1
	4	0		r2		4	0		r2
			1

Q r2

откуда Q4

cos ) .

1 1

2(1

r2

Выразим r

r / 2

r

r

; cosα=cos600=1/2.

1

cos300

2cos300

3

C учетом этого мы получим

Q

Q

1

1

0,58 н Кл .

4

3

3

Пример 22. Кольцо радиусом r=5 см из тонкой проволоки равномерно заряжено с линейной плотностью =14 нКл/м (см. рисунок). Определить напряженность поля на оси, проходящей через центр кольца, в точке, удаленной на расстоянии а=10 см от центра кольца.

Решение. Элемент кольца d имеет заряд dQ=τd .