I. Методика решения задач по курсу общей физики

I. Методика решения задач по курсу общей физики

Физические основы классической механики

Основные формулы

Скорость мгновенная
Проекция мгновенной скорости на ось Ох
Модуль скорости
Ускорение: - тангенциальное
- нормальное (центростремительное)
- полное	,
Кинематическое уравнение прямолинейного равнопеременного движения в координатной форме
Путь при равнопеременном движении
Скорость равнопеременного движения	u = ±uo ± at
Угловая скорость
Угловое ускорение
Кинематическое уравнение равнопеременного движения материальной точки по окружности
Связь между линейными и угловыми величинами при вращательном движении	S = φR, u = wR, at = εR, an = w2R
Второй закон Ньютона	,
Третий закон Ньютона
Сила гравитационного взаимодействия
Сила тяжести
Вес тела
Сила упругости	F = – kx
Сила трения скольжения	Fтр = mN
Закон сохранения импульса (количества движения) для замкнутой системы двух тел
Механическая работа постоянной силы	A = FS cos a
Мощность	N = A/t, N = Fu cos a
Кинетическая энергия тела при поступательном движении
Потенциальная энергия тела, поднятого над поверхностью Земли	WП = mgh
Потенциальная энергия упругодеформированного тела
Полная механическая энергия тела	E = Wк + WП
Момент инерции материальной точки	J = mr2
Момент инерции тел массой m относительно оси, проходящей через центр масс: – тонкостенного цилиндра (кольца), обруча радиусом R, если ось вращения совпадает с геометрической осью	J = mR2
– сплошного цилиндра (диска) радиусом R, если ось вращения совпадает с осью цилиндра
– однородного стержня длиной l, если ось вращения перпендикулярна стержню
– однородного шара радиусом R
Момент инерции однородного стержня длиной l, если ось вращения перпендикулярна стержню и проходит через один из его концов
Момент силы	или М = F l
Основной закон динамики вращательного движения
Момент импульса вращающегося тела относительно оси
Закон сохранения момента импульса (момента количества движения) для замкнутой системы двух тел
Закон изменения момента импульса
Кинетическая энергия вращающегося тела

 

 

Примеры решения задач

Пример 1. Уравнение движения тела вдоль оси Ох имеет вид:
x = 2 + 15 t + 0,4 t² + 6 t³. Найти: начальную координату х_о; координату х, скорость u и ускорение а тела в момент времени t = 2 с; путь, пройденный за 2 с после начала движения.

Дано: x = 2 + 15 t + 0,4 t2 + 6 t3; t = 2 с. Найти: х0; хt = 2 с; S; ut = 2 с; аt = 2 с.

Рис. 1

Решение: На рис. 1 показаны начальнаяи конечная координаты, векторы скорости и ускорения тела, движущегося прямолинейно вдоль оси Ох.

Из уравнения движения тела определим его начальную и конечную координаты: х_o = 2 м, х_{t= 2 с} = 81,6 м.

Пройденный путь равен разности значений координат х_{t = 2 с}и х_o:

S = х_{t = 2 с} – х_o. (1)

Отсюда S = 79,6 м.

Мгновенную скорость в произвольный момент времени найдём, продифференцировав координату х по времени:

u = x' = 15 + 0,8 t + 18 t². (2)

Мгновенное ускорение в произвольный момент времени – производная от скорости по времени:

a = u' = 0,8 + 36 t. (3)

В соответствии с (2) и (3) для момента времени t =2 с:

u_{t =2с} = (15+0,8×2 +18×2²) м/с = 88,6 м/с, а_{t =2с} = (0,8 + 36×2) м/с² = 72,8 м/с².

Ответ: х_o = 2 м; х_{t =2 с} = 81,6 м; S = 79,6 м; u_{t =2 с} = 88,6 м/с; а_{t =2 с} = 72,8 м/с².

 

Пример 2. Колесо радиусом R = 50 см вращается равноускоренно
с ускорением ε = 1,26 с^-2. Найти линейную скорость u, нормальное а_n и тангенциальное а_t ускорения точек обода колеса через время t = 20 с после начала вращения.

Дано: wо = 0; ε = 1,26 с-2; R = 50 см= 0,5 м; t = 20 с. Найти: u; аn; аt.

Рис. 2

Решение: На рис. 2 изображены векторы, характеризующие вращение колеса по часовой стрелке, в произвольный момент времени. Направления векторов скорости и тангенциального ускорения совпадают с касательной в каждой точке колеса. Вектор нормального ускорения перпендикулярен вектору скорости и направлен по радиусу к центру колеса. Вектор направлен в соответствии с правилом правого винта перпендикулярно плоскости рисунка, от нас. При равноускоренном вращении направление вектора углового ускорения совпадает с направлением угловой скорости [1].

Согласно определению угловая скорость w равноускоренного вращательного движения

w =w_o+ ε t.

Поскольку w_o = 0, то

w = ε t. (1)

Линейная скорость колеса связана с его угловой скоростью

u = w R. (2)

Подставив (1) в (2), получим

u = ε R t. (3)

Откуда u = 1,26∙0,5∙20 м/с = 12,6 м/с.

Нормальное (центростремительное) ускорение находим по формуле

. (4)

Следовательно, .

Тангенциальное (касательное) ускорение

a_t = ε R. (5)

Числовое значение a_t = 12,6∙0,5 м/c² = 0,63 м/с².

Ответ: u = 12,6м/с; a_n = 317,5 м/с²; a_t = 0,63 м/с².

Пример 3. На гладкой горизонтальной плоскости находится тело массой m₁ = 250 г. Тело массой m₂ = 400 г подвешено на невесомой и нерастяжимой нити, перекинутой через блок и привязанной к телу массой m₁. Пренебрегая массой блока и трением, определить силу натяжения нити F_нат; ускорение а тел; путь S, пройденный телами за время
t = 0,2 с.

Дано: m1 = 250 г = 0,25 кг; m2 = 400 г = 0,4 кг; t = 0,2 с. Найти: Fнат; а; St = 0,2 с.

Решение: На рис. 3 показаны силы, действующие на тела m₁ и m₂: и – силы тяжести, – сила натяжения нити, – сила нормальной реакции опоры.

Из условия невесомости и нерастяжимости нити следует, что сила натяжения нити на всех участках одинакова и грузы движутся с одним и тем же ускорением.

Запишем второй закон Ньютона в векторной форме для обоих тел:

(1)

Выбираем направление осей Ох и Оy по направлению вектора ускорения . Проецируем векторы на указанные оси, тогда второй закон Ньютона в скалярной форме примет вид:

(2)

Отсюда

. (3)

Числовое значение ускорения .

Из (2) вычислим значение силы натяжения F_нат = 0,25∙6,04 Н = 1,51 Н.

Учитывая, что u_o = 0, путь при равноускоренном движении

. (4)

Таким образом, за время t = 0,2 с пройденный путь

.

Ответ: F_нат = 1,51 Н; а = 6,04 м/с²; S = 12 см.

 

Пример 4. Человек массой m = 70 кг поднимается в лифте, движущемся равномерно (а₁ = 0). Определить вес человека Р₁. Во сколько раз изменится его вес, если лифт поднимается с ускорением а₂ = 1 м/с²?

Дано: m = 70 кг; а1 = 0; а2 = 1 м/с2. Найти: Р1; Р2 / Р1.

Рис. 4

Решение: На человека, находящегося в движущемся лифте, действуют сила тяжести и сила упругости (сила реакции пола) . Записываем второй закон Ньютона в векторной форме:

(1)

В скалярной форме

ma = - mg +N. (2)

При равномерном подъёме (ускорение а₁ = 0) уравнение (2) примет вид

N₁ = mg, (3)

где N₁ – сила реакции опоры, действующая на человека, поднимающегося в лифте равномерно.

На основании третьего закона Ньютона вес человека равен силе реакции опоры

. (4)

Вес приложен к опоре и направлен противоположно . Из (3) и (4) получаем:

. (5)

При равномерном подъёме Р₁ = 700 Н.

При равноускоренном подъёме (а₂ = 1 м/с²) уравнение (2) запишем в виде

ma₂ = – mg + N₂, (6)

где N₂ – сила реакции опоры при подъёме с ускорением.

Откуда

N₂ = m(g +a₂). (7)

Вес тела при равноускоренном подъёме

Р₂ = N₂ = m(g +a₂). (8)

Отношение .

Ответ: Р₁ = 700 Н, при подъёме с ускорением вес тела увеличится в 1,1 раза.

 

Пример 5. Геостационарный искусственный спутник Земли "висит" над одной точкой экватора и делает полный оборот вокруг Земли за время Т = 24 часа (рис. 5). На какую высоту запущен спутник? Каковы скорость и ускорение его движения на данной высоте? Радиус Земли
R = 6370 км.

Дано: R = 6370 км = 6,37∙106 м; Т = 24 ч = 8,64∙104 с; go = 9,8 м/с2. Найти: H; u; g.

Рис. 5

Решение: Поскольку на спутник действует только гравитационная сила, то второй закон Ньютона для спутника имеет вид

, (1)

где – центростремительное ускорение, – сила притяжения Земли,
m – масса спутника.

Центростремительное ускорение находим по формуле

. (2)

определим из закона всемирного тяготения

, (3)

где М – масса Земли.

Подставляя (2) и (3) в (1), получим:

.

Отсюда . (4)

На основании формулы (3) ускорение свободного падения у поверхности Земли

. (5)

Преобразуем (5)

GM = g_oR². (6)

С учётом (6) выражение (4) принимает вид

. (7)

При равномерном вращении с периодом Т скорость спутника

. (8)

Из формул (7) и (8) находим высоту спутника Н над Землей

.

Откуда

. (9)

Следовательно, Н = 35930 км.

Зная Н, по формуле (8) находим u = 3,07 км/с.

Ускорение спутника равно ускорению силы тяжести на высоте Н

. (10)

Соответственно g = 0,22 м/с².

Ответ: Н = 35930 км; u = 3,07 км/с; g = 0,22 м/с².

 

Пример 6. Какую силу F₁ нужно приложить к середине бревна в точке А (рис. 6а), чтобы закатить его на ступеньку высотой, равной
0,5 радиуса бревна? Во сколько раз сила F₂, позволяющая приподнять бревно на высоту ступеньки, больше силы F₁? Масса бревна m = 50 кг.

Дано: h = ½ R; m = 50 кг. Найти: F; F2 /F1.

а) б) Рис. 6

Решение: При закатывании бревна на ступеньку сила и сила тяжести создают вращающие моменты и _. Направления векторов и определяются по правилу правого винта (рис. 6а).

Модуль момента силы F₁ относительно точки С

M₁ = F ₁ l₁, (1)

где – плечо силы F₁.

Таким образом,

. (2)

Модуль момента силы тяжести относительно точки С

M₂ = m g l₂, (3)

где l₂ – плечо силы тяжести.

По теореме Пифагора находим плечо силы тяжести

. (4)

Условием перекатывания бревна будет равенство моментов М₁ и М₂, то есть

m g l₂ = F₁ l₁ (5)

или

. (6)

Откуда

. (7)

После расчёта получим: F₁ = 0,57∙500 Н = 288,7 Н.

При поднятии груза равномерно вверх сила преодолевает силу тяжести (рис. 6б). По второму закону Ньютона в скалярной форме

F₂ = mg. (8)

Отсюда F₂ = 50∙10 Н = 500 Н.

Ответ: F₁ = 288,7 Н; F₂ / F₁ = 1,73, т.е. бревно легче закатить на ступеньку, чем поднять на высоту самой ступеньки.

 

Пример 7. Молотильный барабан, момент инерции которого
J = 30 кг∙м², вращается с частотой n_o = 20 с^-1. Определить момент силы, под действием которого барабан остановится за время ∆ t = 3,3 мин.

Дано: no = 20 с-1; n = 0; ∆t = 3,3 мин = 198 c; J = 30 кг∙м2. Найти: Mтр.

Рис. 7

Решение: На рис. 7 указаны направления векторов, характеризующих равнозамедленное вращение барабана. Замедленное вращение барабана совершается под действием постоянного тормозящего момента .

Согласно закону изменения момента импульса произведение момента силы, действующего на барабан, и времени действия этого момента, равно изменению момента импульса барабана:

, (1)

где w_о и w – начальная и конечная угловые скорости.

В момент остановки w = 0, поэтому .

Отсюда

. (2)

Поскольку угловая скорость связана с частотой вращения соотношением

, (3)

то получаем расчётную формулу для тормозящего момента

. (4)

Следовательно, .

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

Ответ: М_тр = –19 Н∙м.

 

Пример 8. На спокойной воде пруда стоит лодка длиной L и массой m₂ перпендикулярно берегу, обращённая к нему носом. На носу лодки стоит человек массой m₁. На какое расстояние S лодка приблизится к берегу, если человек перейдёт с носа на корму лодки (рис. 8).

Дано: L; m1; m2. Найти: S.

Рис. 8

Решение: Считаем, что человек идёт по лодке с постоянной скоростью. Лодка в этом случае также будет двигаться равномерно, но в противоположную сторону. При движении импульс человека

, (1)

где – скорость человека относительно берега.

Импульс лодки

, (2)

где – скорость лодки относительно берега.

В системе отсчёта, связанной с берегом, скорость лодки

. (3)

Учитывая, что человек движется относительно лодки и вместе с лодкой, скорость человека относительно берега

. (4)

Система "лодка-человек" является замкнутой, так как внешние силы (сила тяжести и выталкивающая сила) скомпенсированы. Для замкнутой системы тел справедлив закон сохранения импульса. Поскольку до начала перемещения человека импульс системы равен нулю, то закон сохранения импульса запишем в виде

. (5)

Проецируем импульсы и на ось ох и учитываем (3) и (4):

. (6)

Получаем искомую расчётную формулу

. (7)

Ответ: .

 

Пример 9. На краю горизонтальной платформы, имеющей форму диска, стоит человек массой m₂ = 80 кг. Масса платформы m₁ = 240 кг, её радиус R = 2 м. Платформа может вращаться вокруг вертикальной оси, проходящей через её центр. Пренебрегая трением, найти, с какой частотой будет вращаться платформа, если человек пойдёт вдоль её края со скоростью u =1 км/ч.

Дано: m1 = 240 кг; m2 = 80 кг; u = 1 км/ч = 0,28 м/с; R = 2 м. Найти: n1.

Рис. 9

Решение: Система "человек – платформа"является замкнутой, так как моменты внешних сил (силы тяжести и силы реакции опоры), действующих на эту систему относительно оси ОО¢, являются уравновешенными. Для такой системы выполняется закон сохранения момента импульса

, (1)

где и – моменты импульсов системы до и после начала движения человека по платформе соответственно.

До начала движения человека момент импульса системы относительно неподвижной оси ОО', связанной с полом,

. (2)

При движении человека вдоль края платформы момент импульса всей системы

, (3)

где J₁ и J₂ – моменты инерции платформы и человека, и – их угловые скорости относительно ОО¢.

Угловые скорости и направлены в противоположные стороны, так как при движении человека платформа вращается в противоположном направлении.

На рис. 9 показаны векторы моментов импульсов платформы и человека .

Момент инерции платформы находим по формуле

. (4)

Считая, что масса человека сосредоточена в точке касания с платформой, его момент инерции

. (5)

Человек движется относительно платформы и вместе с ней, поэтому его угловая скорость относительно оси ОО¢, связанной с полом,

w₂ = (w_o2 – w₁), (6)

где – угловая скорость человека относительно платформы.

Следовательно,

. (7)

Согласно закону сохранения момента импульса (1) для системы "человек – платформа" и формулам (2), (3)

. (8)

Спроецируем векторы и на ось ОО':

I₁w₁ – I₂w₂ = 0.

С учётом выражений (4) и (8) имеем

. (9)

Отсюда

. (10)

Используя связь между угловой скоростью w и частотой n
(w = 2 π n), получим формулу для частоты вращения платформы n₁:

. (11)

Подставив числовые значения в (11), найдём

.

Ответ: n₁ = 0,53 мин^–1.

 

Пример 10. Молот массой m = 200 кг падает с высотой h = 20 см на заготовку, масса которой вместе с наковальней составляет М = 2500 кг. Найти: кинетическую энергию молота в момент удара W_к1; энергию W_к2, переданную системе "молот – заготовка – наковальня"; полезную энергию, необходимую для деформации заготовки Е _д; коэффициент полезного действия удара η. Удар молота о заготовку рассматривать как неупругий.

Дано: m = 200 кг; M = 2500 кг; h = 20 см = 0,2 м. Найти: Wк1; Wк2; Е д; η.

Рис. 10

Решение: Если пренебречь силами сопротивления, то систему "молот– Земля" можно считать замкнутой. Падение молота происходит под действием силы тяжести, следовательно, к системе "молот – Земля" можно применить закон сохранения механической энергии. Потенциальная энергия молота mgh в конце падения с высоты h переходит в его кинетическую энергию W_к1.

mgh= W_к1. (1)

Подставляя числовые значения, получаем: W_к1 = 200∙10∙0,2 Дж = 400 Дж.

Система "молот – заготовка – наковальня" является замкнутой, но неконсервативной, поэтому можно считать, что энергия, затраченная на деформацию заготовки, равна разности значений механических энергий до и после удара. Во время удара изменяется только кинетическая энергия тел, так как незначительным перемещением тел по вертикали во время удара пренебрегаем. Тогда полезная энергия, затраченная на деформацию (ковку),

Е _д = W_к1 – W_к2, (2)

где W_к2 – кинетическая энергия системы после удара.

Для определения кинетической энергии, переданной системе, необходимо знать её скорость после удара. Применим закон сохранения импульса для этой системы в момент удара:

, (3)

где – скорость молота до удара, – скорость наковальни, заготовки и молота после удара.

Уравнение (3) запишем в скалярной форме

mu = (m+M) u. (4)

Отсюда

. (5)

Кинетическая энергия системы после удара

. (6)

Из выражений (5) и (6) получим формулу для W_к2:

. (7)

Отсюда .

Согласно формуле (2) энергия, затраченная на деформацию (ковку), Е _д = (400 – 29,6) Дж = 370,4 Дж.

Коэффициент полезного действия определим как отношение полезной энергии, затраченной на деформацию, к полной энергии W_к1:

. (8)

Соответственно, кпд или η = 93%.

Ответ: W_к1 = 400 Дж; W_к2 = 29,6 Дж; Е _д = 370,4 Дж; η = 93 %.

 

Пример 11. Шар, катившийся со скоростью u₁ = 3 м/с, ударился о стену и покатился назад со скоростью u₂ = 2 м/с (рис. 11). Масса шара m = 3 кг. На сколько изменилась кинетическая энергия шара? Какая часть энергии шара перешла во внутреннюю энергию стены?

Дано: m = 3 кг; u1 = 3 м/с; u2 = 2 м/с. Найти: ∆ Wк;∆ Wк / Wк1.

Рис. 11

Решение: Кинетическая энергия шара при качении складывается из кинетической энергии поступательного и вращательного движения.

Кинетическая энергия поступательного движения

, (1)

где u – скорость поступательного движения центра масс шара.

Кинетическая энергия вращательного движения

, (2)

где w – угловая скорость вращения относительно центра масс.

Момент инерции шара

. (3)

Линейная u и угловая w скорости связаны соотношением

. (4)

Используя формулы (1), (2), (3) и (4), выразим кинетическую энергию катящегося шара

. (5)

Кинетические энергии шара до и после удара соответственно равны:

и .

Изменение кинетической энергии

∆ W_к = W_к2 – W_к1. (6)

Подставив в (6) выражения для W_к1 и W_{к2 ,} получим

.

Отсюда ∆ W_к = 0,7∙3∙(2² – 3²) Дж = –10,5 Дж. Знак "–" указывает на уменьшение кинетической энергии.

Во внутреннюю энергию, связанную с неупругой деформацией стенки, перешла энергия ∆W_к.

Вычислим кинетическую энергию шара до удара:
W_к1 = 0,7×3×3² Дж = 18,9 Дж

Следовательно: или .

Ответ: ∆ W_к = –10,5 Дж; .

Молекулярная физика. Термодинамика

Основные законы и формулы

Уравнение состояния идеального газа (уравнение Клапейрона–Менделеева)	pV = nRT
Масса молекулы	m0 = M/NA
Количество вещества	ν = m/ M, ν = N / NA
Средняя кинетическая энергия молекулы
Основное уравнение молекулярно-кине-тической теории
Внутренняя энергия идеального газа
Наиболее вероятная скорость
Средняя квадратичная скорость молекулы
Средняя арифметическая скорость молекулы
Количество теплоты, необходимое для нагревания тела	Q = c×m ×∆ T
Удельная теплоёмкость газа при постоянном объёме
Удельная теплоёмкость газа при постоянном давлении
Среднее число соударений молекулы в единицу времени
Средняя длина свободного пробега молекулы
Закон диффузии (закон Фика)
Закон теплопроводности (закон Фурье)
Работа газа при изобарном расширении
Работа газа при изотермическом расширении
Работа газа при адиабатном расширении
Уравнения адиабатного процесса (уравнения Пуассона)
Изменение энтропии
Термический КПД тепловой машины	η = (Q1–Q2) / Q1
Термический КПД идеальной тепловой машины (цикла Карно)	η = (T1–T2) / T1
Высота подъёма жидкости в капиллярной трубке

 

 

Примеры решения задач

 

Пример 1. Определить число атомов N, содержащихся в 1 кг гелия. Найти массу m₀ одного атома гелия.

Дано: m = 1 кг; М = 4·10-3 кг/моль. Найти: N; mo.

Решение: Поскольку гелий – одноатомный газ, то число атомов в данной массе газа

, (1)

где n = m /М – количество молей вещества, М – молярная масса, m – масса газа, N_А – число Авогадро.

Найдём искомое число атомов .

Для определения массы m₀ одного атома массу m газа разделим на число атомов N в нём: .

Ответ: N = 1,5·10²⁶; m_o = 6,67·10^–26 кг.

 

Пример 2. Считая водород в солнечной фотосфере (внешней видимой оболочке Солнца) идеальным газом, определить среднюю кинетическую энергию поступательного движения атомов водорода. Концентрация атомов водорода в фотосфере n = 1,6∙10²¹ м^–3, давление
Р = 1,25∙10² Па.

Дано: n = 1,6∙1021 м–3; Р = 1,25∙102 Па. Найти: .

Решение: Связь между давлением р идеального газа, концентрацией n и средней кинетической энергиейтеплового движения частиц выражается основным уравнением молекулярно-кинети-ческой теории:

, (1)

Отсюда

. (2)

Следовательно, .

Ответ: = 1,2∙10^–19 Дж.

 

Пример 3. Найти наиболее вероятную υ_в, среднюю арифметическую и среднюю квадратичную скорости молекул водорода при температуре 27 ^oС.

Дано: t = 27 oC; Т = 300 К; МН2 = 2∙10-3 кг/моль. Найти: υв; ; .

Рис. 1

Решение: В газе, находящемся в состоянии равновесия, устанавливается некоторое стационарное, не меняющееся со временем распределение молекул по скоростям, которое подчиняется статистическому распределению Максвелла.

Распределение Максвелла (рис. 1) позволяет определить относительное число молекул ∆ N(υ)/N, скорости которых лежат в интервале от υ до υ+∆υ.

Скорость υ_в, которой соответствует максимум кривой распределения Максвелла, называют наиболее вероятной скоростью. Этой скоростью и близкой к ней при данной температуре обладает наибольшее число молекул.

Наиболее вероятную скорость найдем по формуле

, (1)

где R – молярная газовая постоянная, Т – абсолютная температура,
М – масса одного моля газа.

Произведём вычисления: .

Средняя арифметическая скорость по определению равна отношению суммы скоростей всех молекул к числу молекул:

. (2)

Из закона распределения Максвелла средняя арифметическая скорость молекул определяется следующим образом:

. (3)

Следовательно, .

Если газ в объёме V содержит N молекул, движущихся со скоростями u₁, u₂,..., u_N, то средняя квадратичная скорость

. (4)

Средняя квадратичная скорость определяет среднюю кинетическую энергию движения молекулы. Средняя кинетическая энергия поступательного движения связана с температурой Т формулой

. (5)

С другой стороны может быть определена по формуле

. (6)

Сравнивая (5) и (6), находим