Методические указания и контрольные задания по физике для студентов-заочников энергетических специальностей и факультета информационных технологий и робототехники-1

Дано:

R = 6,37 106 м;

υ1 = ?

Решение

Со стороны Земли на ракету действует сила тяжести. При неработающем двигателе под действием силы тяжести механическая энергия ракеты изменяться не будет.

Следовательно,

где Т1, 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 достигает максимального значения:

31

Потенциальная энергия гравитационного взаимодействия тел, бесконечно удаленных друг от друга, принимается равной нулю. Подставляя выражения Т1, П1 и Т2, П2 в (1.13), получаем

mυ12 /2−GmM /(2R) =−GmM /(2R),

откуда

υ1 = GM / R = qR ,

где g = GM /R2 – ускорение свободного падения у поверхности Земли. Подставим числовые значения величин и произведем вычисления:

υ1 = 9,8 6,37 10 6 м/с = 7,9 10 3 м/с.

Задача 1.7

Частица массой 0,01 кг совершает гармонические колебания с периодом 2 с. Полная энергия колеблющейся частицы – 0,1 мДж. Определить амплитуду А колебаний и наибольшее значение силы Fmax, действующей на частицу.

Дано:

T = 2 c;

E = 0,1 мДж = 1 10-4 Дж; m = 0,01 кг.

A = ?

Fmax = ?

Решение

Для определения амплитуды колебаний воспользуемся выражением полной энергии частицы

E = 12 mω2 A2.

32

Подставив сюда выражение ω = 2Tπ и выразив амплитуду, полу-

чим

Подставимчисловые значения величинипроизведем вычисления:

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.

Максимальное значение сила приобретает при максимальном смещении хmax, равном амплитуде, т.е.

Коэффициент k выразим через период колебаний:

Подставив в уравнение (1.18) выражения для k из формулы (1.19) и А из формулы (1.17), после сокращений и упрощений получим

Fmax = 2Tπ 2mE .

33

Задача 1.8

Складываются два колебания одинакового направления, выраженные уравнениями

x1 = A1cos 2Tπ (t + τ1 );

x2 = A2cos 2Tπ (t + τ2 ),

где А1 = 3 см; А2 = 2 см; τ1 =16 с; τ2 =13 с; T = 2 с. Построить векторную диаграмму сложения этих колебаний и на-

писать уравнение результирующего колебания.

Дано:

x1 = A1cos 2Tπ(t + τ1 ) ; x2 = A2cos 2Tπ(t + τ2 ) ;

34

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

x = Acos(ωt + ϕ),

получим

x1 = A1cos( 2Tπ t + 2Tπ τ1);

x2 = A2cos( 2Tπ t + 2Tπ τ2 ).

Отсюда видно, что оба складываемых гармонических колебания имеют одинаковую циклическую частоту ω = 2π/T. Начальные фазы 1-го и 2-го колебаний соответственно равны

ϕ1 = 2Tπ τ1; ϕ2 = 2Tπ τ2 .

Произведем вычисления:

ω = 2Tπ = 22π c−1 = 3,14 c−1 ;

ϕ1 = 22π 16 рад = 30о; ϕ2 = 22π 13 рад = 60о.

Изобразим векторы А1 и А2. Для этого отложим отрезки длиной А1 = 3 см и А2 = 2 см под углами ϕ1 = 30° и ϕ2 = 60° к оси ОХ. Результирующие колебания будт происходить с той же частотой и

амплитудой A , равной геометрической сумме амплитуд А1 и А2:

A = A1 + A2.

35

Согласно теореме косинусов,

A = A21 + A22 + 2A1A 2cos(ϕ2 − ϕ1).

Начальную фазу результирующего колебания можно определить непосредственно из векторной диаграммы (рис. 1.3):

Произведем вычисления:

A = 32 + 22 + 3 3 2cos(60о − 30о) см = 4,84 см;

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

x = Acos(ωt + ϕ),

где А = 4,84 см; ω = 3,14 c−1; ϕ = 0,735 рад.

Задача 1.9

Материальная точка участвует одновременно в двух взаимно перпендикулярных гармонических колебаниях, уравнения которых:

36

Найти уравнение траектории точки. Построить траекторию с соблюдением масштаба и указать направление движения точки.

Дано:

x = A1cosω1t; y = A2cosω2t;

A1 =1 см;

A2 = 2 см;

ω1 = π c−1 ; ω2 = π2 с−1 .

Рис. 1.4

y = f (x)?

Решение

Чтобы определить траекторию точки, исключим время из уравнений (1.20) и (1.21). Заметив, что

y = A2 cos(ω1 / 2)t ,

37

Полученное уравнение представляет собой уравнение параболы, ось которой лежит на оси ОХ. Как показывают уравнения (1.20) и (1.21), амплитуда колебаний точки по оси ОХ равна 1, а по оси ОY – 2. Следовательно, абсциссы всех точек траектории заключены в пределах от –1 до +1, а ординаты – от –2 до +2.

Для построения траектории найдем по уравнению (1.22) значения y, соответствующие ряду значений х, удовлетворяющих условию х ≤1:

Начертив координатные оси и выбрав единицу длины – сантиметр, построим точки. Соединив их плавной кривой, получим траекторию результирующего колебания точки. Она представляет собой часть параболы, заключенной внутри прямоугольника амплитуд АВСD (рис. 1.4). Из уравнений (1.20) и (1.21) находим, что период колебаний точки по горизонтальной оси Тх = 2 с, а по вертикальной оси Ту = 4 с. Следовательно, когда точка совершит одно полное колебание по оси ОХ, она совершит только половину полного колебания по оси ОY.

В начальный момент (при t = 0) имеем: х = 1; y = 2. Точка находится в положении А. При t = 1 с получим: х = –1; y = 0. Материальная точка находится в вершине параболы. При t = 2 с получим: х = 1; y = –2. Материальная точка находится в положении D. После этого она будет двигаться в обратном направлении.

Задача 1.10

Плоская волна распространяется вдоль прямой со скоростью 20 м/с. Две точки, находящиеся на этой прямой на расстояниях 12 м 15 м от источника волн, колеблются с разностью фаз 0,75 π. Найти длину волны, написать уравнение волны и найти смещение указанных точек в момент времени 1,2 с, если амплитуда колебаний – 0,1 м.

38

Дано:

υ = 20 м/c;

х1 = 12 м; х2 = 15 м; ∆ϕ = 0,75 π;

A = 0,1 м; t = 1,2 с.

λ = ?

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 ∆х, колеблются с разностью фаз, равной

∆ϕ = ∆x 2π/ λ = (x2 − x1)2π/ λ.

Подставив числовое значение величин, входящих в выражение (1.25), и выполнив арифметические действия, получим

Чтобы написать уравнение плоской волны, надо еще найти циклическую частоту ω. Так как

ω = 2π/Т,

где Т = λ/υ – период колебаний, то

ω = 2πυ / λ.

39

Произведем вычисления:

ω = 2π820 c−1 = 5π c−1.

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

где А = 0,1 м; ω = 5π c−1; υ = 20 м/с.

Чтобы найти смещение указанных точек, достаточно в уравнение (1.26) подставить значения t и х:

y1 = 0,1cos5π(1,2 −12 / 20) = 0,1cos3π = −0,1 м;

y2 = 0,1cos5π(1,2 −15/ 20) м = 0,1cos 2,25π м = 0,071 м.

Задача 1.11

Определить число молекул, содержащихся в объеме 1 мм3 воды, и массу молекулы воды. Считая условно, что молекулы воды имеют вид шариков, соприкасающихся другсдругом, найтидиаметр молекул.

Дано:

V =1 мм3 =1 10−9 м.

d = ?; N = ?; m0 = ?

Решение

N = νN A.

40