Примеры решения задач

Пример 1. Уравнение движения материальной точки вдоль оси имеет вид x = A + Bt + Ct³, где A = 2 м, В = 1 м/с, С = – 0,5 м/с³. Найти координату х, скорость v_x и ускорение а_х точки в момент времени t = 2 с.

Решение. Координату x найдем, подставив в урав­нение движения числовые значения коэффициентов A, В и С и времени t:

х = (2 + 1∙2 — 0,5∙2³) м = 0.

Мгновенная скорость относительно оси х есть первая производная от координаты по времени:

Ускорение точки найдем, взяв первую производную от скорости по времени:

В момент времени t = 2с

v_x = (1 –3∙0,5∙2²) м/с = –5 м/с;

a_x = 6(–0,5)∙2 м/с² = –6 м/с².

Пример 2. Тело вращается вокруг неподвижной оси по закону φ = A + Bt + C², где A = 10 рад, B = 20 рад/с, С = –2 рад/с². Найти полное ускорение точки, находя­щейся на расстоянии r = 0,1 м от оси вращения, для момента времени t = 4 с.

Решение. Полное ускорение а точки, движущейся по кривой линии, может быть найдено как геометричес­кая сумма тангенциального ускорения а_τ, направленного по касательной к траектории, и нормального ускоре­ния а_n, направленного к центру кривизны траектории (рис. 1):

а = а_τ + а_n.

Так как векторы а_τ и а_n взаимно перпендикулярны, то модуль ускорения

(1)

Модули тангенциального и нормального ускорения точки вращающегося тела выражаются формулами

a_t = εr, а_п = ω²r,

где ω — модуль угловой скорости тела; ε — модуль его углового, ускорения.

Подставляя выражения a_τ и а_п в формулу (1), на­ходим

(2)

Угловую скорость ω найдем, взяв первую производ­ную угла поворота по времени:

В момент времени t = 4c модуль угловой скорости

ω = [20 + 2(–2)4] рад/с=4 рад/с.

Угловое ускорение найдем, взяв первую производную от угловой скорости по времени:

Подставляя значения ω, ε и r в формулу (2), полу­чаем

Пример 3. Ящик массой m₁ = 20 кг соскальзывает по идеально гладкому лотку длиной l = 2 м на неподвижную тележку с песком и застревает в нем. Тележка с песком массой m₂ = 80 кг может свободно (без трения) переме­щаться по рельсам в горизонтальном направлении. Опре­делить скорость и тележки с ящиком, если лоток накло­нен под углом α = к рельсам.

Р ешение. Тележку и ящик можно рассматривать как систему двух неупругое взаимодействующих тел. Но эта система не замкнута, так как на нее действуют внеш­ние силы: силы тяжести m₁g и m₂g и сила реакции N₂ (рис. 2). Поэтому применить закон сохранения импульса к системе ящик — тележка нельзя. Но так как проекции указанных сил на направление оси х, совпадающей с направлением рельсов, равны нулю, то проекцию импуль­са системы на это направле­ние можно считать постоян­ной, т. е.

(1)

где и — проекции импульса ящика и тележки с песком в момент падения ящика на тележку; и — те же величины после падения ящика

Рассматривая тела системы как материальные точки, выразим в равенстве (1) импульсы тел через их массы и скорости, учитывая, что р_2x = 0 (тележка до взаимодей­ствия с ящиком покоилась), а также что после взаимо­действия оба тела системы движутся с одной и той же скоростью и:

или

где v_i – модуль скорости ящика перед падением на тележку; v_1x = v₁ cosα – проекция этой скорости на ось х.

Отсюда (2)

Модуль скорости v₁ определим из закона сохранения энергии:

где h = l sinα, откуда

Подставив выражение v₁ в формулу (2), получим

После вычислений найдем

Пример 4. На спокойной воде пруда перпендикулярно берегу и носом к нему стоит лодка массой М и длиной L. На корме стоит человек массой т. На какое расстояние s удалится лодка от берега, если человек перейдет с кормы на нос лодки? Силами трения и сопротивления пре­небречь.

Решение. Систему человек — лодка относительно горизонтального направления можно рассматривать как замкнутую. Согласно следствию из закона сохранения импульса, внутренние силы замкнутой системы тел не могут изменить положение центра масс системы. Приме­няя это следствие к системе человек — лодка, можно считать, что при перемещении человека по лодке центр масс системы не изменит своего положения, т. е. оста­нется на прежнем расстоянии от берега.

Пусть центр масс сис­темы человек — лодка нахо­дится на вертикали, прохо­дящей в начальный момент через точку С₁ лодки (рис. 3), а после переме­щения лодки — через дру­гую ее точку С₂. Так как эта вертикаль неподвижна относительно берега, то искомое перемещение s лодки относительно берега равно перемещению лодки относительно вертикали. А это последнее легко определить по перемещению цен­тра масс O лодки. Как видно из рис. 3, в начальный мо­мент точка О находится на расстоянии а₁ слева от верти­кали, а после перехода человека — на расстоянии а₂ справа от вертикали. Следовательно, искомое перемеще­ние лодки

s = а₁ + а₂,

Для определения а₁ и а₂ воспользуемся тем, что ре­зультирующий момент сил, действующих на систему от­носительно горизонтальной оси, перпендикулярной про­дольной оси лодки, равен нулю. Поэтому для начального положения системы Mga₁ = = mg(l − а₁), откуда

a₁ = ml/(M + т).

После перемещения лодки Mgd₂ = mg(L – d₂ – l), от­куда

a₂ = m(L – l)/(M + т).

Подставив полученные выражения а₁ и а₂ в (1), найдём

или

Пример 5. При выстреле из пружинного пистолета вертикально вверх пуля массой m = 20 г поднялась на высоту h = 5 м. Определить жесткость k пружины писто­лета, если она была сжата на x = 10 см. Массой пру­жины и силами трения пренебречь.

Решение. Рассмотрим систему пружина — пуля. Так как на тела системы действуют только консервативные силы, то для решения задачи можно применить за­кон сохранения энергии в механике. Согласно ему полная механическая энергия Е₁ системы в начальном состоянии (в данном случае перед выстрелом) равна полной энер­гии Е₂ в конечном состоянии (когда пуля поднялась на высоту h), т. е.

(1)

где Т₁, Т₂, П₁ и П₂ — кинетические и потенциальные энергии системы в начальном и конечном состонниях. Так как кинетические энергии пули в начальном и ко­нечном состояниях равны нулю, то равенство (1) при­мет вид

(2)

Примем потенциальную энергию пули в поле сил тяго­тения Земли, когда пуля покоится на сжатой пружине, равной нулю, а высоту подъема пули будем отсчитывать от торца сжатой пружины. Тогда энергия системы в на­чальном состоянии будет равна потенциальной энергии сжатой пружины, т. е. , а в конечном состоя­нии — потенциальной энергии пули на высоте h, т. е. П₂ = mgh.

Подставив выражения П₁ и П₂ в формулу (2), найдем , откуда

(3)

Проверим, дает ли полученная формула единицу жесткости k. Для этого в правую часть формулы (3) вместо величин подставим их единицы^*:

Убедившись, что полученная единица является еди­ницей жесткости (1 Н/м), подставим в формулу (3) зна­чения величин и произведем вычисления:

Пример 6. Шар массой т₁, движущийся горизон­тально с некоторой скоростью v₁, столкнулся с неподвижным шаром массой m₂ — Шары абсолютно упругие, удар прямой, центральный. Какую долю ε своей кинетической энергии первый шар передал второму?

Решение. Доля энергии, переданной первым ша­ром второму, выразится соотношением

(1)

где T₁ — кинетическая энергия первого шара до удара; u₂ и T₂ — скорость и кинетическая энергия второго шара после удара.

Как видно из формулы (1), для определения ε надо найти u₂. Согласно условию задачи, импульс системы двух шаров относительно горизонтального направления не изменяется и механическая энергия шаров в другие виды не переходит. Пользуясь этим, найдем:

(2)

(3)

Решим совместно уравнения (2) и (3):

Подставив это выражение u₂ в формулу (1) и сократив на v₁ и m₁ получим

Из найденного соотношения видно, что доля передан­ной энергии зависит только от масс сталкивающихся шаров.

Пример 7. Через блок в виде сплошного диска, имею­щего массу m = 80 г (рис. 4), перекинута тонкая гибкая нить, к концам которой подвешены гру­зы с массами m₁ = 100 г и m₂ = 200 г. Определить ускорение, с которым будут двигаться грузы, если их предоставить самим себе. Трением и массой нити пре­небречь.

Решение. Рассмотрим силы, дей­ствующие на каждый груз и на блок в отдельности. На каждый груз действу­ют две силы: сила тяжести и сила упру­гости (сила натяжения нити). Направим ось х вертикально вниз и напишем для каждого груза уравнение движения (второй закон Нью­тона) в проекциях на эту ось. Для первого груза

(1)

для второго груза

(2)

Под действием моментов сил и относительно оси z, перпендикулярной плоскости чертежа и направлен­ной за чертеж, блок приобретает угловое ускорение ε. Согласно основному уравнению динамики вращательного движения,

(3)

где ε = a/r; l_z = ½mr² — момент инерции блока (сплош­ного диска) относительно оси z.

Согласно третьему закону Ньютона, с учетом невесо­мости нити  = =  , = . Воспользовавшись этим, подставим в уравнение (3) вместо и выражения Т₁ и Т₂, получив их предварительно из уравнений (1) и (2):

После сокращения на r и перегруппировки членов найдём

(4)

Формула (4) позволяет массы m₁, т₂ и т выразить в граммах, как они даны в условии задачи, а ускоре­ние — в единицах СИ. После подстановки числовых зна­чений в формулу (4) получим

Пример 8. Маховик в виде сплошного диска радиусом R = 0,2 м и массой m = 50 кг раскручен до частоты вра­щения n₁ = 480 мин^–1 и предоставлен сам себе. Под действием сил трения маховик остановился через t = 50 с. Найти момент М сил трения.

Решение. Для решения задачи воспользуемся основным уравнением динамики вращательного движе­ния в виде

(1)

где dL_z — изменение проекции на ось z момента импульса маховика, вращающегося относительно оси z, совпадающей с геометрической осью маховика, за интервал вре­мени dt; М_z — момент внешних сил (в данном случае момент сил трения), действующих на маховик относи­тельно оси z.

Момент сил трения можно считать не изменяющимся с течением времени (M_z = const), поэтому интегрирование уравнения (1) приводит к выражению

(2)

При вращении твердого тела относительно неподвиж­ной оси изменение проекции момента импульса

(3)

где J_z — момент инерции маховика относительно оси z; Δω — изменение угловой скорости маховика.

Приравняв правые части равенств (2) и (3), получим M_zΔt = J_zΔω, откуда

(4)

Момент инерции маховика в виде сплошного диска определяется по формуле

Изменение угловой скорости Δω = ω₂ — ω₁ выразим через конечную п₂ и начальную п₁ частоты вращения, пользуясь соотношением ω = 2πn:

Подставив в формулу (4) выражения J_z и Δω, полу­чим

(5)

Проверим, дает ли расчетная формула единицу мо­мента силы (Н∙м). Для этого в правую часть формулы вместо символов величин подставим их единицы:

Подставим в (5) числовые значения величии и произ­ведем вычисления, учитывая, что п₁ = 480 мин^–1 = 480/60 с^–1 = 8 с^–1:

Знак минус показывает, что момент сил трения ока­зывает на маховик тормозящее действие.

Пример 9. Платформа в виде сплошного диска радиу­сом R = 1,5 м и массой m₁ = 180 кг вращается около вертикальной оси с частотой n = 10 мин. В центре плат­формы стоит человек массой m₂ = 60 кг. Какую линейную скорость v относительно пола помещения будет иметь человек, если он перейдет на край платформы?

Решение. Согласно условию задачи, момент внеш­них сил относительно оси вращения z, совпадающей с геометрической осью платформы, можно считать рав­ным нулю. При этом условии проекция L_z момента им­пульса системы платформа — человек остается постоянной:

(1)

где I_z — 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 в началь­ном состоянии J_z = J₁ + J₂, а в конечном состоянии .

С учетом этого равенство (1) примет вид

(2)

где значения моментов инерции J₁ и J₂ платформы и человека соответственно относятся к начальному состоянию системы; и — к конечному.

Момент инерции платформы относительно оси r при переходе человека не изменяется: . Мо­мент инерции человека относительно той же оси будет изменяться. Если рассматривать человека как материаль­ную точку, то его момент инерции J₂ в начальном состоя­нии (в центре платформы) можно считать равным нулю. В конечном состоянии (на краю платформы) момент инерции человека .

Подставим в формулу (2) выражения моментов инер­ции, начальной угловой скорости вращения платформы с человеком (ω = 2πn) и конечной угловой скорости (ω' = v/R, где v — скорость человека относительно пола):

После сокращения на R² и простых преобразований находим скорость:

Произведем вычисления:

Пример 10. Ракета установлена на поверхности Земли для запуска в вертикальном направлении. При какой минимальной скорости v₁, сообщенной ракете при запус­ке, она удалится от поверхности на расстояние, равное радиусу Земли (R = 6,37∙10⁶ м)? Всеми силами, кроме силы гравитационного взаимодействия ракеты и Земли, пренебречь.

Решение. Со стороны Земли на ракету действует сила тяжести, являющаяся потенциальной силой. При не­работающем двигателе под действием потенциальной силы механическая энергия ракеты изменяться не будет. Следовательно

(1)

где T₁, П₁ и Т₂, П₂ — кинетическая и потенциальная энергия ракеты после выключения двигателя в начальном (у поверхности Земли) и конечном (на расстоянии, рав­ном радиусу Земли) состояниях.

Согласно определению кинетической энергии,

Потенциальная энергия ракеты в начальном со­стоянии^*

По мере удаления ракеты от поверхности Земли ее потенциальная энергия возрастает, а кинетическая — убывает. В конечном состоянии кинетическая энергия Т₂ станет равной нулю, а потенциальная — достигнет макси­мального значения:

Подставляя выражения T₁, П₁, Т₂ и П₂ в (1),получаем

Откуда

Заметив, что GM / R² = g (g — ускорение свободного падения у поверхности Земли), перепишем эту формул в виде

что совпадает с выражением для первой космической скорости.

Произведем вычисления:

Пример 11. Точка совершает гармонические колеба­ния с частотой ν = 10 Гц. В момент, принятый за началь­ный, точка имела максимальное смещение: x_max = 1 мм. Написать уравнение колебаний точки и начертить их график.

Решение. Уравнение колебаний точки можно за­писать в виде

(1)

где A — амплитуда колебаний; ω — циклическая частота; t — время; φ — начальная фаза.

По определению, амплитуда колебаний

A = x_max. (2)

Циклическая частота ω связана с частотой ν соот­ношением

ω = 2πν. (3)

Для момента времени t = 0 формула (1) примет вид

откуда начальная фаза

φ₁ = arcsin(x_max/A) = arcsin1,

или

Изменение фазы на 2π не изменяет состояния коле­блющейся точки, поэтому можно принять

φ₁ = π/2. (4)

С учетом равенств (2) — (4) уравнение колебаний примет вид

где A = 1 мм = 10^–3 м, ν = 10 Гц, φ = π/2.

График соответствующего гармонического колебания приведен на рис. 5

Пример 12. Частица массой m = 0,01 кг совершает гармонические колебания с периодом T = 2с. Полная энергия колеблющейся частицы E = 0,1 мДж. Определить амплитуду А колебаний и наибольшее значение силы F_max, действующей на частицу.

Решение. Для определения амплитуды колебаний воспользуемся выражением полной энергии частицы:

где ω = 2π/Т. Отсюда амплитуда

(1)

Так как частица совершает гармонические колебания, то сила, действующая на нее, является квазиупругой и, следовательно, может быть выражена соотношением F = — kx, где k — коэффициент квазиупругой силы; х — смещение колеблющейся точки. Максимальной сила бу­дет при максимальном смещении x_max, равном амплитуде:

F_max = kA. (2)

Коэффициент k выразим через период колебаний:

(3)

Подставив выражения (1) и (3) в (2) и произведя упрощения, получим

Произведем вычисления:

Пример 13. Складываются два колебания одинако­вого направления, выраженные уравнениями

где A₁ = 3см, A₂ = 2см, τ₁ = 1/6 с, τ₂ = 1/3 с, T = 2 c. Построить векторную диаграмму сложения этих колеба­ний и написать уравнение результирующего колебания.

Решение. Для построения векторной диаграммы сложения двух колебаний одного направления надо фиксировать какой-либо момент времени. Обычно век­торную диаграмму строят для момента времени t = 0. Преобразовав оба уравнения к канонической форме х = A cos(ωt+φ), получим

Отсюда видно, что оба складываемых гармонических колебания имеют одинаковую циклическую частоту

ω = 2π/T.

Начальные фазы первого и второго колебаний соот­ветственно равны

Произведем вычисления:

Изобразим векторы A₁ и A₂. Для этого отложим отрезки длиной A₁ = 3 см и A₂ = 2 см под углами φ₁ = и φ₂ = к оси Ох. Результирующее колебание будет происходить с той же частотой ω и амплитудой А, равной геометрической сумме амплитуд A₁ и А₂: А = А₁ + А₂ Согласно теореме косинусов,

.

Начальную фазу результи­рующего колебания можно также определить непосред­ственно из векторной диа­граммы (рис. 6):

Произведем вычисления:

или φ = 0,735 рад.

Так как результирующее колебание является гармо­ническим, имеет ту же частоту, что и слагаемые колебания, то его можно записать в виде

где A = 4,84см, ω = 3,14 с^–1, φ = 0,735 рад.

Пример 14. Плоская волна распространяется вдоль прямой со скоростью v = 20 м/с. Две точки, находя­щиеся на этой прямой на расстояниях x₁ = 12 м и х₂ = 15 м от источника волн, колеблются с разностью фаз Δφ = 0,75π. Найти длину волны λ, написать уравнение волны и найти смещение указанных точек в момент t = 1,2 с, если амплитуда колебаний A = 0,1 м.

Решение. Точки, находящиеся друг от друга на расстоянии, равном длине волны λ, колеблются с разно­стью фаз, равной 2π; точки, находящиеся друг от друга на любом расстоянии Δx, колеблются с разностью фаз, равной

Решая это равенство относительно λ, получаем

(1)

Подставив числовые значения величин, входящих в выражение (1), и выполнив арифметические действия, получим

Для того чтобы написать уравнение плоской волны, надо еще найти циклическую чистоту ω. Так как ω = 2π/Т (T = λ/v — период колебаний), то

ω = 2πv/λ.

Произведем вычисления:

Зная амплитуду А колебаний, циклическую частоту ω и скорость v распространения волны, можно написать уравнение плоской волны для данного случая:

(2)

где A = 0,1 м, ω = 5πс^–1, v = 20 м/c.

Чтобы найти смещение у указанных точек, доста­точно в уравнение (2) подставить значения t и x:

Количество вещества^* тела (системы)

где N — число структурных элементов (молекул, атомов, ионов и т.п.), составляющих тело (систему); N_a — по­стоянная Авогадро (N_A = 6,02∙10²³ моль^–1).

Молярная масса вещества

где m — масса однородного тела (системы); ν — коли­чество вещества этого тела.

Относительная молекулярная масса вещества

где п_i — число атомов i-гo химического элемента, входя­щих в состав молекулы данного вещества; А_r,i — относи­тельная атомная масса этого элемента. Относительные атомные массы приводятся в таблице Д. И. Менделеева. См. также табл. 14 Приложения.

Связь молярной массы М с относительной молекуляр­ной массой вещества

где k = 10^–3 кг/моль.

Количество вещества смеси газов

или

где ν_i, N_i, m_i, M_i, — соответственно количество вещества, число молекул, масса, молярная масса i-го компонента смеси.

Уравнение Менделеева — Клапейрона (уравнение со­стояния идеального газа)

где m — масса газа, М — молярная масса газа, R — мо­лярная газовая постоянная, ν — количество вещества, Т — термодинамическая температура.

Опытные газовые законы, являющиеся частными слу­чаями уравнения Менделеева — Клапейрона для изопроцессов:

а) закон Бойля — Мариотта (изотермический процесс: T = const, m = const)

pV = const,

или для двух состояний газа

p₁V₁ = p₂V₂;

б) закон Гей-Люссака (изобарный процесс: р = const, m = const)

или для двух состояний

в) закон Шарля (изохорный процесс: V = const, m = const)

или для двух состояний

;

г) объединенный газовый закон (m = const)

где p₁, V₁, T₁ —давление, объем и температура газа в начальном состоянии; p₂, V₂, T₂ — те же величины в ко­нечном состоянии.

Закон Дальтона, определяющий давление смеси газов,

где p_i — парциальные давления компонентов смеси; п — число компонентов смеси.

Парциальным давлением называется давление газа, которое производил бы этот газ, если бы только он один находился в сосуде, занятом смесью.

Молярная масса смеси газов

где m_i — масса i-го компонента смеси; – количество вещества i-гo компонента смеси; п — число ком­понентов смеси.

Массовая доля i-го компонента смеси газа (в долях единицы или процентах)

где m – масса смеси.

Концентрация молекул

где N — число молекул, содержащихся в данной системе; ρ — плотность вещества; V — объем системы. Формула справедлива не только для газов, но и для любого агре­гатного состояния вещества.

Основное уравнение кинетической теории газов

где — средняя кинетическая энергия поступатель­ного движения молекулы.

Средняя кинетическая энергия поступательного дви­жения молекулы

где k — постоянная Больцмана.

Средняя полная кинетическая энергия молекулы

,

где i — число степеней свободы молекулы.

Зависимость давления газа от концентрации молекул и температуры

Скорости молекул:

— средняя квадратичная;

— средняя арифметическая;

— наиболее вероятная.

где т₁ — масса одной молекулы. Относительная скорость молекулы

где v — скорость данной молекулы.

Удельные теплоемкости газа при постоянном объеме (с_V) и постоянном давлении (с_р)

Связь между удельной с и молярной С теплоемкостями

Уравнение Майера

Внутренняя энергия идеального газа

Первое начало термодинамики

где Q — теплота, сообщенная системе (газу); ΔU — из­менение внутренней энергии системы; А — работа, совер­шенная системой против внешних сил;

Работа расширения газа:

в общем случае;

при изобарном процессе;

при изотермическом процессе;

при адиабатном процессе, где γ = с_p/с_V — показатель адиабаты.

Уравнения Пуассона, связывающие параметры иде­ального газа при адиабатном процессе:

= const,

Термический КПД цикла

где Q₁ — теплота, полученная рабочим телом от теплоотдатчика; Q₂ — теплота, переданная рабочим телом теплоприемнику.

Термический КПД цикла Карно

где Т₁ и T₂ — термодинамические температуры теплоотдатчика и теплоприемника.

Коэффициент поверхностного натяжения

где F — сила поверхностного натяжения, действующая на контур l, ограничивающий поверхность жидкости; ΔE — изменение свободной энергии поверхностной плен­ки жидкости, связанное c изменением площади ΔS по­верхности этой пленки.

Формула Лапласа, выражающая давление р, созда­ваемое сферической поверхностью жидкости:

где R — радиус сферической поверхности.

Высота подъема жидкости в капиллярной трубке

где θ — краевой угол (θ = 0 при полном смачивании сте­нок трубки жидкостью; θ = π при полном несмачивании); R — радиус канала трубки; ρ — плотность жидкости; g — ускорение свободного падения.

Высота подъема жидкости между двумя близкими и параллельными друг другу плоскостями

где d — расстояние между плоскостями.