Методички 3 курс ИД / физика. сборник задач для контрольных ЛХ

Fx = −mω2 Asin(ωt + ϕ0 ) = −mω2 x .

(1.31)

29.

Полная

энергия

колеблющейся материальной

точки

(осциллятора):

E = К + П = mA2ω2 / 2 .

(1.32)

30.

Периоды колебаний математического, пружинного и

физического маятников:

T = 2π

, T = 2π

T = 2π

.

(1.33)

l / g

m / k

,

I / (mgl )

Молекулярная физика и термодинамика

31.

Законы Бойля − Мариотта

(T = const), Гей-Люccака (p =

= const) и Шарля (V = const)

соответственно:

pV = const , V / T = const

и

p / T = const .

(1.34)

32.

Уравнения связи между массой m газа, количеством

вещества ν и молярной массой μ :

m = νμ ,

ν = m / μ .

(1.35)

m

m

m

m

pV =

RT

p V =

1

+

2

+ ... +

n

RT . (1.36)

μ

см

μ1

μ2

μn

R = kN A , μ = m0 NA , N = νN A = mN A μ .

(1.37)

ε =

i

kT , i = i

+ i

+ 2i .

(1.38)

2

пост

вр

кол

36. Основное уравнение молекулярно-кинетической

теории

dQ = −λ

dT

dS dt ,

λ =

1

ρc

υ l .

(1.48)

dx

3

V

46. Закон Ньютона для вязкого трения (переноса импульса) и

выражение для коэффициента динамической вязкости:

dF

= η

dυ

dS ,

η =

1

ρ υ l .

(1.49)

тр

dx

3

47. Изменение внутренней энергии идеального газа в

термодинамических процессах:

U =

i

m

R(T

− T ) = mc (T

− T ) .

(1.50)

2 μ

2

1

V

2

1

48. Работа газа массой m для изотермического, изобарического и

адиабатического процессов соответственно:

А = Q =

m

RT ln

V2

,

A = p(V

− V ) и

A = −mc

(T − T ). (1.51)

μ

V1

2

1

V

2

1

49. Уравнения адиабатического процесса в переменных p−V ,

T−V и T−p соответственно (уравнения Пуассона):

pV γ = const ,

TV γ −1 = const

и

T γ p1− γ = const .

(1.52)

50. Термический КПД тепловой машины и идеальной тепловой

машины (цикла Карно):

η =

Q1 − Q2

,

η =

T1 − T2

.

(1.53)

Q1

T1

Электростатика и постоянный ток

51. Закон Кулона в скалярной и векторной форме:

F =

1

q

q

= k

q

q

ρ

=

1 q1 q2

ρ

1

2

1

2

,

F

r ,

(1.54)

4πε0

εr 2

εr 2

4πε0 εr

3

где ε0 − электрическая постоянная, равная 8,854·10−12

1

Ф/м; k =

−

4πε

0

коэффициент, равный 9·109 Н·м2/Кл2; ε −

диэлектрическая

проницаемость.

52. Напряженность E электрического поля (его силовая

характеристика):

E = F/q0 .

(1.55)

∫ En dS =

1

qсв .

(1.56)

ε0ε

S

54.

Напряженность E электростатического поля точечного

заряда q в скалярной и векторной форме:

E =

1

q

ρ

=

1 q

ρ

,

E

r .

(1.57)

4πε0

ε

r

2

4πε0

εr 3

55.

Напряженность E поля, созданного двумя и более

точечными зарядами (принцип суперпозиции):

E = E1 + E2 + ... En .

(1.58)

56.

Напряженность E поля, создаваемого бесконечной

равномерной заряженной плоскостью:

E =

σ

,

(1.59)

2ε0ε

где σ = q / S − поверхностная плотность заряда.

57.

Напряженность E поля, создаваемого в среде бесконечной

равномерно заряженной нитью:

E =

1

2τ

,

(1.60)

4πε0 εr

ϕ =

П

=

A∞

,

(1.61)

q q

59. Потенциал ϕ поля точечного неподвижного

заряда q1 ,

находящегося в диэлектрической среде:

ϕ =

1

q

.

(1.62)

4πε0 εr

E = −

dϕ

,

E = ϕ1 − ϕ2 .

(1.63)

dx

d

61. Электроемкость С уединенного проводника ( q и ϕ −

заряд и

потенциал проводника):

C =

q

C = 4πε0εR (для сферы).

(1.64)

ϕ

62. Электроемкость С конденсатора (q − заряд на его обкладке,

U − напряжение для плоского конденсатора):

C =

q

C = ε

0ε

S

.

(1.65)

U

d

63. Электроемкость С последовательно соединенных

конденсаторов с емкостями Ci :

1

1

1

1

n

=

+

+ ... +

= ∑

1

.

(1.66)

Cn

C C1

C2

i =1 Ci

A = IUt = I 2 Rt =

U 2

t ,

P = IU = I 2 R =

U 2

.

(1.75)

R

R

Q = I 2 Rt .

(1.76)

74. Объединенный закон Фарадея для электролиза (М −

молярная масса;

n − валентность химического элемента;

F −

число

Фарадея):

m =

1

М

It =

1

М

q .

(1.77)

F n

F n

1.2.

Примеры решения задач и их оформления

Физические основы механики

Пример 1. Динамика равноускоренного движения.

Определить силу натяжения Т каната при

равноускоренном

подъеме с

помощью

блочного

у

приспособления (рис. 1) груза

массой

m =

1,5 т,

если за время t1 = 2 с от t1 = = 2 с начала движения

скорость

возросла

до

υ1

=

Т

F

= 360 см/с.

Решение.

Дано:

На

груз

а

m = 1,5 т = 1,5·103

кг

при его подъеме действуют

υ1 = 360 см/с = 3,6 м/с

две силы: сила тяжести

mg

t1 = 2 с

mg , направленная вниз, и

Рис. 1

Найти: Т.

сила натяжения каната T ,

направленная вверх. Ускорение, получаемое

написать:

ma y = T − mg

T = mg + ma y = m(g + a y ).

(1)

Проекция ускорения a y при равноускоренном движении

определяется из соотношения (1.2а):

a y

= (υ y − υ0 y )/ t = υ1t1 ,

(2)

24

формулу:

T = m(g + υt / t ).

(3)

вычисления:

T = 1,50 ×10

3

+

3,60

4

9,81

= 1,74·10

Н = 17,4 кН.

2

массой

m =

20

т,

имеющий начальную

скорость

υ0 =

36

км/ч,

под

действием

силы

у

s

трения

Fтр

=

6

кН

N

υ

= 0

через

некоторое

время

υ0

υ

а

1

останавливается,

0

Fтр

двигаясь

на

mg

x

горизонтальном

участке

пути.

Найти

Рис. 2

расстояние

s, которое

пройдет

вагон

до остановки, и работу А сил трения.

Дано:

Решение.

m = 20 т = 2·104 кг

1. Тормозной путь вагона в

υ0 = 36 км/ч = 10 м/с

направлении оси х (рис. 2) можно

Fтр = 6 кН = 6·103 Н

определить из соотношения (1.2в)

υ2x

− υ02 x = 2ax s .

Найти: s; Атр .

(1)

Проекцию ускорения ах найдем с помощью второго закона

Ньютона (1.9):

ma = mg + N + Fтр

max = −Fтр

ax = −Fтр / m < 0 .

(2)

25

υ0 х = υ0 и υх = 0 , получим

- u2

= -2F s / m

s = mu2

/ (2F ).

(3)

0

тр

0

тр

вычисления:

s =

102 × 2 ×10

4

= 167 м.

2 × 6 ×103

2. Работу постоянной силы трения рассчитаем по формуле

(1.15):

A = Fs cosα = −Fтрs ,

(4)

силу

F ,

действовавшую на

шарик

при

ударе, если

его

продолжительность

t = 0,1 с.

Дано:

Решение.

Из второго закона Ньютона (1)

m = 100 г = 0,1 кг

вытекает, что произведение средней силы на

h = 2,5 м

время ее действия равно изменению импульса

t = 0,1 с

тела, вызванного этой силой:

Найти:

F .

F Dt = mu

- mu

ρ

=

m(υ2 − υ1 )

,

(1)

F

2

1

Dt

где

t

−

промежуток времени, в течение которого действует сила, а

υ1 и

υ2

−

скорости материальной

точки

в начале и конце этого

у

Деформированны

Если учесть, что скорость υ2 после

удара (рис. 3) численно равна скорости υ1

й при ударе

h

шарик

до удара и противоположна ей по

υ

ρ

направлению, то формула (1) в проекции

F

υ2

на ось у ( υ1у

= −υ1,

υ2 у = υ1 ) примет вид

ρ

m(υ2 y − υ1y )

m(u + u )

2m

F =

=

1

1

=

u1 . (2)

υ1

Dt

Dt

Dt

Рис. 3

Так как шарик падает свободно с

высоты h (см. формулу (1.3в)), то перед ударом о плиту его скорость

u1 =

2gh . Подставив

это выражение в (2), получим расчетную

формулу для средней силы и проверим единицы правой и левой

частей:

F = 2m

2gh 1 Н = 1 1 кг × 1 м ×1 м = 1 кг·м/с2 = 1 Н.

Dt

1 с

с2

Подставим числовые значения и проведем вычисления:

F = 2 × 0,1 2 × 9,81× 2,5 = 14 Н.

0,1

Пример 4. Работа, энергия и коэффициент полезного

действия. Для подъема воды из колодца глубиной h = 20 м (рис. 4)

установили насос мощностью N = 3,7 кВт. Определить массу m и

объем V воды, поднятой за время t1 = 7 ч, если КПД насоса η = 80%.

Дано:

Решение:

КПД

определяется

h = 20 м

формулой

N = 3,7 кВт = 3,7·102 Вт

η = Aпол / Aзатр .

(1)

t1 = 7 ч = 2,52·104 с

Полезная

работа,

совершенная

для

η = 80% = 0,8

подъема

груза

(воды

массой

m)

без

Найти: M; V.

ускорения

на

высоту

h ,

равна

потенциальной энергии П, которой обладает этот груз на этой высоте,

т.

е.

А

=

П

=

= mgh ;

g − ускорение свободного падения.

Н

Затраченную

работу двигателя найдем,

используя определение (1.16) для мощности

Aзатр = N t .

h

27

Рис. 4