Пример 1. Уравнение движения материальной точки вдоль оси имеет вид x = A + Bt + Ct 3, где A = 2 м, В = 1 м/с, С = – 0,5 м/с3. Найти координату х, скорость vx и ускорение ах точки в момент времени t = 2 с.
Решение. Координату x найдем, подставив в уравнение движения числовые значения коэффициентов A, В и С и времени t:
х = (2 + 1?2 — 0,5?23) м = 0.
Мгновенная скорость относительно оси х есть первая производная от координаты по времени:
Ускорение точки найдем, взяв первую производную от скорости по времени:
В момент времени t = 2с
vx = (1 –3?0,5?22) м/с = –5 м/с;
ax = 6(–0,5)?2 м/с2 = –6 м/с2.
Пример 2. Тело вращается вокруг неподвижной оси по закону φ = A + Bt + C 2, где A = 10 рад, B = 20 рад/с, С = –2 рад/с2. Найти полное ускорение точки, находящейся на расстоянии r = 0,1 м от оси вращения, для момента времени t = 4 с.
Решение. Полное ускорение а точки, движущейся по кривой линии, может быть найдено как геометрическая сумма тангенциального ускорения а τ, направленного по касательной к траектории, и нормального ускорения а n, направленного к центру кривизны траектории (рис. 1):
|
|
а = а τ + а n.
Так как векторы а τ и а n взаимно перпендикулярны, то модуль ускорения
(1)
Модули тангенциального и нормального ускорения точки вращающегося тела выражаются формулами
at = ε r, ап = ω2 r,
где ω — модуль угловой скорости тела; ε — модуль его углового, ускорения.
Подставляя выражения a τ и ап в формулу (1), находим
(2)
Угловую скорость ω найдем, взяв первую производную угла поворота по времени:
В момент времени t = 4c модуль угловой скорости
ω = [20 + 2(–2)4] рад/с=4 рад/с.
Угловое ускорение найдем, взяв первую производную от угловой скорости по времени:
Подставляя значения ω, ε и r в формулу (2), получаем
Пример 3. Ящик массой m 1 = 20 кг соскальзывает по идеально гладкому лотку длиной l = 2 м на неподвижную тележку с песком и застревает в нем. Тележка с песком массой m 2 = 80 кг может свободно (без трения) перемещаться по рельсам в горизонтальном направлении. Определить скорость и тележки с ящиком, если лоток наклонен под углом α = к рельсам.
Решение. Тележку и ящик можно рассматривать как систему двух неупругое взаимодействующих тел. Но эта система не замкнута, так как на нее действуют внешние силы: силы тяжести m 1g и m 2g и сила реакции N 2 (рис. 2). Поэтому применить закон сохранения импульса к системе ящик — тележка нельзя. Но так как проекции указанных сил на направление оси х, совпадающей с направлением рельсов, равны нулю, то проекцию импульса системы на это направление можно считать постоянной, т. е.
(1)
где и — проекции импульса ящика и тележки с песком в момент падения ящика на тележку; и — те же величины после падения ящика
|
|
Рассматривая тела системы как материальные точки, выразим в равенстве (1) импульсы тел через их массы и скорости, учитывая, что р 2x = 0 (тележка до взаимодействия с ящиком покоилась), а также что после взаимодействия оба тела системы движутся с одной и той же скоростью и:
или
где vi – модуль скорости ящика перед падением на тележку; v 1 x = v 1 cosα – проекция этой скорости на ось х.
Отсюда (2)
Модуль скорости v 1 определим из закона сохранения энергии:
где h = l sinα, откуда
Подставив выражение v 1 в формулу (2), получим
После вычислений найдем
Пример 4. На спокойной воде пруда перпендикулярно берегу и носом к нему стоит лодка массой М и длиной L. На корме стоит человек массой т. На какое расстояние s удалится лодка от берега, если человек перейдет с кормы на нос лодки? Силами трения и сопротивления пренебречь.
Решение. Систему человек — лодка относительно горизонтального направления можно рассматривать как замкнутую. Согласно следствию из закона сохранения импульса, внутренние силы замкнутой системы тел не могут изменить положение центра масс системы. Применяя это следствие к системе человек — лодка, можно считать, что при перемещении человека по лодке центр масс системы не изменит своего положения, т. е. останется на прежнем расстоянии от берега.
Пусть центр масс системы человек — лодка находится на вертикали, проходящей в начальный момент через точку С 1 лодки (рис. 3), а после перемещения лодки — через другую ее точку С 2. Так как эта вертикаль неподвижна относительно берега, то искомое перемещение s лодки относительно берега равно перемещению лодки относительно вертикали. А это последнее легко определить по перемещению центра масс O лодки. Как видно из рис. 3, в начальный момент точка О находится на расстоянии а 1 слева от вертикали, а после перехода человека — на расстоянии а 2 справа от вертикали. Следовательно, искомое перемещение лодки
s = а 1 + а 2,
Для определения а 1 и а 2 воспользуемся тем, что результирующий момент сил, действующих на систему относительно горизонтальной оси, перпендикулярной продольной оси лодки, равен нулю. Поэтому для начального положения системы Mga 1 = = mg (l − а 1), откуда
a 1 = ml/ (M + т).
После перемещения лодки Mgd 2 = mg (L – d 2 – l), откуда
a 2 = m (L – l) / (M + т).
Подставив полученные выражения а 1 и а 2 в (1), найдём
или
Пример 5. При выстреле из пружинного пистолета вертикально вверх пуля массой m = 20 г поднялась на высоту h = 5 м. Определить жесткость k пружины пистолета, если она была сжата на x = 10 см. Массой пружины и силами трения пренебречь.
Решение. Рассмотрим систему пружина — пуля. Так как на тела системы действуют только консервативные силы, то для решения задачи можно применить закон сохранения энергии в механике. Согласно ему полная механическая энергия Е 1 системы в начальном состоянии (в данном случае перед выстрелом) равна полной энергии Е 2 в конечном состоянии (когда пуля поднялась на высоту h), т. е.
(1)
где Т 1, Т 2, П1 и П2 — кинетические и потенциальные энергии системы в начальном и конечном состонниях. Так как кинетические энергии пули в начальном и конечном состояниях равны нулю, то равенство (1) примет вид
(2)
Примем потенциальную энергию пули в поле сил тяготения Земли, когда пуля покоится на сжатой пружине, равной нулю, а высоту подъема пули будем отсчитывать от торца сжатой пружины. Тогда энергия системы в начальном состоянии будет равна потенциальной энергии сжатой пружины, т. е. , а в конечном состоянии — потенциальной энергии пули на высоте h, т. е. П2 = mgh.
Подставив выражения П1 и П2 в формулу (2), найдем , откуда
(3)
Проверим, дает ли полученная формула единицу жесткости k. Для этого в правую часть формулы (3) вместо величин подставим их единицы*:
|
|
Убедившись, что полученная единица является единицей жесткости (1 Н/м), подставим в формулу (3) значения величин и произведем вычисления:
Пример 6. Шар массой т 1, движущийся горизонтально с некоторой скоростью v 1, столкнулся с неподвижным шаром массой m 2 — Шары абсолютно упругие, удар прямой, центральный. Какую долю ε своей кинетической энергии первый шар передал второму?
Решение. Доля энергии, переданной первым шаром второму, выразится соотношением
(1)
где T 1 — кинетическая энергия первого шара до удара; u 2 и T 2 — скорость и кинетическая энергия второго шара после удара.
Как видно из формулы (1), для определения ε надо найти u 2. Согласно условию задачи, импульс системы двух шаров относительно горизонтального направления не изменяется и механическая энергия шаров в другие виды не переходит. Пользуясь этим, найдем:
(2)
(3)
Решим совместно уравнения (2) и (3):
Подставив это выражение u 2 в формулу (1) и сократив на v 1 и m 1 получим
Из найденного соотношения видно, что доля переданной энергии зависит только от масс сталкивающихся шаров.
Пример 7. Через блок в виде сплошного диска, имеющего массу m = 80 г (рис. 4), перекинута тонкая гибкая нить, к концам которой подвешены грузы с массами m 1 = 100 г и m 2 = 200 г. Определить ускорение, с которым будут двигаться грузы, если их предоставить самим себе. Трением и массой нити пренебречь.
Решение. Рассмотрим силы, действующие на каждый груз и на блок в отдельности. На каждый груз действуют две силы: сила тяжести и сила упругости (сила натяжения нити). Направим ось х вертикально вниз и напишем для каждого груза уравнение движения (второй закон Ньютона) в проекциях на эту ось. Для первого груза
(1)
для второго груза
(2)
Под действием моментов сил и относительно оси z, перпендикулярной плоскости чертежа и направленной за чертеж, блок приобретает угловое ускорение ε. Согласно основному уравнению динамики вращательного движения,
|
|
(3)
где ε = a / r; lz = ½ mr 2 — момент инерции блока (сплошного диска) относительно оси z.
Согласно третьему закону Ньютона, с учетом невесомости нити = = , = . Воспользовавшись этим, подставим в уравнение (3) вместо и выражения Т 1 и Т 2, получив их предварительно из уравнений (1) и (2):
После сокращения на r и перегруппировки членов найдём
(4)
Формула (4) позволяет массы m 1, т 2 и т выразить в граммах, как они даны в условии задачи, а ускорение — в единицах СИ. После подстановки числовых значений в формулу (4) получим
Пример 8. Маховик в виде сплошного диска радиусом R = 0,2 м и массой m = 50 кг раскручен до частоты вращения n 1 = 480 мин–1 и предоставлен сам себе. Под действием сил трения маховик остановился через t = 50 с. Найти момент М сил трения.
Решение. Для решения задачи воспользуемся основным уравнением динамики вращательного движения в виде
(1)
где d L z — изменение проекции на ось z момента импульса маховика, вращающегося относительно оси z, совпадающей с геометрической осью маховика, за интервал времени d t; М z — момент внешних сил (в данном случае момент сил трения), действующих на маховик относительно оси z.
Момент сил трения можно считать не изменяющимся с течением времени (M z = const), поэтому интегрирование уравнения (1) приводит к выражению
(2)
При вращении твердого тела относительно неподвижной оси изменение проекции момента импульса
(3)
где J z — момент инерции маховика относительно оси z; Δω — изменение угловой скорости маховика.
Приравняв правые части равенств (2) и (3), получим M zΔ t = J zΔω, откуда
(4)
Момент инерции маховика в виде сплошного диска определяется по формуле
Изменение угловой скорости Δω = ω2 — ω1 выразим через конечную п 2 и начальную п 1 частоты вращения, пользуясь соотношением ω = 2π n:
Подставив в формулу (4) выражения J z и Δ ω, получим
(5)
Проверим, дает ли расчетная формула единицу момента силы (Н?м). Для этого в правую часть формулы вместо символов величин подставим их единицы:
Подставим в (5) числовые значения величии и произведем вычисления, учитывая, что п 1 = 480 мин–1 = 480/60 с–1 = 8 с–1:
Знак минус показывает, что момент сил трения оказывает на маховик тормозящее действие.
Пример 9. Платформа в виде сплошного диска радиусом R = 1,5 м и массой m 1 = 180 кг вращается около вертикальной оси с частотой n = 10 мин. В центре платформы стоит человек массой m 2 = 60 кг. Какую линейную скорость v относительно пола помещения будет иметь человек, если он перейдет на край платформы?
Решение. Согласно условию задачи, момент внешних сил относительно оси вращения z, совпадающей с геометрической осью платформы, можно считать равным нулю. При этом условии проекция Lz момента импульса системы платформа — человек остается постоянной:
(1)
где Iz — момент инерции платформы с человеком относительно оси z; ω — угловая скорость платформы.
Момент инерции системы равен сумме моментов инерции тел, входящих в состав системы, поэтому в начальном состоянии Jz = J 1 + J 2, а в конечном состоянии .
С учетом этого равенство (1) примет вид
(2)
где значения моментов инерции J 1 и J 2 платформы и человека соответственно относятся к начальному состоянию системы; и— к конечному.
Момент инерции платформы относительно оси r при переходе человека не изменяется: . Момент инерции человека относительно той же оси будет изменяться. Если рассматривать человека как материальную точку, то его момент инерции J 2 в начальном состоянии (в центре платформы) можно считать равным нулю. В конечном состоянии (на краю платформы) момент инерции человека .
Подставим в формулу (2) выражения моментов инерции, начальной угловой скорости вращения платформы с человеком (ω = 2π n) и конечной угловой скорости (ω' = v / R, где v — скорость человека относительно пола):
После сокращения на R 2 и простых преобразований находим скорость:
Произведем вычисления:
Пример 10. Ракета установлена на поверхности Земли для запуска в вертикальном направлении. При какой минимальной скорости v 1, сообщенной ракете при запуске, она удалится от поверхности на расстояние, равное радиусу Земли (R = 6,37?106 м)? Всеми силами, кроме силы гравитационного взаимодействия ракеты и Земли, пренебречь.
Решение. Со стороны Земли на ракету действует сила тяжести, являющаяся потенциальной силой. При неработающем двигателе под действием потенциальной силы механическая энергия ракеты изменяться не будет. Следовательно
(1)
где T 1, П1 и Т 2, П2 — кинетическая и потенциальная энергия ракеты после выключения двигателя в начальном (у поверхности Земли) и конечном (на расстоянии, равном радиусу Земли) состояниях.
Согласно определению кинетической энергии,
Потенциальная энергия ракеты в начальном состоянии*
По мере удаления ракеты от поверхности Земли ее потенциальная энергия возрастает, а кинетическая — убывает. В конечном состоянии кинетическая энергия Т 2 станет равной нулю, а потенциальная — достигнет максимального значения:
Подставляя выражения T 1, П1, Т 2 и П2 в (1),получаем
Откуда
Заметив, что GM / R 2 = g (g — ускорение свободного падения у поверхности Земли), перепишем эту формул в виде
что совпадает с выражением для первой космической скорости.
Произведем вычисления:
Пример 11. Точка совершает гармонические колебания с частотой ν = 10 Гц. В момент, принятый за начальный, точка имела максимальное смещение: x max = 1 мм. Написать уравнение колебаний точки и начертить их график.
Решение. Уравнение колебаний точки можно записать в виде
(1)
где A — амплитуда колебаний; ω — циклическая частота; t — время; φ — начальная фаза.
По определению, амплитуда колебаний
A = x max. (2)
Циклическая частота ω связана с частотой ν соотношением
ω = 2πν. (3)
Для момента времени t = 0 формула (1) примет вид
откуда начальная фаза
φ1 = arcsin(x max/ A) = arcsin1,
или
Изменение фазы на 2π не изменяет состояния колеблющейся точки, поэтому можно принять
φ1 = π/2. (4)
С учетом равенств (2) — (4) уравнение колебаний примет вид
где A = 1 мм = 10–3 м, ν = 10 Гц, φ = π/2.
График соответствующего гармонического колебания приведен на рис. 5
Пример 12. Частица массой m = 0,01 кг совершает гармонические колебания с периодом T = 2с. Полная энергия колеблющейся частицы E = 0,1 мДж. Определить амплитуду А колебаний и наибольшее значение силы F max, действующей на частицу.
Решение. Для определения амплитуды колебаний воспользуемся выражением полной энергии частицы:
где ω = 2π /Т. Отсюда амплитуда
(1)
Так как частица совершает гармонические колебания, то сила, действующая на нее, является квазиупругой и, следовательно, может быть выражена соотношением F = — kx, где k — коэффициент квазиупругой силы; х — смещение колеблющейся точки. Максимальной сила будет при максимальном смещении x max, равном амплитуде:
F max = kA. (2)
Коэффициент k выразим через период колебаний:
(3)
Подставив выражения (1) и (3) в (2) и произведя упрощения, получим
Произведем вычисления:
Пример 13. Складываются два колебания одинакового направления, выраженные уравнениями
где A 1 = 3см, A 2 = 2см, τ1 = 1/6 с, τ2 = 1/3 с, T = 2 c. Построить векторную диаграмму сложения этих колебаний и написать уравнение результирующего колебания.
Решение. Для построения векторной диаграммы сложения двух колебаний одного направления надо фиксировать какой-либо момент времени. Обычно векторную диаграмму строят для момента времени t = 0. Преобразовав оба уравнения к канонической форме х = A cos(ω t+ φ), получим
Отсюда видно, что оба складываемых гармонических колебания имеют одинаковую циклическую частоту
ω = 2π/ T.
Начальные фазы первого и второго колебаний соответственно равны
Произведем вычисления:
Изобразим векторы A 1 и A 2. Для этого отложим отрезки длиной A 1 = 3 см и A 2 = 2 см под углами φ1 = и φ2 = к оси Ох. Результирующее колебание будет происходить с той же частотой ω и амплитудой А, равной геометрической сумме амплитуд A 1 и А 2: А = А 1 + А 2 Согласно теореме косинусов,
.
Начальную фазу результирующего колебания можно также определить непосредственно из векторной диаграммы (рис. 6):
Произведем вычисления:
или φ = 0,735 рад.
Так как результирующее колебание является гармоническим, имеет ту же частоту, что и слагаемые колебания, то его можно записать в виде
где A = 4,84см, ω = 3,14 с–1, φ = 0,735 рад.
Пример 14. Плоская волна распространяется вдоль прямой со скоростью v = 20 м/с. Две точки, находящиеся на этой прямой на расстояниях x 1 = 12 м и х 2 = 15 м от источника волн, колеблются с разностью фаз Δφ = 0,75π. Найти длину волны λ, написать уравнение волны и найти смещение указанных точек в момент t = 1,2 с, если амплитуда колебаний A = 0,1 м.
Решение. Точки, находящиеся друг от друга на расстоянии, равном длине волны λ, колеблются с разностью фаз, равной 2π; точки, находящиеся друг от друга на любом расстоянии Δ x, колеблются с разностью фаз, равной
Решая это равенство относительно λ, получаем
(1)
Подставив числовые значения величин, входящих в выражение (1), и выполнив арифметические действия, получим
Для того чтобы написать уравнение плоской волны, надо еще найти циклическую чистоту ω. Так как ω = 2π/ Т (T = λ/ v — период колебаний), то
ω = 2π v/ λ.
Произведем вычисления:
Зная амплитуду А колебаний, циклическую частоту ω и скорость v распространения волны, можно написать уравнение плоской волны для данного случая:
(2)
где A = 0,1 м, ω = 5πс–1, v = 20 м/c.
Чтобы найти смещение у указанных точек, достаточно в уравнение (2) подставить значения t и x:
Количество вещества* тела (системы)
где N — число структурных элементов (молекул, атомов, ионов и т.п.), составляющих тело (систему); N a — постоянная Авогадро (N A = 6,02?1023 моль–1).
Молярная масса вещества
где m — масса однородного тела (системы); ν — количество вещества этого тела.
Относительная молекулярная масса вещества
где пi — число атомов i -гo химического элемента, входящих в состав молекулы данного вещества; Аr , i — относительная атомная масса этого элемента. Относительные атомные массы приводятся в таблице Д. И. Менделеева. См. также табл. 14 Приложения.
Связь молярной массы М с относительной молекулярной массой вещества
где k = 10–3 кг/моль.
Количество вещества смеси газов
или
где νi, Ni, mi, Mi, — соответственно количество вещества, число молекул, масса, молярная масса i -го компонента смеси.
Уравнение Менделеева — Клапейрона (уравнение состояния идеального газа)
где m — масса газа, М — молярная масса газа, R — молярная газовая постоянная, ν — количество вещества, Т — термодинамическая температура.
Опытные газовые законы, являющиеся частными случаями уравнения Менделеева — Клапейрона для изопроцессов:
а) закон Бойля — Мариотта (изотермический процесс: T = const, m = const)
pV = const,
или для двух состояний газа
p 1 V 1 = p 2 V 2;
б) закон Гей-Люссака (изобарный процесс: р = const, m = const)
или для двух состояний
в) закон Шарля (изохорный процесс: V = const, m = const)
или для двух состояний
;
г) объединенный газовый закон (m = const)
где p 1, V 1, T 1 —давление, объем и температура газа в начальном состоянии; p 2, V 2, T 2 — те же величины в конечном состоянии.
Закон Дальтона, определяющий давление смеси газов,
где pi — парциальные давления компонентов смеси; п — число компонентов смеси.
Парциальным давлением называется давление газа, которое производил бы этот газ, если бы только он один находился в сосуде, занятом смесью.
Молярная масса смеси газов
где mi — масса i -го компонента смеси; – количество вещества i -гo компонента смеси; п — число компонентов смеси.
Массовая доля i -го компонента смеси газа (в долях единицы или процентах)
где m – масса смеси.
Концентрация молекул
где N — число молекул, содержащихся в данной системе; ρ — плотность вещества; V — объем системы. Формула справедлива не только для газов, но и для любого агрегатного состояния вещества.
Основное уравнение кинетической теории газов
где — средняя кинетическая энергия поступательного движения молекулы.
Средняя кинетическая энергия поступательного движения молекулы
где k — постоянная Больцмана.
Средняя полная кинетическая энергия молекулы
,
где i — число степеней свободы молекулы.
Зависимость давления газа от концентрации молекул и температуры
Скорости молекул:
— средняя квадратичная;
— средняя арифметическая;
— наиболее вероятная.
где т 1 — масса одной молекулы. Относительная скорость молекулы
где v — скорость данной молекулы.
Удельные теплоемкости газа при постоянном объеме (сV) и постоянном давлении (ср)
Связь между удельной с и молярной С теплоемкостями
Уравнение Майера
Внутренняя энергия идеального газа
Первое начало термодинамики
где Q — теплота, сообщенная системе (газу); Δ U — изменение внутренней энергии системы; А — работа, совершенная системой против внешних сил;
Работа расширения газа:
в общем случае;
при изобарном процессе;
при изотермическом процессе;
при адиабатном процессе, где γ = сp/сV — показатель адиабаты.
Уравнения Пуассона, связывающие параметры идеального газа при адиабатном процессе:
= const,
Термический КПД цикла
где Q 1 — теплота, полученная рабочим телом от теплоотдатчика; Q 2 — теплота, переданная рабочим телом теплоприемнику.
Термический КПД цикла Карно
где Т 1 и T 2 — термодинамические температуры теплоотдатчика и теплоприемника.
Коэффициент поверхностного натяжения
где F — сила поверхностного натяжения, действующая на контур l, ограничивающий поверхность жидкости; Δ E — изменение свободной энергии поверхностной пленки жидкости, связанное c изменением площади Δ S поверхности этой пленки.
Формула Лапласа, выражающая давление р, создаваемое сферической поверхностью жидкости:
где R — радиус сферической поверхности.
Высота подъема жидкости в капиллярной трубке
где θ — краевой угол (θ = 0 при полном смачивании стенок трубки жидкостью; θ = π при полном несмачивании); R — радиус канала трубки; ρ — плотность жидкости; g — ускорение свободного падения.
Высота подъема жидкости между двумя близкими и параллельными друг другу плоскостями
где d — расстояние между плоскостями.