физика.методичка

Во время экзаменационно-лабораторных сессий проводятся ла-

бораторные работы. Цель лабораторного практикума – не только

изучить те или иные физические явления, убедиться в правильности

теоретических выводов, приобрести соответствующие навыки в об-

ращении с физическими приборами, но и более глубоко овладеть

теоретическим материалом.

На экзаменах и зачетах, в первую очередь, выясняется усвоение ос-

новных теоретических положений программы и умение творчески

Т

применять полученные знания к решению практических задач. Физи-

ческая сущность явлений, законов, процессов должна излагаться четко

Н

и достаточно подробно. Только при выполнении этих условий знанияУ

покурсу физики могутбытьпризнаныудовлетворительными.

Б

1. ФИЗИЧЕСКИЕ ОСНОВЫ КЛАССИЧЕСКОЙ МЕХА ИКИ.

МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА.

ТЕРМОДИНАМИКА

иальной

Примеры решения задач

р

3

Задача й1.1

о

3

точки вдоль оси имеет вид

Уравнение движения мате

точки

X = A+Bt +Ct ,

где А = 2 м; В = 1 м/с; С = –0,5 м/с . Найти координату, скорость и

ускорение

вмоментвремени 2 с.

Дано

:

3

X = A + зBt + C t ;

А = 2 м;

е

В = 1 м/с;

Р

С = 0,5 м/c3;

пt = 2 с.

X = ?

υ = ?

a = ?

21

Мгновенная скорость есть первая производная от координаты по

У

времени:

υ = dХ = B + 3Ct2.

Т

dt

Н

В момент времени t = 2 с

υ=1−3 0,5 23 = −5 м/с.

Б

Ускорение точки найдем, взяв

про зводную от скорости

по времени:

й

и

a = dυ

= 6 Ct.

первую

dt

о

В момент времени t = 2 с

т

a = 6(−0,5)

2 м/c2 = −6 м/c2.

и

з

Задача 1.2

о

Т ло вращается вокруг неподвижной оси по закону ϕ = А+Вt+Сt2,

гдепА = 10 рад; В = 20 рад/с; С = –2 рад/с2. Найти полное ускорение

точки, находящейся на расстоянии 0,1 м от оси вращения, для мо-

времени t = 4 с.

мента

Р

22

Дано:

ϕ = А + Вt + Сt2;

А = 10 рад;

B = 20 рад/с;

С = -2 рад/с2;

У

r = 0,1 м;

t = 4 с.

Т

Рис. 1.1

a = ?

Решение

Б

Полное ускорение а точки,

движущейся по кривой линии, мо-

жет быть найдено как геометрическая сумма тангенциального уско-

рения аrτ , направленного по касательной траекторииН, и нормально-

τ

йn

го ускорения аn , направленного к центру кривизны траектории

(рис 1.1.):

τ

n взаимно

р

a = a

+ a .

о

τ

n

Так как векторы а

и

а

перпендикулярны, абсолют-

т

ное значение ускорения

и

a =

a2 + a2 .

(1.1)

Тангенц альное

нормальное ускорения точки вращающегося

тела выражаются формулами

п

з

aτ = εr; an

= ω2r ,

где

оω – угловая скорость тела;

Р

ε

– его угловое ускорение.

r

и

r

Подставляя выражение для аτ

аn в формулу (1.1), находим

a =

ε2r2 + ω4r2

= r ε2 + ω4 .

(1.2)

23

ω =

dϕ

= B + 2Ct .

dt

У

В момент времени t = 4 с угловая скорость

ω = [20 + 2(−2) 4] рад/c = 4 рад/c.

Угловое ускорение найдем, взяв первую производную от угло-

вой скорости по времени:

Б

Т

ε =

dω

= 2C = −4

рад/с2.

Н

dt

й

Это выражение не содержит

времени

угловое

; следовательно,

ускорение заданного движения постоянно.

р

ε заданное значение r в

Подставляя найденные значения ω

формулу (1.2), получим

т

a =0,1

(−4)2 +44 =1,65 м/с2.

и

оЗадача 1.3

.

з

При выстреле пруж нного пистолета вертикально вверх пуля

Дано

массой 20 г поднялась на высоту 5 м. Определить жесткость k пру-

жины пист лета, если она была сжата на 10 см. Массой пружины

пренебречь

е

:

m = 20 г = 0,02 кг;

Р

h = 5 м;

x = 10 см = 0,1 м.

k = ?

24

в результате чего пружина приобретает потенциальную энергиюП1 .

При выстреле потенциальная энергия пружины переходит в кинети-

ческую энергию T2 пули, а затем при подъеме ее на высоту h пре-

вращается в потенциальную энергию П2

пули. Если пренебречь по-

У

терями энергии в этой «цепочке» энергетических превращений, то на

основе закона сохранения энергии можно записать:

Т

А1

= П2 .

Н

(1.3)

Найдем работу А1 . Сила F1,

сжимающая пружину, является пе-

Б

ременной: в каждый момент она по направлению противоположна

силе упругости F и численно равна . С ла упругости, возникаю-

щая в пружине при ее деформац

, определяется по закону Гука:

ей

Fи= kx,

где х – абсолютная деф рмациярпружины.

Работу переменн й силы вычислим как сумму элементарных ра-

о

бот. Элементарная рабо а при сжатии пружины на dx выразится

формулой

т

и dA1 = F1dx .

з

Интегрируя в пределах от 0 до х, получим

о

п

x

1 kx2

x

= 1 kx2 .

A1= k ∫xdx =

(1.4)

е

0

2

0

2

Потенциальная энергия пули на высоте h определится по формуле

Р

25

П2 = mgh ,

(1.5)

где g – ускорение свободного падения.

Подставив в (1.3) выражение А1 из (1.4) и П2 из (1.5), найдем

У

1

kx2 = mgh ,

2

Т

x2

откуда

Н

k = 2 mgh .

Б

(1.6)

k.

Проверим, дает ли полученная формула единицу жесткости

Для этого в правую часть формулы (1.6) вместо величин подставим

их единицы:

и

[k ]= [m ][ g ][ h ]

1 кг 1 м

с- 2

м с- 2

=

1 м

= 1 кг

= 1 Н/м.

[ x 2 ]

р

й1 м

1 м2

о

Убедившись, что полученная единица Н/м является единицей

жесткости, подставим в ф рмулу (1.6) значения величин и произве-

дем вычисления:

и

2

0,02 9,81 5

з

т

k

=

H/м

=196 H/м.

п

(0,1)2

Задача 1.4

Через

блокв

виде сплошного

диска, имеющего

массу 80 г

(рис. 1.2), ерекинута тонкая гибкая нить, к концам которой подве-

Р

Рис. 1.2

Н

У

Решение

Б

Т

Воспользуемся основными уравнениями динамики поступатель-

ного и вращательного движений. Для этого рассмотрим силы, дей-

й

ствующие на каждый груз в отдельности и на блок. На первый груз

эти

действуют две силы: сила тяжести

m1g

и сила упругости (сила на-

тяжения нити) T1. Спроектируем

с лы на ось Х, которую напра-

р

вим вертикально вниз, и нап шем у авнение движения (2-й закон

Ньютона):

о

= −m1a .

(1.7)

т

движения

m1g −T1

m2 g −T2

= −m2a.

(1.8)

Уравнение

для второго груза запишется аналогично:

з

о

относительно оси,

П д действием двух моментов сил T1r и T2r

п

ер ендикулярной плоскости чертежа, блок приобретает угловое

уск рение

е

ε = a .

Р

r

T ′2 r − T 1′ r = J z ε,

(1.9)

где J z =

1

mr2 – момент инерции блока (сплошного диска) отно-

2

сительно оси z.

У

Согласно 3-му закону Ньютона, с учетом невесомости нити

T1′ = T1; T2′ = T2 .

Воспользовавшись этим, подставим в уравнение (1.9) вместо T1′

и T2′ выражения Т1 и Т2, получив их предварительно из уравненийТ

(1.7) и (1.8):

Н

(m g −m a) r −(m g +m a) r = mr2a /(2r).

2

2

1

1

Б

После сокращения на r и перегрупп

членов найдем

m2 −m1

й

a =

g.

(1.10)

m

+m

+m / 2

2

1

ровки

Формула (1.10)

массырвыразить в граммах, как они да-

ны в условии задачи, а уск рение – в единицах СИ. После подста-

новки числовых значен й вформулу

(1.10) получим

позволяет

a =

(200 −100) г

9,81 м/c2

= 2,88 м/c2.

(200и+100 + 80/2) г

з

1.5

о

Задача

Платформа в виде сплошного диска радиусом 1,5 м и массой

180пкг вращается по инерции около вертикальной оси с частотой

10 об/мин. В центре платформы стоит человек массой 60 кг. Какую

линейную скорость относительно пола помещения будет иметь че-

ловек, если он перейдет на край платформы?

Р

28

Дано:

R = 1,5 м;

m = 180 кг;

n = 10 об/мин = 1/6 об/c.

υ = ?

Решение

Т

Платформа вращается по инерции. Следовательно, момент внеш-

них сил относительно оси вращения, совпадающей с геометриче-

Н

ской осью платформы, равен нулю. При этом условии моментУим-

пульса Lz системы платформа – человек остается постоянным:

Lz = J zω = const ,

(1.11)

где Jz – момент инерции платформы с человеком относительно оси

вращения;

й

Б

ω – угловая скорость платформы.

и

Момент инерции системы равен сумме моментов инерции тел,

рмы

входящих в состав системы, поэтому

J z = J1 + J2 ,

о

;

где J1 – момент инерции платф

J2

– момент инерции чел века.

и

С учетом этого равенс ва (1.11) примет вид

з

т( J

+ J

2

)ω = const

о

1

или

′

′

′

(1.12)

п

(J1 + J2 )ω = (J1

+ J2 )ω,

где значения моментов инерции J1 и J2 относятся к начальному со-

е

J1′, J2′

1

Р

стоянию системы,

– к конечному. Момент инерции плат-

J 2′

= m2 R2 .

У

Т

Подставим в формулу (1.12) найденные выражения моментов

инерции, а также выразим начальную угловую скорость ω враще-

ния платформы с человеком через частоту вращения n ( ω = 2πn ) и

′

– через линейную скорость υ чело-

конечную угловую скорость ω

′

Б

века относительно пола ω = υ/ R :

Н

1

m R2

1

2 + m R2

υ

+ 0 2πn =

m R

.

1

1

й

2

2

R

После сокращения на R2 и простых преобразований находим ин-

тересующую нас скорость:

р

m1

υ =

2πnR

и.

т

m1 + 2m2

Подставим

значения физических величин в СИ и про-

числовые

о

изведем вычислен я:

з

1

180

м/c = 1 м/c.

υ =

2 3,14

1,5

п

6

180

+ 2

60

Задача 1.6

ние

Рак таоустановлена на поверхности Земли для запуска в верти-

кальном на равлении. При какой минимальной скорости υ1, сооб-

Р