Сборник задач к выполнению индивидуальных домашних заданий для студентов очной формы обучения по курсу «Общая физика» (разделы «Механика», «Молекулярн
.pdf
Потенциальная энергия гравитационного взаимодействия
П G m1m2 r
где G – гравитационная постоянная, G = 6,67·10 -11 м3/(кг·с2); m1 и m2 – массы взаимодействующих тел; r – расстояние между телами (тела рассматриваются как материальные точки).
Потенциальная энергия тела массой m, находящегося в однородном поле силы тяжести, равна
П = mgh,
где g – ускорение свободного падения, g = 9,8 м/с2 ; h – высота тела над уровнем, принятым за нулевой (формула справедлива при условии h << R, где R – радиус Земли).
Закон сохранения механической энергии имеет вид
Е = Т + П = const,
где Е – полная механическая энергия замкнутой системы тел, между которыми действуют только консервативные силы.
Элементарная работа силы F на перемещение dr :
где dr |
dA = Fdr = F cos ds , |
|
|
dr |
|
|
– перемещение точки приложения силы; |
ds |
|
|
– элемен- |
||
|
|
тарный путь; – угол между векторами силы и перемещения. Работа силы на участке траектории от точки 1 до точки 2
2
A = Fds cos .
1
Работа A, совершаемая внешними силами, определяется как мера изменения полной механической энергии системы:
A = E = E2 – E1.
Средняя мощность за интервал времени t: N = At .
Мгновенная мощность: N = dAdt = Fυcos .
1.1.6. Момент инерции. Теорема Штейнера. Кинетическая энергия вращения. Работа, совершаемая при вращении тела
Момент инерции материальной точки массой m равен
J = mr2 , где r – расстояние точки от оси вращения.
11
Момент инерции твердого тела
n |
|
J mi ri |
2 , |
i 1 |
|
где ri – расстояние элемента массой mi от оси вращения.
В случае непрерывного распределения масс момент инерции твердого тела определяется с помощью интегрирования:
J r 2dm .
Если тело однородное, то есть его плотность одинакова по всему объему, то
J = r2dV ,
где V – объем тела.
Моменты инерции некоторых тел массой m относительно оси, проходящей через центр тяжести:
а) однородного стержня длиной l перпендикулярно стержню
J = 121 ml2 ;
б) тонкого кольца, обруча или тонкостенного цилиндра радиу-
сом R перпендикулярно плоскости основания: J = mR2 ;
в) однородного диска или сплошного цилиндра радиусом R перпендикулярно плоскости основания: J = 12 mR2 ;
г) однородного шара радиусом R: J = 25 mR2 .
Теорема Штейнера. Момент инерции тела массой m относительно произвольной оси равен
J = J0 + md 2 ,
где J0 – момент инерции тела относительно оси, проходящей через центр тяжести тела параллельно заданной оси; d – расстояние между осями вращения.
Кинетическая энергия тела, вращающегося вокруг неподвижной оси
J 2
T = 2 ,
где – угловая скорость тела.
12
Кинетическая энергия тела, катящегося по плоскости без скольжения
T mυC2 JC 2 ,
2 2
где υС – скорость центра масс тела; m – масса катящегося тела; JC – момент инерции тела относительно оси, проходящей через его
центр масс; – угловая скорость тела.
Работа, совершаемая при вращении тела:
А= J2 22 J212 ,
где J – момент инерции тела; 1 и 2 – начальная и конечная угловые скорости тела.
1.1.7. Моментсилы. Уравнениединамики вращательного движения. Моментимпульса. Закон сохранения момента импульса
Момент силы F относительно неподвижной точки О:
|
|
|
М |
[r |
F ] , |
где r – радиус-вектор, проведенный из точки О в точку приложе- |
||
ния силы F . |
|
|
Модуль момента силы |
|
|
M = Fr sin = Fl, |
||
где – угол между векторами |
r и F ; rsin = l – плечо силы |
|
(кратчайшее расстояние между линией действия силы и точкой О).
Момент силы F относительно оси вращения:
М = F l,
где F – проекция силы F на плоскость, перпендикулярную оси вращения; l – плечо силы.
Момент импульса материальной точки А относительно не-
подвижной точки О:
L = [r , p] ,
где p – импульс материальной точки; r – радиус-вектор, проведенный из точки О в точку А.
13
Основное уравнение динамики вращательного движения:
|
|
где M |
M = J , |
– результирующий момент внешних сил, действующих на |
|
тело; |
– угловое ускорение; J – момент инерции тела. |
Момент импульса тела, вращающегося относительно неподвижной оси z:
Lz = J z ,
где – угловая скорость тела.
Закон сохранения момента импульса системы тел, вращаю-
щихся вокруг неподвижной оси, имеет вид
J1 1 = J2 2 ,
где J1 и 1 – момент инерции системы тел и угловая скорость вра-
щения в начальный момент времени; J2 и 2 – момент инерции и угловая скорость в конечный момент времени.
1.1.8. Элементы специальной теории относительности
Зависимость массы частицы от скорости υ, сравнимой со скоро-
стью света с (релятивистская масса):
m = |
m0 |
или |
m = |
m0 |
, |
υ2 |
1 2 |
||||
|
1 c2 |
|
|
|
|
где т0 – масса покоя частицы; υ – скорость частицы; с – скорость света в вакууме; – скорость частицы, выраженная в долях скорости света ( = υ/с).
Релятивистское замедление хода часов:
t = |
t0 |
|
|
. |
|
υ2 |
||
|
1 c2 |
|
Энергия покоя частицы: Е0 = т0с2.
Полная энергия частицы, движущейся со скоростью υ, сравнимой со скоростью света с (взаимосвязь массы и энергии релятивистской частицы):
Е = Е0 + Т,
где Т – кинетическая энергия релятивистской частицы.
14
|
m c2 |
|
|
E |
|
|
E = mc2 = |
0 |
, |
E = |
|
0 |
. |
υ2 |
1 |
2 |
||||
|
1 c2 |
|
|
|
|
|
Кинетическая энергия релятивистской частицы:
T = E E0 |
= m0c2 ( |
|
1 |
|
|
1) . |
|
||
|
(υ/ c)2 |
|
|||||||
|
|
|
1 |
|
|
||||
Импульс релятивистской частицы равен |
|
|
|
||||||
p = |
m0υ |
|
или p = m0c |
|
|
|
. |
||
1 – (υ / c)2 |
|
1 – 2 |
|||||||
|
|
|
|
|
|
||||
Связь между полной энергией и импульсом релятивисткой частицы имеет вид
E2 = E02 + ( pc)2 или E = m02c4 + p2c2 .
1.2. Примеры решения задач
Задача 1.1. Мяч, брошенный с балкона вертикально вверх, через время t = 3 с упал на Землю. Определить начальную скорость мяча, если высота балкона над Землей равна 20 м. Сопротивлением воздуха пренебречь.
Дано: |
|
СИ |
|
Решение. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
t =3 c |
|
|
|
1. |
Движение мяча – |
|
|
равнопере- |
||||
y = 20 м |
|
|
|
менное, с ускорением а = g. Запи- |
||||||||
|
|
|
|
шем |
кинематическое |
|
|
|
уравнение |
|||
υ0 = ? |
|
|
|
прямолинейного равноускоренного |
||||||||
|
|
|
|
движения вдоль координатной оси |
||||||||
|
|
|
|
Оу (рис. 1.1.): |
|
|
gt |
2 |
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
y = –υ t + |
|
. |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
0 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2. Решив уравнение (1) относительно υ0, найдем |
||||||||||||
|
|
|
|
|
υ = |
gt2 |
– 2 y |
. |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
0 |
|
2t |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Рис. 1.1
(1)
(2)
15
3. Подставим числовые значения величин в (2):
υ |
9,8 32 |
2 20 8 м/с . |
0 |
2 |
3 |
Ответ: υ0 = 8 м/с.
Задача 1.2. Точка движется по окружности радиуса R = 20 см с постоянным тангенциальным ускорением а = 5 см/с2. Через какое время t после начала движения нормальное ускорение аn будет равно тангенциальному?
Дано: |
|
СИ |
|
|
Решение. |
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
1. По условию задачи вращение |
|||
R = 20 см |
|
0,2 м |
|
|
||
|
|
является равноускоренным, |
поэтому |
|||
а = 5 см/с2 |
|
5.10-2 м/ с2 |
|
|||
а = аn |
|
|
|
справедливы следующие соотноше- |
||
|
|
|
ния: |
|
||
t = ? |
|
|
|
|
||
|
|
|
a = υ, |
(1) |
||
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
t |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
a |
= |
υ2 |
, |
|
|
|
(2) |
||
|
|
|
n |
|
R |
|
|
|
|
|
|
где υ – линейная скорость точки. |
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|||||
2. Из (1) получим: |
|
|
|
|
υ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
t = |
. |
|
|
|
(3) |
|||
|
|
|
a |
|
|
|
|||||
3. Из (2) выразим скорость точки: |
|
|
|
|
|
||||||
|
|
υ= |
|
an R. |
|
|
(4) |
||||
4. Подставим (4) в (3) и учтем, что аn = а : |
|
||||||||||
t = |
an R |
|
|
an R |
|
R |
(5) |
||||
|
|
|
= |
|
|
= |
|
. |
|||
a |
|
|
a2 |
a |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
5. Подставим в (5) числовые значения, выраженные в системе СИ:
t = |
0,2 |
= 2 c. |
0,05 |
Ответ: t = 2 с.
Задача 1.3. Найти угловое ускорение колеса, если известно, что через 2 с после начала равноускоренного движения вектор полного
16
ускорения точки, лежащей на ободе, составляет угол 60о с направлением линейной скорости этой точки.
Дано: |
|
СИ |
|
|
Решение. |
|
|
|
|
|
|||||
t = 2 c |
|
|
|
|
1. Скорость точки направлена по касательной к |
||
α = |
|
|
|
|
траектории, т. е. к окружности. По касательной |
||
60о |
|
|
|
|
направлено и тангенциальное ускорение. Значит, |
||
ε = ? |
|
|
|
|
угол между полным ускорением и тангенциаль- |
||
|
|
|
|
|
ным ускорением равен углу между ускорением и |
||
скоростью. На чертеже видно (рис.1.2), что |
|
||||||
|
an = aτ tg α. |
(1) |
|
||||
2. Выражаем an и aτ через уг- |
|
||||||
ловые параметры движения: |
|
||||||
|
|
an = ω2R, aτ = εR, |
|
||||
и подставляем в (1) |
|
|
|||||
|
ω2R = εRtgα. |
(2) |
|
||||
3. При нулевой |
начальной |
|
|||||
скорости |
ω = εt. |
(3) |
Рис.1.2 |
||||
|
|
|
|||||
4. Подставляем (3) в (2): |
|
||||||
|
|
|
|
|
|
ε2t2 = εtgα, |
(4) |
5.Подставим числовые значения величин в (4)
ε= tgt2 = 0,43 с-2.
Ответ: ε = 0,43 с-2.
Задача 1.4. Груз массой m = 45 кг вращается на канате длиной l = 5,0 м в горизонтальной плоскости, совершая n = 16,0 об/мин. Какой угол с вертикалью образует канат и какова сила его натяжения Т?
Дано: |
|
СИ |
|
Решение. |
|
|
|
|
|||
m = 45 кг |
|
|
|
1. На груз действуют сила тя- |
|
l = 5,0 м |
|
|
|
жести mg и сила натяжения Т ка- |
|
n = 16,0 об/мин |
|
0,27 об/с |
|
ната (рис. 1.3). По второму закону |
|
, Т = ? |
|
|
|
Ньютона: |
|
|
|
|
|
mg + T = ma. |
(1) |
2. Так как движение по окружности происходит с постоянной по модулю скоростью, то полное ускорение тела в данной задаче – это нормальное ускорение, направленноекцентру окружности радиуса R:
17
a = a |
|
= |
υ2 |
= 4 2n2 R, |
(2) |
|
n |
R |
|||||
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
||
где n – частота вращения груза. |
|
|||||
|
3. Введем систему координат таким |
|||||
образом, чтобы ось Ох была направлена в |
||||||
сторону направления нормального уско- |
||||||
рения. Запишем уравнение (1) в проекци- |
||||||
ях на оси Ох и Оу: |
|
|||||
|
|
|
|
T sin = m·4 2n2 R, |
(3) |
|
|
|
|
|
T cos – mg = 0. |
(4) |
|
Рис. 1.3 |
4. Из рис. 1.3 видно, что |
|
||||
|
|
|
R = lsin . |
(5) |
||
|
|
|
|
|||
5. Решив совместно уравнения (3) и (4) с учетом (5), имеем |
|
|||||
|
|
T = m·4 2n2l, |
(6) |
|||
= arccos(g / 4 2n2l). |
(7) |
|||||
6. Подставим в (6), (7) числовые значения величин в единицах СИ:
T= 45·4·3,142·0,2672·5 = 0,63 кН,
= arccos(9,8 / (4·3,142 ·0, 2672 ·5,0) = 45 .
Ответ: Т = 0,63 кН, = 45°.
Задача 1.5. По наклонной плоскости, составляющей с горизонтом угол 30°, движется тело массой 5 кг. К этому телу с помощью нерастяжимой нити, перекинутой через блок, привязано тело такой же массы, движущееся вертикально вниз (рис. 1.4). Коэффициент скольжения между телом и наклонной плоскостью 0,05. Определить ускорение тел и силу натяжения нити.
Дано: СИ
m1 = m2 = 5 кг
α = 30° µ = 0,05
a = ? Fн = ?
Рис. 1.4
18
Решение.
1. Покажем на рисунке силы, действующие на каждое тело (рис. 1.4).
Запишемдлякаждогоизтелуравнениедвижения(второйзаконНьютона): |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
m1g Fн m1a, |
|
|||
|
|
m2 g |
Fн N |
Fтр m2a. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2. |
В проекциях на выбранные оси координат: |
|
||||
|
|
m1g – Fн = m1a (на ось Z), |
|
|||
|
|
–Fн |
+ m2gsinα + Fтр = –m2a (на ось X), |
|
||
|
|
N – m2gcosα = 0 |
(на ось Y). |
|
||
3. |
Учитывая, что Fтр = µN, где N = m2gcosα, получим систему |
|||||
уравнений |
|
|
|
|
|
|
|
m g F m a, |
|
(1) |
|||
|
1 |
н |
1 |
|
||
|
Fн m2 g sin m2 g cos m2a. |
|
||||
4. |
Вычтем из первого уравнения системы (1) второе: |
|
||||
5. |
m1g – m2gsinα – µm2gcosα = m1a + m2a. |
(2) |
||||
Выразим из (2) искомое ускорение: |
|
|||||
|
a m1g m2 g sin m2 g cos . |
(3) |
||||
m1 m2
6. Подставим в (3) числовые значения:
a 5 9,8 5 9,8 sin 30 0,05 5 9,8 cos30 2,28 м/с2 . 5 5
7. Силу натяжения найдем из первого уравнения системы (2):
Fн = m1g – m1a =
= 5·9,8 – 5·2,28 = 38,6 Н.
Ответ: а = 2,28 м/с2, Fн = 38,6 Н.
Задача 1.6. Молот массой m = 6 кг, двигаясь со скоростью υ = = 5 м/с, ударяет по железному изделию, лежащему на наковальне. Масса наковальни вместе с изделием равна М = 120 кг. Считая удар абсолютно неупругим, определить энергию, расходуемую на ковку (деформацию) изделия. ЧемуравенКПДпроцесса ковкиприданныхусловиях?
Дано: |
|
СИ |
|
Решение. |
|
|
|||
m = 6 кг |
|
|
|
1. Примем, что система молот – изделие – |
υ = 5 м/с |
|
|
|
наковальня является замкнутой, поскольку |
М = 120 кг |
|
|
|
силы ударного взаимодействия тел гораздо |
=? |
|
|
|
больше внешних сил (силы тяжести (М+m)g и |
|
|
|
|
силы давления N опоры). |
19
2. Запишем закон сохранения энергии для рассматриваемой системы:
W |
mυ2 |
M m υ 2 |
, |
||||
деф |
2 |
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
где Wдеф – энергия деформации; |
mυ2 |
, |
(M + m) |
υ 2 |
|||
|
2 |
2 |
|||||
|
|
|
|
|
|
||
нической энергии системы до и после удара; υ' всех тел системы после неупругого удара.
3. Запишем закон сохранения импульса: mυ= (m + M )υ,
откуда
mυ
υ = (m + M ) .
(1)
–значения меха-
–общая скорость
(2)
(3)
4. Подставив в формулу(1) значениеυ' из уравнения (3), получим
W |
|
mυ2 |
|
M |
= |
6 52 |
|
120 |
71, 4 Дж . |
|
|
|
|
||||||
деф |
2 |
|
M m |
|
2 |
|
120 6 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
5. Так как энергия, расходуемая на ковку изделия, является полезной, то КПД процесса ковки составляет:
|
Wдеф |
|
|
mυ2 |
|
M |
|
|
mυ2 |
|
||
|
|
100% |
|
|
|
|
|
|
/ |
|
|
100% |
|
|
|
|
|||||||||
|
W |
|
|
|
2 |
|
M m |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
120 100% 95,2%. 120 6
|
M |
100% |
|
M m |
|||
|
|
Ответ: Wдеф = 71,4 Дж, = 95,2 %.
Задача 1.7. Вагон массой 20 т, двигавшийся равномерно, под действием силы трения в 6 кН через некоторое время остановился. Начальная скорость вагона равна 54 км/ч. Найти: 1) работу сил трения; 2) расстояние, которое вагон пройдёт до остановки.
Дано: |
|
СИ |
|
Решение: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
m = 20 т |
|
2·104 |
кг |
1. Работа |
равна |
приращению |
||
Fтр = 6 кН |
|
6·103 |
Н |
кинетической энергии тела: |
||||
v0 = 54 км/ч |
|
15 м/с |
|
|
2 |
|
2 |
|
|
|
|
|
Aтр = 0 – |
mυ |
mυ |
. (1) |
|
Атр = ? S = ? |
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
2 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
20