- •Физика методические указания по изучению дисциплины и задания для расчетных работ
- •Предисловие
- •Общие методические указания
- •Указания к выполнению расчетных работ
- •Результирующая степень при основании 10:
- •Колебания и волны
- •Элементы статики и молекулярной физики
- •Элементы термодинамики
- •Электрические и магнитные явления
- •Электромагнитные явления и оптика
- •Элементы учения о строении вещества
- •Раздел 1
- •Примеры решения задач
- •2. Молекулярная физика. Термодинамика. Основные законы и формулы
- •Примеры решения задач
- •3. Электромагнитные явления (электростатика и постоянный ток). Основные законы и формулы
- •Примеры для решения задач
- •Раздел II
- •Примеры для решения задач
- •2.Оптика. Физика атома и атомного ядра. Основные законы и формулы
- •Примеры для решения задач
- •Приложения
- •1. Основные физические постоянные (значения округленные)
- •2. Плотность жидкостей при 200с, кг/м3
- •11. Основные и дополнительные единицы Международной системы единиц
- •12. Важнейшие производные единицы си
- •13. Приставки для образования кратных и дольных единиц
- •14. Соотношение единиц си с единицами других систем
- •Содержание
- •Раздел 1. Механика. Молекулярная физика. Термодинамика. Электростатика. Постоянный ток…………………………………………………………………………………9
- •Раздел 2. Электромагнитные явления (электродинамика). Оптика. Атомная и ядерная физика………………………………………………………………………………….43
Раздел 1
Механика. Молекулярная физика. Термодинамика. Электростатика.
Постоянный ток.
1. Механика.
Основные законы и формулы
Путь при равнопеременном движении………………….s=υоt+αt2/2
Скорость равнопеременного движении………………....ύ=ύо+αt
Ускорение в равнопеременном движении………………α=(ύ-ύо)/t
Тангенциальное (касательное) ускорение……………….
Нормальное (центростремительное) ускорение………..an=ύ2/R=ω2R
Полное ускорение………………………………………...
Угол поворота при равнопеременном вращении……….φ=ωоt+εt2/2
Угловая скорость точки при
равнопеременном обращении по окружности………….. ω=2πn=2π/Т
Угловая скорость при равнопеременном вращении…… ω=ωо+εt
Угловое ускорение при равнопеременном вращении…..ε=(ω-ω0)/t
Связь между линейными и угловыми величинами при
вращательном движении……………………………….…υ=ωR,a=εR= ω2R
Второй закон Ньютона……………………………………F=ma,FΔt=mv2-mv1
Сила тяжести……………………………………………….P=mg
Третий закон Ньютона…………………………………….F1= -F2
Закон Гука………………………………………………….F= -kx
Закон сохранения импульса………………………………m1v1+m2v2=m1u1+m2u2
Механическая работа………………………………………A=Fscosα
Работа упругой силы………………………………………A=kx2 /2
Мощность…………………………………………………..N=A/t, N=F υ cos α
Кинетическая энергия тела……………………………….T=mυ2/2
Потенциальная энергия тела……………………………..П=mgh
поднятого над поверхностью Земли
Полная энергия тела (в изолированной системе)……….E=T+П
Энергия упругодеформированного тела…………………W=kx2 /2
Момент инерции:
а)материальной точки…………………………………………Ј=mr2
б)сплошного цилиндра или диска относительно оси……….Ј=mR2/2
в)однородного тонкого стержня относительно оси………... Ј=ml2/12
г)однородного стержня относительно оси, проходящей
через один из концов………………………………………….. Ј=ml2/3
д)однородного шара……………………………………………Ј=2ml2/5
Момент силы…………………………………………………..M=Fl
Основной закон динамики вращательного движения………М=Јε
Закон сохранения момента импульса двух тел……………..Ј1ω1+Ј2ω2=const
Кинетическая энергия вращающегося тела…………………Т=Јω2/2
Закон всемирного тяготения………………………………….F=Gm1m2/R2
Уравнение гармонического колебания……………………....x=A sin (ωt+φ0)
Скорость и ускорение точки…………………………………υ =Аω cos(ωt+φ0);
при гармонических колебаниях…………………………….α= -Аω2sin(ωt+φ0)= -ω2x
Сила, действующая на колеблющуюся……………………...F= -mω2x= -kx
материальную точку
Период математического маятника………………………….
Период колебаний пружинного маятника……………….….
Полная энергия колеблющейся.………………………….….Е=mA2ω2/2
Зависимость между скоростью, длиной волны, частотой и
периодом колебаний………………………………………….υ=λν=λ/Т
Уравнение волны……………………………………………..у=А sinω(t-x/ υ)
Примеры решения задач
Пример 1.Тело массойm=1 кг вращается на тонком стержне в вертикальной плоскости. Частота вращения на тонком стержне в вертикальной плоскости. Частота вращения равнап=2с-1длина стрежняR=1,25 см. Определить силу натяжения стержня: 1)в верхней и 2)в нижней точках.
Решение 1. На тело в верхней точке действуют сила тяжестиР=mgи сила натяженияТстержня (рисунок 1). В результате действия двух сил тело движется по окружности, т.е. с центростремительным ускорением:
aцс=ω2R, (1)
где ω – угловая скорость; R– радиус траектории. Учитывая, что ω=2πn, можем записать:
aцс=(2πn)2R. (2)
Направление сил Т1иРсовпадает с вектором aцс, поэтому второй закон Ньютона запишем в скалярном виде:
Т1+mg=m aцс, (3)
или с учетом (2)
Т1+mg=4mπ2п2R, (4)
Откуда
Т1=m(4π2п2R -g). (5)
Выразим в СИ числовые значения Rиg:R=0,125 м,g=9,81м/с2.
Вычислим по формуле (5) искомую силу натяжения стержня в верхней точке траектории:
Т1=1(4·3,142·22·0,125 - 9,81)Н=9,93 Н.
2. В нижней точке траектории на тело действуют (рисунок 2) те же силы Р=mgиТ2. Однако силаРв данном случае направлена противоположно вектору ац.св связи с этим второй закон Ньютона имеет вид:Т1+mg=4mπ2п2R, откуда Т2=m(g+4π2п2R).
После подстановки имеем:
Т2=1(9,81+4·3,142·22·0,125)Н=29,55 Н.
Пример 2. Подъемный кран за времяt=6ч поднимает строительные материалы массойm=3000т на высотуh=15м. Определить мощность двигателя подъемного крана, если его коэффициент полезного действия η=0,8.
Решение. Подъемный кран. Поднимая груз на высоту h, увеличивает его потенциальную энергию. Работа А, совершаемая двигателем подъемного крана, идет на подъем груза и на работу против сил трения в механизмах. Полезная работа Апдвигателя равна увеличению потенциальной энергии груза:
Ап=mgh,
где g – ускорение свободного падения.
Коэффициент полезного действия η равен отношению полезной мощности Nпко всей потребляемой мощностиN:
η =Nп /N. (1)
Учитывая, что Nп =Ап /t=mgh/t, запишем выражение (1) в виде:
η =mgh /(Nt).
Мощность двигателя равна
N=mgh /(ηt). (2)
Проверим формулу (2):
Выпишем в СИ числовые значения величин, входящих в (2):
m=3·106кг,g=9,8 м/с2,t=2,16·104c.
Вычислим искомую мощность двигателя:
Пример 3. Человек, стоящий на неподвижной скамье Жуковского, получил вращающееся с частотойn1=5c-1 на легкой вертикальной оси колесо массойm=5 кг и радиусомr=0,5 м. Масса колеса распределена по его ободу. Момент инерции скамьи Жуковского с человекомJ=7,0 кг/м2. Определить частоту вращения скамьи Жуковского, вызванного поворотом оси вращающегося колеса до горизонтального положения таким образом, чтобы плоскость вращающегося колеса оказалась на расстоянииd=0,4 м от оси вращения скамьи с человеком. Определить силу, необходимую для торможения скамьи Жуковского за ее край в теченииt=3 с. Радиус скамьи ЖуковскогоR=0,3 м.
Решение. 1. Для изолированной системы взаимодействующих вращающихся тел справедлив закон сохранения момента импульса. При совпадении и постоянстве осей взаимодействующих вращающихся тел исходная формула, выражающая этот закон, может быть записана в скалярном виде. В нашем случае оси вращающихся тел не совпадают, поэтому следует применить закон в более общем, векторном виде:
где - векторы моментов импульсов двух тел до взаимодействия;
- то же после взаимодействия.
Направление векторасовпадает с направлением вектора угловой скорости , а его модуль. В нашем случае, если считать колеса первым телом, а скамью Жуковского с человеком – вторым,т. к. до взаимодействия скамья не вращалась. Следовательно,
(1)
Приведем выражение (1) к скалярной форме, для чего запишем его в проекциях на ось y:
или , (2)
где J1 =mr2 – момент инерции колеса;
- угловая скорость колеса;
J- момент инерции скамьи Жуковского с человеком и колесом,
вращающемся на расстоянии от оси скамьи Жуковского;
- угловая скорость ее вращения;
n2- искомая частота вращения скамьи Жуковского.
Очевидно что, Тогдаоткуда
(3)
Подставив в (3) числовые значения заданных величин, вычислим:
2. Процесс торможения скамьи Жуковского описывается основным законов динамики вращательного движения. В проекции на направление вектора углового ускорения имеем:
(4)
где М - момент тормозящей силы;
- угловое ускорение при торможении.
Момент тормозящей силы:
M=FR, (5)
где F- искомая сила.
Угловое ускорение:
где - конечная угловая скорость;
- начальная угловая скорость в процессе торможения;
t- время торможения.
Учитывая ,что=0 , а==, получим
(6)
Подставив (5) и (6) в (4), получим
откуда
(7)
Проверим полученную формулу анализом наименований единиц физических величин:
Подставим в формулу (7) числовые значения физических величин и вычислим:
Пример 4. Диск, катившийся со скоростью υ1 = 3 м/с, ударился о стену и покатился назад со скоростью υ2 =2 м/с. Масса диска равнаm = 3 кг. Определить уменьшение кинетической энергии диска.
Решение. Кинетическая энергия диска равна сумме кинетических энергий поступательного и вращательного движений:
Е=Епост-Евр (1)
здесь Епост=mυ2/2; Евр=Јω2/2, гдеm– масса диска; υ – скорость поступательного движения;Ј=mR2/2 –момент инерции диска; ω = υ/R– угловая скорость диска;R– радиус окружности диска.
Подставив в (1) выражения для Епост, Евр,Ји ω, получим
(2)
Выражение (2) можно использовать для записи полной кинетической энергии Е1до удара о стену и полной кинетической энергииЕ2после взаимодействия со стеной:
Разность кинетических энергий
Подставив данные задачи, вычислим искомую разность энергий:
Знак минус показывает, что произошло уменьшение кинетической энергии диска.
Пример 5. Точка совершает гармонические колебания согласно уравнениюx=0,1sinπt. Определить скорость и ускорение точки через1/6с от начала колебаний.
Решение. Запишем уравнение гармонических колебаний в общем виде:
х=А sin ωt, (1)
где х– смещение точки;А– амплитуда; ω – круговая частота;t– время.
По определению, скорость равна производной от смещения по времени:
(2)
Подставив (1) в (2), продифференцируем полученное выражение:
(3)
По определению, ускорение равно производной от скорости по времени:
(4)
Подставив (3)в (4), продифференцируем полученное выражение:
(5)
Из сравнения уравнения x=0,1sinπtи формулы (1) видно, чтоА=0,1 м, ω=πс-1. По формулам (3) и (5) вычислим скорость и ускорение:
v=0,1πcosπt, a=0,1π2sinπt(6)
Проверим формулы (6):
Вычислим искомые скорость и ускорение точки:
υ=0,1·3,14 cos(π/6) м/с=0,272 м/с,
а= – 0,1·3,142sin(π/6) м/с2= – 0,492 м/с2.