Главная

Популярная публикация

Научная публикация

Случайная публикация

Обратная связь

ТОР 5 статей:

Методические подходы к анализу финансового состояния предприятия

Проблема периодизации русской литературы ХХ века. Краткая характеристика второй половины ХХ века

Ценовые и неценовые факторы

Характеристика шлифовальных кругов и ее маркировка

Служебные части речи. Предлог. Союз. Частицы

КАТЕГОРИИ:






Примеры решения задач. Пример 1. Движение тела массой 2 кг задано уравнением х = 6t3+3t+1 (м)




 

Пример 1. Движение тела массой 2 кг задано уравнением х = 6 t 3+3 t +1 (м). Найти зависимость скорости и ускорения от времени. Вычислить силу, действующую на тело, и импульс тела в конце второй секунды.

 

Дано: Решение:
x = 6 t 3+3 t +1 m = 2 кг t = 2 с Мгновенную скорость находим как производную от координаты по времени: Мгновенное ускорение определяется первой
(t) -? A(t) -? F -? p -?

производной от скорости по времени или второй производной от координаты по времени:

; a = 36 t.

Сила, действующая на тело, определяется по второму закону Ньютона: F = ma, где a - ускорение в конце второй секунды.

Тогда F = m ×36 t; F = 2×36×2 = 144 (H).

Импульс тела p = m = m (18 t 2+3); p = 2(18×22+3) = 150 (кг×м/с).

Ответ: = 18 t 2+3 (м/с); а = 36 t (м/с2); F = 144 H; p = 150 кг×м/с.

 

Пример 2. Тело вращается вокруг неподвижной оси по закону j = A+B t +C t 2, где А = 10 рад, В = 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.

 

Дано: Решение:
А = 10 рад В = 20 рад/с С = – 2рад/с2 r = 0,1 м Полное ускорение точки, движущейся по кривой линии, может быть найдено как геометрическая сумма тангенциального ускорения , направленного по касательной к траектории, и

 

 

t = 4 с нормального ускорения , направленного к центру кривизны траектории (рисунок 3):
a -?

.

Так как векторы и взаимно перпендикулярны, то модуль ускорения

(1).

Модули тангенциального и нормального ускорения точки вращающегося тела выражаются формулами: , ,

где w – модуль угловой скорости тела;

e – модуль его углового ускорения.

Подставляя выражения и в формулу (1), находим:

(2).

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

В момент времени t =4 с модуль угловой скорости

w = [20+2×(-2)×4] рад/с = 4 рад/с.

Угловое ускорение найдем, взяв первую производную от угловой скорости по времени: , e = 2С = 2×(-2) рад/с2 = – 4 рад/с2.

Подставляя значения w, e и r в формулу (2), получаем:

м/с2 = 1,65 м/с2.

Ответ: а = 1,65 м/с2.

 

 

Пример 3. Мяч бросили вертикально вверх со скоростью o = 50м/с, а спустя t = 1 с из того же места, в том же направлении и с той же скоростью бросили второй мяч. Когда и где встретятся мячи? Какова будет их скорость в момент встречи? Как со временем изменяется расстояние между мячами и скорость второго мяча относительно первого?

 

Дано: Решение:
o = 50 м/с t = 1 За начало системы координат примем точку бросания мячей, ось О х направим вертикально вверх. Для наглядности законы движения тел изобразим графически (рисунок 4). Запишем уравнения для координат первого и второго мяча в любой момент времени t:
tв -? h -? -? -? D x -? от -?

;

 

В момент встречи tв координаты мячей равны, т.е. х1 = х2 или

 

 

Решим это уравнение относительно tв:

;

;

, где g = 9,8 м/с2.

Подставляя это значение tв в уравнение для х1 или х2, получим:

В любой момент времени t скорости мячей и .

В момент встречи мячей их скорости будут

= 50 м/с – 9,8 м/с2 × 5,6 с = – 4,9 м/с,

= 50-9,8×(5,6-1) = 4,9 (м/с).

Оба мяча имеют одинаковые по модулю скорости, но направленные навстречу друг другу. Первый мяч падает, второй – поднимается вверх.

В любой момент времени t расстояние между мячами

.

Скорость второго мяча относительно первого

от = = og (t –t) – ( ogt) = ogt + g t – o+ gt = g t = const

от = 9,8 м/с2 × 1 с = 9,8 м/с

Ответ: tв»5,6 с; h = 126,1 м; = – 4,9 м/с; = 4,9 м/с;

 

 

D х = g t2+ o t– g t t; от = 9,8 м/с = const.

 

Пример 4. На железнодорожной платформе, движущейся со скоростью = 36 км/ч, укреплено орудие, ствол которого направлен в сторону движения платформы и приподнят над горизонтом на угол a = 45о. Орудие произвело выстрел, в результате чего скорость платформы уменьшилась в n = 2 раза. Найти скорость u снаряда (относительно орудия) при вылете из ствола. Масса снаряда m = 40 кг, масса платформы с орудием (без снаряда) M = 1,5 т.

 

Дано: Решение:
= 36 км/ч = 10 м/с a = 45о n = 2 m = 40 кг M = 1,5 т = 1500 кг На систему платформа с орудием – снаряд извне действуют две силы: тяжести (m+M) и реакции рельсов. До выстрела эти силы уравновешивались, так как система двигалась равномерно. Во время выстрела сила взаимодействия между платформой и рельсами возрастает вследствие явления отдачи, поэтому равновесие сил,
u -?

приложенных к системе, нарушается: N >(m+M) g. Следовательно, во время выстрела система не является замкнутой, ее импульс изменяется. Однако следует учесть, что обе рассмотренные силы действуют по вертикали, в то время как в горизонтальном направлении никакие силы на систему не действуют (трением колес платформы о рельсы пренебрегаем). Поэтому проекция импульса системы на горизонтальное направление (направление движения платформы) есть величина постоянная. Рассматривая все движения относительно поверхности земли, получим:

, (1)

где с cos b – проекция на ось О х скорости с снаряда относительно Земли (рисунок 5).

Чтобы связать скорость с с искомой скоростью u, будем рассматривать движение снаряда относительно Земли как сложное, состоящее из двух: со скоростью u относительно орудия и со скоростью вместе с орудием относительно Земли. Тогда .

 

Перепишем это уравнение в проекции на ось О х:

.

 

Тогда уравнение (1) примет вид:

;

;

; .

Произведем вычисления:

м/с = 272,3 м/с.

Ответ: u = 272,3 м/с.


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.

 

Дано: Решение:
m = 20 г = 0,02 кг h = 5 м x = 10 см = 0,1 см 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 состоя-
h -?

нии (в данном случае перед выстрелом) равна полной энергии Е2 в конечном состоянии (когда пуля поднялась на высоту h), т.е.

Е1 = Е2, или Т1 1 = Т2 + П2, (1)

где Т1, Т2, П1 и П2 – кинетические и потенциальные энергии системы в начальном и конечном состояниях.

Так как кинетические энергии пули в начальном и конечном состояниях равны нулю, то равенство (1) примет вид:

П1 = П2 (2)

Примем потенциальную энергию пули в поле 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. П1 = kx2, а в конечном состоянии – потенциальной энергии пули на высоте h, т.е. П2 = mgh. Подставив выражения П1 и П2 в формулу (2), найдем kx2 = mgh, 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 (1Н/м), подставим в формулу (3) значения величин и произведем вычисления:

.

Ответ: k = 196 H/м.

 

Пример 6. На горизонтальную ось насажен шкив радиуса R = 10 см. На шкив намотан шнур, к свободному концу которого подвесили гирю массой m = 0,5 кг. Масса шкива М = 2 кг. Считая массу шкива равномерно распределенной по ободу, определить ускорение a, с которым будет опускаться гиря, силу натяжения Т нити и силу давления N шкива на ось.

 

Дано: Решение:
R = 10 см = 0,1 м m = 0,5 кг М = 2 кг g = 9,8 м/с2 Поскольку ускорение центра инерции шкива a c = 0 и шкив только вращается, уравнения движения шкива запишутся в виде а) , б) (1) На шкив действуют сила тяжести ,
а -? T -? N -?

сила натяжения нити и сила реакции оси. Последняя по третьему закону Ньютона численно равна искомой силе давления шкива на ось. Сила направлена вертикально вверх. Уравнение (1,а) в проекциях на ось Ох имеет вид:

Mg+T-N = 0. (2)

Шкив вращается под действием лишь момента силы Т. Следовательно, уравнение (1,б) дает:

TR = I e. (3)

 

Момент инерции шкива, поскольку его масса равномерно распределена по ободу, найдем по формуле:

I = MR2 (4)

Уравнения (2) и (3), описывающие движение шкива, содержат три неизвестных: T, N и e. Недостающее уравнение запишем, применив второй закон Ньютона для поступательного движения гири (в проекциях на ось Ох):

mg-T = ma (5)

Так как шнур сматывается со шкива без проскальзывания, то ускорение гири равно линейному ускорению точек на ободе шкива. Следовательно, угловое ускорение шкива

(6)

Подставив в (3) значения I, e по формулам (4) и (6), получим:

T = Ma (7)

Решая систему уравнений (2), (5), (7), найдем все три неизвестные величины:

; ; .

Произведем вычисления:

.

.

.

Ответ: a = 1,96 м/с2; Т = 3,92 Н; N = 23,54 H.

 

Пример 7. Платформа, имеющая форму диска, может вращаться около вертикальной оси. На краю платформы стоит человек. На какой угол j повернется платформа, если человек пойдет вдоль края платформы и, обойдя ее, вернется в исходную (на платформе) точку? Масса платформы m1 = 280 кг, масса человека m2 = 80 кг. Момент инерции человека рассчитывать как для материальной точки.

 

 

Дано: Решение:
m1 =280 кг m2 = 80 кг Перемещаясь по платформе, человек взаимодействует с ней. Согласно условию задачи, момент внешних сил относительно оси вращения, совпадающей с геометрической осью платформы, мо-
j -?

жно считать равной нулю. Следовательно, для системы платформа – человек выполняется закон сохранения момента импульса, который запишем так:

,

где – момент импульса системы в начальном состоянии,

– момент импульса системы в конечном состоянии.

Следовательно,

, (1)

где I1 и I2 – моменты инерции платформы и человека относительно оси, проходящей через центр платформы в начальный момент (человек стоит на краю платформы).

Момент инерции платформы

,

где R – радиус платформы.

Момент инерции человека относительно центра платформы

.

w0 – начальная угловая скорость платформы и человека (w0 = 0).

– момент инерции платформы с человеком:

.

 

w1 – конечная угловая скорость платформы с человеком. w2 – конечная угловая скорость человека.

За время D t обхода человеком края платформы платформа повернется на угол j, а сам человек – на угол (2 p - j). Следовательно, угловая скорость человека , а платформы с человеком , так как платформа вращается в противоположную сторону движения человека (назад). Тогда уравнение (1) примет вид:

,

или .

,

.

 

Произведем вычисления:

 

рад = 96°

 

Ответ: j = 96о.

 

Пример 8. Какую минимальную работу нужно совершить, чтобы забросить тело массой = 1000 кг с поверхности Земли на Луну? Расстояние между центрами Земли и Луны равно 60 радиусам Земли. Масса М Земли больше массы m Луны в 81 раз. Считать, что при перемещении тела взаимное положение Луны и Земли не меняется. Сопротивление воздуха не учитывать.

 

 

Дано: Решение:
= 1000 кг l = 60 Rз Mз = 81 mл Тело массой необходимо перемещать все время в суммарном гравитационном поле Земли и Луны. На прямой, соединяющей центры Земли и Луны, есть точка С (рисунок 8), в которой гравитационные поля Земли и Луны
Аmin -?

уравновешиваются (s з = s л). Точка С делит весь путь тела на две части. На первом участке от Земли до точки С сила тяготения суммарного гравитационного поля Земли и Луны направлена к Земле, на втором участке от точки С до Луны – к Луне.

Очевидно, на первом участке необходимо совершать работу против сил тяготения, а на втором участке – не обязательно, так как достигнув точки С с любой, сколь угодно малой скоростью, тело тут же начнет двигаться ускоренно к Луне под действием сил тяготения.

Следовательно, работа будет минимальной, если тело достигнет точки С с минимальной скоростью, необходимой для дальнейшего движения. Эту скорость, а значит, и кинетическую энергию тела в точке С можно считать равной нулю.

Таким образом, работа пойдет только на увеличение потенциальной энергии тела в суммарном поле тяготения Земли и Луны. Поэтому она может быть вычислена по формуле

A = - m ¢(j1-j2) = m ¢(j2-j1), (1)

где j1 и j2 – потенциалы гравитационного поля у поверхности Земли и в точке С соответственно.

Из принципа суперпозиции (наложения) полей следует, что потенциал в каждой точке пространства

j = jз+jл (2)

где jз и jл - потенциалы полей тяготения Земли и Луны в этой точке.

 

Так как потенциал поля, созданного материальной точкой массой m на расстоянии r от нее, равен:

, то получим ,

или .

,

где х – расстояние от центра Земли до точки С.

Поскольку модули векторов напряженности гравитационных полей Земли и Луны в точке С равны: sз = s л, то получим:

, или

Решив эти уравнения, найдем: х1 = 54 RЗ; х2 = 67,5 RЗ.

Корень х2 >67,5 RЗ не удовлетворяет условию задачи. Следовательно, х1 = 54 RЗ. Тогда

Подставив значения потенциалов j1 и j2 в формулу (1), получим:

;

Так как ускорение силы тяжести на Земле м/с2, то получим: , где RЗ = 6,37×106 м – радиус Земли.

Произведем вычисления:

A min = 0,98 × 9,81 × 6,37 × 106 × 103 Дж = 61,2 × 109 Дж.

 

Ответ: A min = 61,2 × 109 Дж.

Пример 9. Материальная точка массой 20 г совершает гармонические колебания с периодом 2 сек. Определить амплитуду колебаний, максимальные скорость и ускорение колеблющейся точки, если максимальная кинетическая энергия ее равна 0,05 Дж.

 

Дано: Решение:
m =20 г = 0,02 кг Т = 2 с Ек max = 0,05 Дж Полная энергия колеблющейся точки массой m равна Еk max: Е = Еk max = m w2 A 2, где w = . Откуда амплитуда
А -? max-? a max-?

, или .

Уравнение гармонических колебаний точки x = A sin(w t + j o).

Скорость точки , где амплитуда скорости .

Ускорение колеблющейся точки

,

где амплитуда ускорения .

Максимальную скорость точки можно найти из уравнения

Ек max = m , откуда .

Произведем вычисления:

.

.

.

.

Ответ: А = 0,71 м; = 2,23 м/с;

= 7 м/с2.

Пример 10. На верхнем конце тонкого стержня длиной 30 см и массой 100 г укреплен маленький шарик (материальная точка) массой 20 г, на нижнем – шарик радиусом 5 см и массой 180 г. Определить период колебаний стержня с шариками около горизонтальной оси, проходящей через точку О в центре стержня (рисунок 9).

Дано: Решение:
l = 30 см = 0,3 м mст = 100 г = 0,1 кг m = 20 г = 0,02 кг R = 5 см = 0,05 м М = 180 г = 0,18 кг Период колебаний физического маятника, каким является стержень с шариками, определяется по формуле: , где I – момент инерции маятника; mобщ – масса маятника;  
Т -?

а – расстояние от центра тяжести (центра масс) маятника до оси вращения.

Момент инерции физического маятника I состоит из моментов инерции I1 и I2 обоих шариков и момента инерции I3 стержня: I = I1+I2+I3.

Момент инерции верхнего шарика ;

момент инерции нижнего шарика (по теореме Штейнера) I2 = Iш+Mr2 = MR2+M ; момент инерции стержня относительно оси, проходящей через его середину I3 = mстl 2. Общий момент инерции физического маятника: .

Масса маятника

mобщ = mст+m+M.

Для определения расстояния а напишем условие равновесия стержня с шариками, находящегося в горизонтальном положении, относительно центра тяжести (рисунок 10).

 

 

 

 

 

 

Тогда период колебаний стержня

.

Произведем вычисления:

с.

Ответ: Т = 1,02 с.

 

 

2. МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА

ТЕРМОДИНАМИКА

 

Основные законы и формулы

 

· Количество вещества[1] тела (системы)

,

где N – число структурных элементов (молекул, атомов, ионов и т.п.), составляющих тело (систему);

NA – постоянная Авогадро (NA = 6.02×1023 моль-1).

· Молярная масса вещества

,

где m – масса однородного тела (системы);

n – количество вещества этого тела.

· Относительная молекулярная масса вещества

где ni – число атомов i -го химического элемента, входящих в состав молекулы данного вещества;

Ari – относительная атомная масса этого вещества.

Относительные атомные массы приводятся в таблице Д. И. Менделеева.

· Связь молярной массы М с относительной молекулярной массой вещества

M=Mr ×10-3 кг/моль.

· Количество вещества смеси газов

,

 

 

где ni, mi, Mi – соответственно количество вещества, масса, молярная масса i -го компонента смеси.

· Уравнение состояния идеального газа (уравнение Менделеева-Клапейрона)

,

где m – масса газа;

M – молярная масса газа;

R – молярная газовая постоянная;

n – количество вещества;

T – термодинамическая температура.

· Основные 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: P =const; m =const)

=const,

или для двух состояний ;

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

=const,

или для двух состояний ;

г) объединенный газовый закон (m=const)

=const, или ,

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:

P=P1+P2+…+Pn,

где Pi – парциальные давления компонентов смеси;

n – число компонентов смеси.

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

· Концентрация молекул

,

где N – число молекул, содержащихся в данной системе;

r – плотность вещества;

V – объем системы.

Формула справедлива не только для газов, но и для агрегатного состояния вещества.

· Зависимость давления газа от концентрации n молекул и температуры:

p=nkT,

где k – постоянная Больцмана ().

· Основное уравнение молекулярно-кинетической теории идеальных газов

,

или ,

где n – концентрация молекул;

mo – масса одной молекулы;

< кв > – средняя квадратичная скорость молекул;

< Eк > – средняя кинетическая энергия поступательного движения молекулы газа.

· Средняя полная кинетическая энергия молекулы газа

где i - число степеней свободы молекулы. (i = iпост+iвращ)

· Скорости молекул:

а) - средняя арифметическая;

б) - средняя квадратичная;

в) - наиболее вероятная,

где mo – масса одной молекулы.

· Относительная скорость молекулы

где – скорость данной молекулы.

· Среднее число соударений, испытываемых молекулой газа за 1 секунду:

,

где d – эффективный диаметр молекулы;

n – концентрация молекул;

< > – средняя арифметическая скорость молекул.

· Средняя длина свободного пробега молекул газа

.

· Закон Ньютона для внутреннего трения (вязкости)

,

где F – сила внутреннего трения между движущимися слоями газа (жидкости) площадью S;

– градиент скорости;

h – коэффициент внутреннего трения (динамическая вязкость).

.

· Молярные теплоемкости газа при постоянном объеме (CV) и постоянном давлении (CP):

, .

· Связь между удельной c и молярной Cn теплоемкостями

, .

· Уравнение Майера для молярных теплоемкостей газа

CP – CV = R.

· Внутренняя энергия идеального газа

,

где CV – теплоемкость одного моля газа при постоянном объеме.

· Первое начало термодинамики

Q = D U + A,

где Q – количество теплоты, сообщенное системе (газу) или отданное ею;

D U – изменение внутренней энергии системы;

A – работа, совершенная системой против внешних сил.

· Изменение внутренней энергии идеального газа:

.

· Полная работа при изменении объема газа

,

где V1 и V2 – соответственно начальный и конечный объемы газа.

· Работа газа:

а) при изобарном процессе

, или ;

б) при изотермическом процессе

, или ;

в) при адиабатическом процессе

, или ,

где T1, T2 и V1, V2 – соответственно начальные и конечные температура и объем газа;

– показатель адиабаты.

· Уравнение адиабатического процесса (уравнение Пуассона):

P×V g=const; T×V g-1=const; T g× P 1-g=const.

· Термический КПД для кругового процесса (цикла)

,

где Q1 – количество теплоты, полученное системой от нагревателя;

Q2 – количество теплоты, отданное системой холодильнику;

A – работа, совершаемая за цикл.

· Термический КПД цикла Карно

,

где T1 – температура нагревателя;

T2 – температура холодильника.

· Изменение энтропии при равновесном переходе системы из состояния 1 в состояние 2:

.

 

 






Не нашли, что искали? Воспользуйтесь поиском:

vikidalka.ru - 2015-2024 год. Все права принадлежат их авторам! Нарушение авторских прав | Нарушение персональных данных