Методичка по физике
.pdfОГЛАВЛЕНИЕ |
|
|
Овпше методические у к а за ш ш ........................ |
4 |
|
Основные формулы |
28 |
|
35 |
||
Примеры решения задач |
||
Контрольная работа № 1 |
53 |
|
Приложения |
137 |
ОБЩИЕ МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ
Основной формой обучения студента-заочника является само стоятельная работа над учебным материалом. Для облегчения этой работы кафедры физики вузов организуют чтение лекций, практические занятия и лабораторные работы. Поэтому процесс изучения физики состоит из следующих этапов:
1)проработка установочных и обзорных лекций;
2)самостоятельная работа над учебниками и учебными посо
биями; |
* |
3)выполнение контрольных работ;
4)прохождение лабораторного практикума;
5)сдача зачетов и экзаменов.
При самостоятельной работе над учебным материалом необ ходимо:
1) составлять конспект, в котором записывать законы и формулы, выражающие эти законы, определения основных
физических понятий и сущность физических явлений и методов исследования;
2)изучать курс физики систематически, так как в противном случае материал будет усвоен поверхностно;
3)пользоваться каким-то одним учебником или учебным по собием (или ограниченным числом пособий), чтобы не утрачива лась логическая связь между отдельными вопросами, по крайней мере внутри какого-то определенного раздела курса.
Контрольные работы позволяют закрепить теоретический ма териал курса. В процессе изучения физики студент должен выпол нить четыре контрольные работы. Решение задач контрольных работ является проверкой степени усвоения студентом теорети ческого курса, а рецензии на работу помогают ему доработать и правильно освоить различные разделы курса физики. Перед выполнением контрольной работы необходимо внимательно оз накомиться с примерами решения задач по данной контрольной работе, уравнениями и формулами, а также со справочными материалами, приведенными в конце методических указаний. Прежде чем приступить к решению той или иной задачи, необ ходимо хорошо понять ее содержание и поставленные вопросы.
Контрольные работы для инженерно-технических специаль ностей, учебными планами которых предусмотрено по курсу общей физики четыре контрольные работы, распределены следу
ющим образом:
1 — физические основы механики, молекулярной физики и те рмодинамики; 2 — физические основы электродинамики; 3 — волновая оптика, квантовая природа излучения; 4 — элементы атомной, ядерноЙ физики и физики твердого тела.
В данное пособие включены контрольные работы 1 — 4 для инженерно-технических специальностей.
Контрольные работы содержат восемь задач. Вариант зада ния контрольной работы определяется в соответствии с послед ней цифрой шифра по таблице для контрольных работ. Если, например) последняя цифра 5, то в контрольных работах студент решает задачи 5, 15, 25, 35, 45, 55, 65, 75.
|
|
|
|
|
|
Таблвца шарнапов |
|
|
|
|
|
|
|||
|
Контрольна» работа Jfc 1 и ЛЬ 2 |
|
Контрольная работа № 3 н № 4 |
||||||||||||
Варш |
|
Номера задан |
|
|
Вари |
|
Номера задан |
|
|
||||||
ант |
|
|
|
|
|
|
|
ант |
|
|
|
|
|
|
|
1 |
1 |
11 21 |
31 |
41 |
51 |
61 |
71 |
1 |
1 |
11 21 |
31 |
41 |
51 |
61 |
71 |
2 |
2 |
12 22 32 42 52 62 72 |
2 |
2 12 22 32 42 52 62 72 |
|||||||||||
3 |
3 |
13 23 |
33 43 |
53 63 73 |
3 |
3 13 23 |
33 43 53 63 |
73 |
|||||||
4 |
4 |
14 24 34 44 54 64 74 |
4 |
4 14 24 34 44 54 64 74 |
|||||||||||
5 |
5 |
15 25 35 45 55 65 75 |
5 |
5 |
15 25 35 45 55 65 |
75 |
|||||||||
6 |
6 |
16 26 |
36 46 56 |
66 76 |
6 |
6 16 26 36 46 56 66 76 |
|||||||||
7 |
7 |
17 27 37 47 |
57 67 77 |
7 |
7 17 27 37 47 57 67 |
77 |
|||||||||
8 |
8 |
18 28 |
38 48 58 68 78 |
8 |
8 18 28 |
38 48 58 68 78 |
|||||||||
9 |
9 |
19 29 39 49 59 |
69 79 |
9 |
9 |
19 29 39 49 59 69 79 |
|||||||||
10 |
10 20 30 40 50 60 |
70 80 |
10 |
10 20 30 40 50 60 70 80 |
При выполнении контрольных работ необходимо соблюдать следующие правила:
1) указывать на титульном листе номер контрольной работы, наименование дисциплины, фамилию и инициалы студента, шифр и домашний адрес;
2)контрольную работу следует выполнять аккуратно, оста вляя поля для замечаний рецензента;
3)задачу своего варианта переписывать полностью, а задан
ные физические величины выписать отдельно, при этом все чис ловые величины должны быть переведены в одну систему единиц;
4)для пояснения решения задачи там, где это нужно, аккурат но сделать чертеж;
5)решение задачи и используемые формулы должны сопро
вождаться пояснениями; 6) в пояейениях к задаче необходимо указывать те основные
4
5
законы и формулы, на которых базируем*^р ^ ||р |
данной |
|
7) при получении расчетной формулы ДЛЯ |
' |
конкрет |
ной задачи приводить ее вывод; ■ |
|
8)задачу рекомендуется решить сначала в общем виде, т. е. только в буквенных обозначениях, поясняя применяемые при написаиииформулбуквенные обозначения;
9)вычисления следует проводить с помощью подстановки заданных числовых величин в расчетную формулу, we необ
ходимые числовые значения величин должны быть выражены
вСИ (см. справочные материалы);
10)проверить единицы полученных величин по расчетной формуле и тем самым подтвердить ее правильность;
11)константы физических величин и другие справочные дан ные выбирать из таблиц;
12)при вычислениях по возможности использовать микрока лькулятор, точность расчета определять числом значащих цифр исходных данных;
13)в контрольной работе следует указывать учебники и учеб
ные пособия, которые использовались при решении задач. Контрольные работы, оформленные без соблюдения указан
ных правил, а также работы, выполненные не по своему вариан ту, не зачитывают.
При отсылке работына повторноерецензирование обязатель но представлять работу с первой рецензией.
Во время экзаменационно-лабораторных сессий проводятся лабораторные работы. Цель лабораторного практикума —не
только изучить теилииные физические явления, убедиться в пра вильности теоретических выводов, приобрести соответствующие" навыки в обращении с физическими приборами, но и более
глубоко овладеть теоретическим материалом.
На экзаменах изачетах в первуюочередь выясняется усвоение
основных теоретических положений программы и умение твор чески применять полученные знания к решению практических задач, физическая сущность явлений, законов, процессов должна излагаться четко и достаточно подробно; решать задачи необ ходимо без ошибокиуверенно.Любая графическая Работадолж на быть выполнена аккуратно и четко. Только при выполненииэтих условий знания по курсу физики могут быть признаны удовлетворительными.
V ОСНОВНЫЕ ФОРМУЛЫ
Скорость мгновенная |
dr is |
|
~dt~dt Т’ |
где г —радиус-вектор материаль |
|
ной точки, |
|
t —время, |
|
s — расстояние вдоль траекто |
|
рии движения, |
каса |
т — единичный вектор, |
|
тельный к траектории. |
|
Ускорение: |
dv |
мгновенное |
тангенциальное
нормальное
полное
где R — радиус кривизны траекто рии,
п — единичный вектор главной нормали.
Скорость угловая
где ф — угловое перемещение. Ускорение угловое
Связь между линейными и угловы ми величинами
Импульс (количество движения) ма териальной точки где т — масса материальной точки
Основное уравнение динамики мате риальной точки (второй закон Нью тона)
Закон сохранения импульса для изо лированной системы
Радиус-вектор центра масс Скорости частиц после столкновения:
упругого центрального
неупругого
где V] и v2 — скорости частиц до столкновения,
dv df
оз- dг
йш
dt'
s —(pR, v=a)R, az = eR, a„=co2R.
p=mv,
_ dp
F= =ma.
At
Zm,v,=const.
tc-'LmitifLmi.
>”lvl+'”2v2
Ui = -V\ + 2
ml+m2
т1у1+т2У2
u2= - v 2+ 2
my+mj
«iVi +/w2v2
Ul = U2 = mi +m2 ’
28
mi и т2— массы частиц. Сила сухого трения
где/ —■коэффициент трения,
F„ — сипа нормального давле
ния. Сила упругости
где к — коэффициент упругости (же сткость),
А/ — деформация.
Сила гравитационного взаимодей ствия
где mi и тг — массы частиц,
G— гравитационная постоянная, г — расстояние между частицами.
Работа силы
Мощность
Потенциальная энергия:
упругодеформированного тела
гравитационного взаимодействия двух частиц
тела в однородном гравитацион ном поле
где g — напряженность |
гравита |
ционного поля (ускорение |
|
свободного падения), |
|
h — расстояние от |
нулевого |
уровня. |
|
Напряженность гравитационного по ля Земли
где М, — масса Земли, R, — радиус Земли,
h — расстояние от поверхности Земли.
F„=kM ,
mi/n2 F „ - G — ,
A = j Fds.
dA
N = — = Fv. d/
n = fc(AI)2
mim-i
П= —G
П=mgh,
GM,
(Лз+А)2
Потенциал гравитационного поля Зе мли
Кинетическая энергия материальной точки
Закон сохранения механической энер гии
Момент инерции материальной точки где г — расстояние до оси вра
щения.
Моменты инерции тел массой т от носительно оси, проходящей через центр масс:
тонкостенного цилиндра (коль ца) радиуса R, если ось вращения совпадает с осью цилиндра
сплошного цилиндра (диска) ра диуса R, если ось вращения со впадает с осью цилиндра
шара радиуса R
тонкого стержня длиной I, если ось вращения перпендикулярна стержню
Момент инерции тела массой т от носительно произвольной оси (теоре ма Штейнера)
где J0 — момент инерции относите льно параллельной оси, проходящей через центр масс,
d — расстояние между осями Момент силы где г — радиус-вектор точки прило
жения силы. Момент импульса
Основное уравнение динамики враща тельного движения
Закон сохранения момента импульса для изолированной системы
QM3
Ф = -------
Л*+Л mv2 р2
~ 2 ~2т
Е= 74-П = const
J = m r\
Jo=mR2;
J0= -m R 2;
2
Jo=- mR2;
5
J0= ~ m l2.
12
J -J o + m d 2,
M =rxF ,
L=Jco.
M = dL =Je.
it
~LJj ш , = c o n s t .
30 |
31 |
Работа при вращательном движении |
.4=j Md(/>. |
||||
Кинетическая энергия вращающегося |
|
|
|||
тела |
|
|
Г = — = - |
||
Релятивистское сокращение длины |
|
2 U |
|||
/=А>\/1 —и2/с2, |
|||||
где 4 — длина покоящегося тела, |
|
|
|||
с — скорсость света в вакууме. |
|
|
|||
Релятивистское замедление времени |
t - |
i0 |
|||
|
|
|
|
||
где t0 — собственное время. |
y/l-V 2/с2 |
||||
|
|
||||
Релятивистская масса |
|
т = |
то |
||
|
|
|
|
||
где то — масса покоя. |
|
y /l-J lc 2’ |
|||
|
£>0= т 0с2. |
||||
Энергия покоя частицы |
|
||||
Полная энергия релятивистской час- |
|
ГЩС1 |
|||
|
|
|
Е =т с2= |
||
|
|
|
|
у/ 1 —l^/C2 |
|
Релятивистский импульс |
|
p=mv= |
m^v |
||
|
|
|
y / l - V 2IC2 ' |
||
Кинетическая |
эвергкя |
релятивистс |
|
||
Т = Е —Е0= |
|||||
кой частицы |
|
|
|||
|
|
|
--т0с2 ( ------- -1 |
||
Релятивистское соотношение между |
W |
l - v 2lc2 |
|||
Ег —р гсг +Е%. |
|||||
полной энергией и импульсом |
|||||
Теорема сложения скоростей в реля- |
и'~ |
_ |
|||
тивнстской механике |
|
u+v |
|||
где «им' — скорости в двух инерци- |
|
1+ыч/с2 |
|||
|
|
||||
альных |
системах |
координат, |
|
|
|
движущихся относительно друг |
|
|
|||
друга со скоростью «, совпада |
|
|
|||
ющей по направлению с и (знак |
|
|
|||
—) или противоположно ей на |
|
|
|||
правленной (знак +). |
_ N _ т |
||||
Количество вещества |
|
V~ NA~ M ’
где N — число молекул,
NA — постоянная Авогадро,
т— масса вещества,
М— молярная масса. Уравнение Клапейрона-Менделеева
где р — давление газа, V — его объем,
R — молярная газовая постоян ная,
Т — термодинамическая темпе ратура.
Уравнение молекулярно-кинетичес кой теории газов
где п — концентрация молекул, <ЕПОст> — средняя кинетическая
энергия поступательно го движения молекулы,
то — масса молекулы, <«;„> — средняя квадратичная
скорость.
Средняя энергия молекулы
где I — число степеней свободы, к — постоянная Больцмана.
Внутренняя энергия идеального газа
Скорости молекул:
средняя квадратичная
средняя арифметическая
наиболее вероятная
Средняя длина свободного пробега молекулы
2-279
pV=vRT,
Р= 2^ п <Епост> =
=^ЮИо<«п>2,
U = ' vRT.
2
( v „ y = jb k f im = =y/3 RT/M;
<v) = v /8
=y/%RT/(nM). vt = y j2kTjmo=
= ф Щ м .
32
где d — эффективный диаметр мо лекулы.
Среднее число столкновений молеку лы в единицу времени
Распределение молекул в потенциаль ном ноле сил
где П — потенциальная энергия мо лекулы.
Барометрическая формула
Уравнение диффузии
где D — коэффициент диффузии, р — плотность,
dS — элементарная площадка, перпендикулярная оси Ох.
Уравнение теплопроводности
где ае — теплопроводность.
Сила внутреннего трения
где г) — динамическая вязкость.
Коэффициент диффузии
Вязкость (динамическая)
Теплопроводность
где с, — удельная изохорная тепло
емкость.
Молярная теплоемкость идеального газа
изохорная
< z > = ^ iufn(v>.
/ »«0
dm = - D - dSdt, dx
dQ = - x — dSdt, dx
*
dv
dF——4 — dS, dx
D = l< v> <X>.
P<f> <Я)=2?р.
ae=^ cvp <«> <Я>= 1/с„
о - ; *
изобарная
Первое начало термодинамики
Работа расширения газа при процессе
изобарном
изотермическом
адиабатном
где y = Cp/Cv.
Уравнения Пуассона
с,= (' - 2’ «.
Р2
dQ = dU + dA ,
dU=vCvdT,
d A —pdV .
A=p{V2- V i ) = vR{T2- T &
v2 Pi
A = vRTla — = vRT in —;
Уl P2
A = VCV{TI - T 2)=
(У-I) L |
W |
J |
PiVi |
|
|
’(7 . [ |
- © |
I |
p Vy—const, T y y~1—const,
Ty x~y—const.
Коэффициент полезного действия ци кла Карно
где Q и Т — количество теплоты полученное от нагре вателя и его темпе ратура;
<2о и Г0 — количество теплотыпереданное холо дильнику и его тем пература.
Изменение энтропии при переходе из состояния 1 в состояние 2
Q-Qo Т-То
*1~~
S2- S r-
ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
1. Движение тела массой 1 кг задайо уравнением s= 6 t2+ +3/4-2. Найти зависимость скорости и ускорения от времени.
34 |
35 |
Вычислить силу, действующую на тело в конце второй секунды. Решете. Мгновенную скорость находим как производную от
пути по времени:
«= —; ю=Ш2 + 3. di
Мгновенное ускорение определяется первой производной от скорости по времени или второй производной от пути по вре
мени:
dv dJi
а = —= —;а = 36/. dI dt2
Сила, действующая на тело, определяется по второму закону Ньютона: F=ma, где а, согласно условию задачи,— ускорение в конце второй секунды. Тогда
F =m • 36/; F = 1 кг • 36 ■2 м/с2 = 72 Н.
Ответ: fc=18f2+3; а =36/; F= 72 Н.
2. Стержень длиной 1 м движется мимо наблюдателя со скоростью 0,8 с. Какой покажется наблюдателю его длина?
Д ано:/0=1 м, «=0,8 с.
Найти:/.
Решение. Зависимость длины тела от скорости в релятивистс
кой механике выражается формулой |
|
t = l oy/ 1- « V , |
(!) |
где /о — дпиня покоящегося стержня; v — скорость его движения; с — скорость света в вакууме. Подставляя в формулу (1) чис ловые значения, имеем
1=1 м ^/l -(0,8~с)2/с2 = 1 м >/1-0,64 = 0,6 м.
Ответ'. /=0,6 м.
3.Две частицы движутся навстречу друг другу со скоростями:
1)«=0,5 с и и=0,75 с; 2) v= c ии = 0,75с. Найти их относительную
скорость в первом и втором случаях.
Дано: 1) i>=0,5c, м=0,75с; 2) v=c, и=0,75с.
Найти: «4; м'2- Ранение. Согласно теореме сложения скоростей в теорий от
носительности,
V + U
1+«|/С*’
где v, и — скорости соответственно первой и второй частиц;
и' — их относительная скорость; с — скорость света в вакууме. Для первого и второго случаев находим:
0,5с+ 0,75с |
|
||
и\ = ------ -------- =0,91с; |
|||
|
0,5с |
0,75с |
|
1+ |
с2 |
1,75с |
|
, с+0,75с |
|||
“ 2 = — |
- — |
; = |
------= С . |
1 |
°’ |
|
W |
с2
Это означает, что, во-первых, ни в какой инерциальной системе отсчета скорость процесса не может превзойти скорость
света, и, во-вторых, скорость распространения света в вакууме абсолютна.
Ответ: м'ц = 0,91с; и'2= с.
4. На двух шнурах одинаковой длины, равной 0,8 м, подвеше ны два свинцовых шара массами 0,5 и 1 кг. Шары соприкасаются между собой. Шар меньшей массы отвели в сторону так, что шнур отклонился на угол а =60°, и отпустили. На какую высоту поднимутся оба шара после столкновения? Удар считать цент
ральным и неупругим. Определить энергию, израсходованную на деформацию шаров при ударе.
Дано: тх= 0,5 кг, т2= 1 кг, а = 60°, /=0,8 м.
. Найти: hy, АЕг.
Ранение. Так как удар шаров неупругий, то после удара шары будут двигаться с общей скоростью v. Закон сохранения количе ства движения при этом ударе имеет вид
|
OTi«i+m2t>2=(»ii +/и2)и. |
(1) |
Здесь |
и 1>2 — скорости шаров до удара. Скорость большого |
шара до удара равна нулю (г2=0). Скорость меньшего шара
найдем, используя закон сохранения энергии. При отклонении меньшего шара на угол а (см. рис. 1) ему сообщается по тенциальная энергия, которая затем переходит в кинетическую:
migh\ ~m\v\j2. Таким образом, /г, = /(1 - cos а) =21 sin2 (а/2), |
по |
этому |
|
«1 = s/^ghi = 2 y/gl sin (а/2). |
(2) |
Из уравнений (1) и (2) находим скорость шаров после удара: |
|
i)=mivi/(mi +m 2) = 2m 1^Jgl sin */(m, +m2). |
(3) |
36
Кинетическая энергия, которой обладают шары после удара, переходит в потенциальную:
(/«!+ т > 2/2= (wi!+ m2)gh, |
(4). |
где h — высота поднятия шаров после столкновения. Из форму лы (4) находим h—v2l(2g), или с учетом (3),
А=2/и2/ • sin2 ~^(wi+Щ )2\
й=2 (0,5кг)2 ■0,8 м ■0Д5/(0,5 кг + 1 кг)=0,044 м.
При неупругом ударе шаров часть энергии расходуется на их деформацию. Энергия деформации определяется разностью ки нетических энергий до и после удара:
kEt = m xv\l2 —{m\ +т г)ь212.
Используя уравнения (2) и (3), получаем
( |
тх \ |
а |
1--------- ) sin2 |
|
|
|
т\ Л Ttvi) |
2 |
AEt = 2 • 9,81 м/с2 • 0,8 м ■' 0,5 кг (1—0,5 кг/1,5 кг) • 0,25= 1,3 Дж. Ответ: А=0,044 м, AEg—1,3 Дж.
5. Молот массой 70 кг падает с высоты 5 м й ударяет по железному изделию, лежащему на наковальне. Масса наковальни вместе с изделием 1330 кг. Считая удар абсолютно неупругим, определить энергию, расходуемую на деформацию изделия. Си стему молот — изделие — наковальня считать замкнутой.
Дано: /Wj= 70 кг, h —5 м, т2= 1330 кг. Найти: Eg.
Решение. По условию задачи, система молот — изделие —
— наковальня считается замкнутой, а удар неупругий. На основа нии закона сохранения энергии можно считать, что энергия, затраченная на деформацию изделия, равна разности значений механической энергии системы до и после удара.
Считаем, что во время удара изменяется только кинетическая энергия тел, т. е. незначительным перемещением тел по вер тикали во время удара пренебрегаем. Тогда для энергии дефор мации изделия имеем
тi»2 |
(mi +m2)v12 |
|
Е ,= |
— —— , |
(1) |
* 2 |
2 |
|
где v — скорость молота в конце падения с высоты A; v — общая скорость всех тел системы после неупругого удара. Скорость
молота в конце падения с высоты h определяется без учета сопротивления воздуха и трения по формуле
■ ®=-v/2gh. (2)
Общую скорость всех тел системы после неупругого удара найдем, применив закон сохранения количества движения
Я |
(3) |
£ т, = const. |
|
(«1 |
|
Для рассматриваемой системы закон сохранения количества дви жения имеет вид miv=(mi +/и2)«, откуда
v'=m lvl(ml+m 2). |
|
(4) |
Подставив в формулу (1) выражения (2) и (4), получим |
||
т2 |
|
|
Eg=migh |
|
|
т\ +т2 |
|
|
Eg~70 кг • 9,8 м/с2 • 5 м |
1330 кг |
|
|
|
|
1330 кг+70 кг |
|
|
|
|
1330 |
Вычислим на калькуляторе выражение 70 • 9,8 ■5 ----- — по |
||
программе |
|
1330+70 |
70И9.8Е15Н ШОВГх^Щ] 1330Н70Н И1х^П1 Н ITT^xl Н 3258.5. Ответ: £,=3258 Дж.
6. Тело массой 1 кг под действием постоянной силы движется прямолинейно. Зависимость пути, пройденного телом, от време ни задана уравнением s= 2 t2+ 4 t+ 1. Определить работу силы за 10 с с начала ее действия и зависимость кинетической энергии от времени.
Дано: /и=1 кг, s= 2 t2+ 4 t+ l.
Найти; A, T=f(t).
Решение. Работа, совершаемая силой, выражается через криволи нейный интеграл
|
A = fF d s. |
|
(1) |
Сила, действующая на тело, по второму закону Ньютона |
|||
равна |
|
|
|
_ |
_ |
d2s |
(2) |
F=m |
' а или F=m |
• — |
|
|
|
dt2 |
■ |
Мгновенное значение ускорения определяется первой прокз-
38 |
39 |
водной от скорости по времени е л и второй производной от пути по времени.- В соответствии с этим находим
о= ^= 4/+ 4; (3) а = ^ = 4 |
м/с2. (4) |
Тогда |
|
d25 |
(5) |
F —m —~=4т. |
|
dt2 |
w |
Из выражения (3) определим dx |
|
cLs=(4/+4)d/. |
(6) |
Подставив (S) и (6) в уравнение (1), получим |
|
A = f 4m (4t+4)dt. |
^ |
По этой формуле определим работу, совершаемую силой за 10 с с начала ее действия:
|
ю |
Г 1бг* I10 10~1 |
|
|
Г |
||
|
А = I (16m/+16m)d/=m I — +16/ |
= |
|
|
о |
|
|
|
= 1(8 • 100+16 • 10) Дж=960 Дж. |
|
|
Кинетическая энергия определяется по формуле |
' |
||
|
T —mv2j2. |
- (7) |
|
Подставляя (3) в (7), имеем |
|
|
|
|
r~»i(4/+4)2/2=m(16/2 + 32/+16)/2=»i(8/2 + 16/+8). |
||
Ответ. А = 960 Дж, Т —т (8/2+16/+8). |
|
||
7. |
Протон движется со скоростью 0,7 с (с — скорость света). |
||
Найти количество движения и кинетическую энергию протона. |
|||
Дано: » = 0,7с. |
|
|
|
Найти: р; Т. |
|
|
|
Решение. Количество движения протона определяется по |
|||
формуле |
|
(1) |
|
|
р = т |
■v. |
Так как скорость протона сравнима со скоростью света, то необходимо учесть зависимость массы от скорости, воспользова вшись релятивистским выражением для массы:
т =/Яо/•</1 - 1)2/с2= m 0/ y / l - f i 2, |
(2) |
где т -—масса движущегося протона; т 0= 1,67 ■10“27 кг — мас
са покоя, протона; v — скорость движения протона; с — = 3 ■108 м/с — скорость света в вакууме; и/с= р — скорость про тона, выраженная в долях скорости света.
Подставляя уравнение (2) в (1) и учитывая, что P=v/c, по лучаем
Р*=то ' с • p /y fi-p H
/>=1,67 ■10~27 кг 3 • 10е м/с • 0 ,7 /0 -0,72 = 4,91 10~19 кг • &i/c.
В релятивистской механике кинетическая энергия частицы
определяется как разность между полной энергией Е и энергией покоя Е0 этой частицы:
Т —Е —Ё0, |
(3) |
где
Е=тоС21 у/1 -Р 2, Еа=т 0с2.
Вычислим энергию Покоя протона:
£о=1,67 ■10~27 кг(3 • 108 м/с)2 = 1,5 • Ю-10 Дж.
Тогда (см. формулу (3)) |
|
|
Г=/ИоС2 ( 1 / 0 ^ 2-1); |
|
|
7’=1,5 ■Ю-10 Дж (1/уТ—0/72 —1)=0,6 ■Ю-10 |
Дж. |
, - |
Ответ: р = 4,91 ■10~19 кг 1м/с, Г=0,6 Ю-10 Дж. |
|
|
8.Тонкий стержень массой 300 г и длиной 50 см вращается
сугловой скоростью 10 с-1 в горизонтальной плоскости вокруг вертикальной оси, проходящей через середину стержня. Найти угловую скорость, если в процессе вращения в той же плоскости стержень переместится так, что ось вращения пройдёт через
конец стержня.
Дано: т=300 г=0,3 кг, /=50 см=0,5 м, ш, = 10 с~\ Найти: шг-
Решение. Используем закон сохранения момента количества движения
я
£ /(£0,= const, (1) j-1
где Jt— момент инерции стержня.относительно оси вращения;.
Для изолированной системы тел векторная сумма моментов количества движения остается постоянной. В данной задаче всле
40
дствие того, что распределение массы стержня относительно оси вращения изменяется, Июмент инерции стержня также' изменится. В соответствии с (1) запишем "
Jl(ol = J1<o2. |
(2) |
Известно, что момент инерции стержня относительно оси, проходящей через центр масс и перпендикулярной стержню,
равен
Jo=mPjl2. |
(3) |
По теореме Штейнера,
J = J 0+ m d 2,
где J — момент инерции тела относительно производной оси вращения; Jo — момент инерции относительно параллельной
оси, проходящей через центр масс; d — расстояние от центра масс до выбранной оси вращения.
Найдем момент инерции относительно оси, проходящей через его конец и перпендикулярной стержню:
J2= J 0+ m d 2, / 2= т /2/12+/и(//2)2= т /2/3. |
(4) |
Подставляя, формулы (3) и (4) в (2), имеем:, . |
« |
m l2(0i/l2 = m l2(0^3, |
|
откуда |
|
Q)2=£OI/4, 0)2=10 с-1/4=2,5 с-1. |
|
Ответ: сог=2,5 с-1.
9. Маховик массой 4 кг вращается с частотой 720 мин-1 вокруг горизонтальной оси, проходящей через его центр. Массу маховика можно считать равномерно распределенной по его ободу радиусом 40 см. Через 30 с под действием тормозящего момента маховик остановился. Найти тормозящий момент и чис ло оборотов, которое сделает маховик до полной остановки.
Дано: ш=0, т = 4 кг, л=720 мин-1 = 12 с *; А*=30 с,
Л=0,4мНайти: М; N.
Рехпеине. Для определения тормозящего момента М сил, дей ствующих на тело» нужно применить основное уравнение дина мики вращательного движения:
J - Ат =М - At, |
(1) |
где J — момент инерции маховика относительно оод ддоходжщей через центр масс; Асо— изменение угловой скорости зд промежуток времени А/. *
По условию, Асо= —а>0, где со0 — начальная угловая, скорость, так как конечная угловая скорость со=0. Выразим начальную
угловую |
скорость через частоту |
вращения маховика; тогд& |
|
(а0= 2пп |
и Асо=2пп.. Момент |
инерции маховика |
J=m R 2, |
где т — масса маховика; R — его радиус. Формула (1) |
|||
принимает вид |
|
|
|
|
mRz2nn=M ■At, |
|
|
откуда |
|
|
|
|
М =2nnmR2/At; |
|
|
М = 2 • 3,14 ' 12 с-1 ' 4 кг • 0,16 м2с~2/30 с= 1,61 Н |
м. |
Угол поворота (т. е. угловой путь ф) за время вращения маховика до остановки может быть определен по формуле для равнозамедленного вращения:
< = a)0t - £ •Д/2/2, |
(2) |
где ё — угловое ускорение. По условию, ш = си0-еЛг, со=0, е • At=co0. Тогда выражение (2) можно записать так:
<р —cooAt—cooAt/2= (OoAt/2.
Так как tp= 2nN, (щ=2тг, то число полных оборотов
N = n • Д//2; 1V= 12 с "1 • 30 с/2= 180.
Ответ: М —1,61 Н • м, N = 180.
10. В сосуде объемом 2 м3 находится смесь 4 кг гелия и 2 кг водорода при температуре 27 °С. Определить давление и моляр ную массу смеси газов.
Дано: V=2 м3, /и,=4 кг, М^ —4 • 10~3 кг/моль, т2= 2 кг, М2= 2 ■10~3 кг/моль, Г=300 К.
Найти: Р; М.
Решение. Воспользуемся уравнением Клапейрона — Менделе ева, применив его к гелию и водороду:
PiV —miRT/Мй |
(1) |
р2V~m 2R TJM2, |
(2) |
где p , — парциальное давление гелия; |
т, — масса гелия; |
42
М\ — его молярная масса; V — объем сосуда; Т — температура
газа; |
Л=8,31 Дж/(моль • К) — молярная газовая |
постоянная; |
||
р2 — парциальное давление |
водорода; mi *— масса |
водорода; |
||
М2~ |
его' молярная масса. |
Под парциальным |
|
давлением |
Р) и р2 понимается тодавление, которое производил бы газ, если
бы он только один находился в сосуде. По закону Дальтона чапгащге смеси равно сумме парциальных давлений газов, входя
щих в состав смеси:
Р = Р \+ Р г- |
(3) |
Из уравнения (1) и (2) выразим р\ и р2 и подставим в уравнение
(3). Имеем
|
пцЯТ |
miRT |
/т \ т2\ ^ |
|
||||
|
р = ---------------------------------—- = ( --1—- I —•(4) |
|||||||
|
У |
|
M \V |
M2V |
\М , |
M i) |
V |
|
Молярную массу смеси газов найдем по формуле |
||||||||
|
|
|
|
|
гп\ +т2 |
|
(5) |
|
|
|
|
|
т = V1+V2 |
|
|||
где |
Vi и v2 — число |
молей гелия и водорода соответственно. |
||||||
Число молей газов определим по формулам: |
|
|||||||
|
|
|
|
Vi—mi/Mu |
|
(6) |
||
|
|
|
|
v2=m 2JM2. |
|
(V |
||
Подставляя (6) и (7) в (5), найдем |
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
mi +т2 |
|
|
|
|
|
• |
М = |
-------- - . |
|
(8) |
||
|
|
|
|
|
Tti\fbA.\ |
|
|
|
Подставляя числовые значения в формулы (4) и (8), получаем |
||||||||
|
4 кг |
|
|
|
2 кг |
\ |
8,31 Дж/(моль ■К) • 300 |
|
|
, j ____4 |
|
------— ------ ) |
|
2 м |
|||
|
\4 10~3 кг/моль |
2 |
10“3 кг/моль/ |
|
||||
|
|
|
( |
|
А |
2 |
\ 8,31 |
300 |
|
Вычислим выражение I — |
2 ' 10 |
/ |
,— п0 пРогРамме |
||||
|
|
|
V4 ‘ 10 |
* |
||||
4 |
Н4{1дз И Н1х-П1~2 В 2lftxj 3 в |
В В (п-!5 В E jjjj |
||||||
8,31 Ш 300 В 2 В |
В 1п->»|В |
|
|
|
Показание индикатора 2493000. Таким образом, />=2493 кПа.
4 кг+2 кЗг
М —
4 кг/(4 ' 10~3 кг *моль-1)+2 кг/(2 10"3 кг • моль-1)
|
|
|
= 3 • 10"3 кг/моль. |
Ответ:/>=2493 кПа, М=Ъ ‘ 10~3 кг/моль. |
|||
11. |
Чему равны средние кинетические энергии поступатель |
||
ного и вращательного движения молекул, содержащихся в 2 кг |
|||
водорода при температуре 400 К? |
|||
Дано: т —2 кг, Т ~ 400 К, М —2 • 10~3 кг/моль. |
|||
Найт и. (Ецост)) |
|
||
Решение. Считаем водород идеальным газом. Молекула водо |
|||
рода — двухатомная, |
связь между атомами считаем жесткой. |
||
Тогда |
число |
степеней |
свободы молекулы водорода равно 5. |
В среднем |
на одну |
степень свободы приходится энергия |
<£,>=£772, где к — постоянная Больцмана; Т — термодинами ческая температура. Поступательному движению приписывается три (/=3), а вращательному две (г= 2) степени свободы. Энергия одной молекулы
<еш*г>=\кТ; <**>= ? W.
Число молекул, содержащихся в массе газа,
N = v ■NA —(m/M) ■Na,
где v — число молей; NA— постоянная Авогадро. Тогда средняя
кинетическая энергия поступательного движения молекул во дорода
<£аосг> = (mlM)NA ■3/2 • кТ =Ц 20m/M)RT, |
(1) |
где Л = к ■NA — молярная газовая постоянная.
Средняя кинетическая энергия вращательного движения моле
кул водорода |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
<£»р> = (m/M)RT. |
|
|
(2) |
||
Подставляя числовые значения в формулы (1) и (2), имеем |
|
||||||
. . 3 2 кг 8,31 Дж/(маль |
К) • 400 К |
1ПВ/ |
, |
. „ . |
„ |
||
<£по<я> = ----- |
•_ |
• , |
•—------ —49,86 ■105 Дж = 4985 кДж. |
||||
2 |
2' |
10"э юг/моль |
|
|
|
|
|
2 кг 8,31 Дж/(моль • К) *400 К ' |
_ |
, - |
- |
„ |
|||
<е,Р> = ---------- |
|
,----------------- = 33,24 • 105 Дж=3324 кДж. |
|||||
2 |
■10'3 кг/моль |
|
|
|
|
44 |
45 |