fizika_dlja_flehshki_zaochniki / Final_1

τ = τ0 , 1−Vc22

де τ0 – тривалість події для спостерігача, нерухомого відносно

об’єкта спостереження; τ– тривалість події для спостерігача, що рухається із швидкістю V .

E0 = m0c2 .

Повна енергія в релятивістській механіці:

E = mc2 = m0c2 ,

1− V 2

c2

де m – релятивістська маса.

Кінетична енергія тіла в релятивістській механіці:

де E – повна енергія, E0 – енергія спокою тіла.

Релятивістське співвідношення між повною енергією та імпульсом:

E = p2c2 + E02 .

Механічні коливання і хвилі

31. Кінематичне рівняння гармонічного коливання матеріальної точки:

x(t) = Acos (ω0t +ϕ0 ) , ϕ(t) = ω0t +ϕ0 ,

29

де x(t) – зміщення частинки від положення рівноваги в момент часу t ; A – амплітуда коливань, ϕ(t) – фаза коливань; ϕ0 – початкова фаза коливань; ω0 – кутова швидкість або циклічна частота.

32.Швидкість та прискорення матеріальної точки, що виконує гармонічні коливання:

υ= −Aω0 sin(ω0t +ϕ0 ) , a = −A0ω02 cos (ω0t +ϕ0 ) = −ω02 x .

33.Диференціальне рівняння гармонічних коливань матеріальної

точки:

де l – довжина математичного маятника; m – маса тіла; k – коефіцієнт пружності пружини; Jz – момент інерції тіла, що коливається;

a– відстань від центра мас до осі обертання.

36.Приведена довжина фізичного маятника:

lпр = maJz .

37. Амплітуда і початкова фаза результуючого коливання при складанні двох гармонічних коливань одного напрямку:

30

38. Рівняння траєкторії руху точки, перебуваючої одночасно у двох взаємно перпендикулярних коливаннях:

Ax22 + By22 −2 ABxy cos ϕ = sin2 ϕ , де x(t) = Acos ωt , y(t) = B cos (ωt +ϕ) .

39. Диференціальне рівняння загасаючих коливань: ddt22x + 2β dxdt +ω02 x = 0 ;

де β – коефіцієнт загасання, r – коефіцієнт опору, ω0 – циклічна частота вільних незгасаючих коливань, β = 2rm .

Розв’язок диференціального рівняння загасаючих коливань: x(t) = A0 e−βt cos (ωt +ϕ0 ) ,

де ω = ω02 −β2 , ω – частота загасаючих коливань.

Рівняння амплітуди загасаючих коливань:

A(t) = A0 e−βt .

Логарифмічний декремент загасання:

40. Диференціальне рівняння вимушених коливань під дією періодичної зовнішньої сили:

ddt22x + 2β ddtϕ +ω02 x = Fm0 cos Ωt ,

де F0 – амплітуда періодичної сили, Ω – частота вимушуючої сили.

Частинний розв’язок диференціального рівняння вимушених коливань:

x(t) = Acos (Ωt −φ0 ) ,

де φ0 – зсув фази усталених коливань відносно вимушуючої сили. 41. Амплітуда вимушених коливань:

31

42.Резонансна частота і резонансна амплітуда:

ωрез = ω02 −2β2 ;

43. Зв’язок довжини хвилі з періодом і частотою коливань:

λ=υT = νυ .

44.Різниця фаз коливань двох точок середовища, в якому розповсюджується плоска хвиля:

Δϕ = 2λπ x ,

де x – найкоротша відстань між хвильовими поверхнями. 45. Рівняння стоячої хвилі:

ξ(x,t) = 2A0 cos kx cos ωt ,

де A = 2 A0 cos kx – амплітуда хвилі.

46. Швидкість поздовжньої хвилі в пружному середовищі:

υn = Eρ ,

де E – модуль Юнга, ρ – густина речовини. 47. Швидкість звуку в ідеальному газі:

густина газу.

48. Середня об’ємна густина енергії пружної хвилі:

32

w = 12 ρξ02 = 12 ρω2 A2 ,

де ξ0 – амплітуда швидкості частинок середовища, ω – кругова

частота звукових хвиль.

49. Енергія звукового поля в об’ємі:

W = w V .

50. Потік звукової енергії:

Φ = Wt ,

де W – енергія, що переноситься через дану поверхню за проміжок часу t .

51. Інтенсивність звуку ( густина потоку енергії ):

I = w υ , G

де υ – швидкість звуку у середовищі; I – вектор Умова.

1.2 Приклади розв’язання задач.

Задача 1. Матеріальна точка рухається згідно рівнянням:

n

aan

Рисунок 1.1

33

Проекції прискорення:

ax = 6d1t , ay = 2c2 .

Вмомент часу t = 2c :

υx = 27 +3 4(−1) =15 (м/с),

υy = 32 −32 = 0 .

Отже, в момент часу t = 2 с вектор швидкості спрямовано по горизонталі υG =υx .

Прискорення в момент часу t = 2 с дорівнюють: ax = 6 (−1) 2 = −12 (м/с2), ay = 2 (−8)= −16 (м/с2).

швидкості до розкриття парашуту, якщо сила опору повітря пропорційна швидкості руху парашутиста: F0 = −kυG , де k = 20 кг/с.

Розв’язання

Парашутист починає рух із точки O . Вісь Ox спрямуємо вертикально вниз. На парашутиста діють дві сили: сила тяжіння mg та сила опору

повітря FGc = −kυG (рис 1.2).

34

o

h Fc

x

Рисунок 1.2

За другим законом Ньютона:

m ddtυ = mg −kυ

Звідки після розподілу змінних:

Після інтегрування одержуємо:

ln mgk −υ = − mk t +C .

Сталу C знаходимо з початкових умов (υ =υ0 = 0 при t = 0 ):

C= ln mg ,

k

і закон зміни швидкості буде мати вигляд:

значення υmax = mg / k .

Задача 3. Потенціальна енергія частинки в центральному силовому полі задана рівнянням :

35

енергія і сила, що діє на частинку, мають екстремальні значення; знайти ці

Оскільки A та B додатні величини, то перший член вiдповiдає силі відштовхування; другий – силі притягання.

Щоб знайти екстремальні значення потенціальної енергії, необхідно

36

знаходиться на відстані l =15 см від осі диска. Знайти момент інерції J тіла відносно осі, яка проходить перпендикулярно площині диска через його центр.

37

Розв’язання d

l

r O

Рисунок 1.4

Момент інерції тіла:

де J0 – момент інерції диска, якби він був заповнений речовиною; Jотв – момент інерції отвору.

Момент інерції отвору відносно осі диска знайдемо згідно з теоремою Штейнера:

відносно осі, що проходить через його центр мас; m1 ,r1 – маса і радіус цього диска.

Маси вирізаного диска та заданого відносяться як їх площини:

навколо горизонтальної осі, яка проходить через його центр інерції.

38