2926
.pdf10
Подставляя числовые данные, получим
Ek = 0.4 (102 +9.8212 ) = 39.2 Дж 2
Eп = 0.4 ×9.8(20 - 9.8 ×12 ) = 59.2 Дж 2
Ответ: Ek= 39,2 Дж, Eп = 59,2 Дж.
Задача 9.
На барабан массой m0 =9ê намотан шнур, к концу которого привязан груз массой m = 2 кг . Барабан считать однородным цилиндром. Трением в блоке пренебречь. Нить считать невесомой и нерастяжимой. Найти ускорение груза a .
Дано: m0 =9кг m = 2 кг
FTP =0 .
Решение |
|
Поскольку силу трения не учитываем, механическую |
R |
систему можно считать замкнутой.Для такой системы |
|
выполняется закон сохранения энергии: |
|
E = const. |
|
Найти: a −?
До начала движения система обладает только потенциальной энергией
EΠ = mgh,
гдеh – высота груза над землей.
В процессе движения эта энергия переходит в кинетическую энергию поступательного движения груза и вращательного движения барабана:
R
T
R a
R m g
EΚ = mv2 + J ω2 . 2 2
Закон сохранения энергии приобретает вид
mgh = mv2 + J ω2 . 2 2
Поскольку мы считаем барабан однородным цилиндром, то его момент инерции равен
J = m0 R2 . 2
Угловую скорость барабана выразим через скорость поступательного движения груза: ω = v / R.
Теперь закон сохранения энергии можно преобразовать к виду
mgh = mv2 + m0 R2v2 , 2 2 × 2 R2
откуда получим
|
v2 |
|
m |
|
|
mgh = |
|
m + |
0 |
. |
|
2 |
2 |
||||
|
|
|
Найдем путь, пройденный грузом, из основного уравнения кинематики поступательного движения:
h = at2 / 2
v = at
11
Решая систему, получим, что
h = v2 . 2a
Подставим полученное выражение h в закон сохранения энергии
|
v2 |
|
v2 |
|
m |
|
|
mg |
|
= |
|
m + |
0 |
. |
|
2a |
2 |
2 |
|||||
|
|
|
|
Упрощая уравнение и выражая из него ускорение a, получим
a = |
2mg |
, |
|
2m + m0 |
|||
|
|
a = 2 × 2 ×9.8 = 3 м . |
|
2 ×2 + 9 |
с2 |
Ответ: a =3 м/ с2 .
Задача 10.
Шар радиусом 10 см и массой 5 кг вращается вокруг оси симметрии по закону ϕ = A + Bt2 + Ct3 , где В=2 рад/с2, С=-0,5 рад/с3. Определить момент сил относительно оси вращения для момента времени t=3 c.
Дано: |
|
Решение |
|||||||
R=0,1 м |
|
Согласно уравнению динамики вращательного движения твердого |
|||||||
m=5 кг |
|
тела относительно неподвижной осиz: |
|||||||
ϕ = A + Bt2 + Ct3 рад |
|
|
|
|
|
M z = Jzε , |
|||
В=2 рад/с2 |
3 |
где J z |
= |
2 |
mR2 - момент инерции шара. |
||||
С=-0,5 рад/с |
|
||||||||
|
|
5 |
|
|
|
|
|
||
t=3 c. |
|
|
|
|
ε = |
dω |
, |
||
|
|
|
|
|
|
|
|||
Найти: |
|
|
|
|
|
|
dt |
||
|
|
|
|
ω = |
dϕ |
= 2Bt + 3Ct 2 , |
|||
Mz– ? |
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
dt |
ε = 2B + 6Ct.
Тогда искомый момент инерции будет равен:
M z = 2 mR2 (2B + 6Ct) 5
Для t=3 c
M z = 2 ×5 ×10−2 (2 × 2 - 6 ×0, 5 ×3) = -0,1 Н × м . 5
Ответ:Mz=-0,1 Н·м.
Задача 11. На однородный сплошной цилиндрический вал радиусом 20 см, момент инерции которого 0,15 кг·м2, намотана легкая нить, к концу которой прикреплен груз массой 0,5 кг. До начала вращения барабана высота груза над полом составляла 2,3 м. Определить: а) время опускания груза до пола; б) силу натяжения нити; в) кинетическую энергию груза в момент удара о пол.
Дано:
R=0.2 м Jz=0.15 кг·м2 m=0.5 кг h=2.3 м
Найти: t, T, Eк – ?
откуда
12
Решение
При движении груза, согласно закону сохранения Jz энергии,его потенциальная энергия переходит в кинетическую энергию поступательного движения груза и кинетическую энергию вращательного движения вала:
|
|
|
|
mgh = |
mv2 |
+ |
J |
ω2 |
, |
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
z |
|
|
|
|
||||||
|
|
|
2 |
|
2 |
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
где ω = |
v |
, |
h = |
at2 |
, v = at . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
R |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Получаем: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
mg |
at 2 |
|
= |
|
a2t 2 |
(m + |
J z |
) , |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
R2 |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
a = |
|
mg |
. |
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
m + |
|
J z |
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
R2 |
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
R
a
T
m
mg h
Время опускания груза до пола получим из основного уравнения кинематики поступательного движения:
|
|
|
|
|
|
J |
z |
|
|
|
|
|
|
|
2h m + |
|
|
|
|
|
|
2h |
|
|
R |
2 |
|
||
t = |
= |
|
|
|
. |
||||
a |
mg |
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
2 × 2.3 |
|
0.5 |
+ |
0.15 |
|
|||
|
|
|
|
|
||||
0.2 |
2 |
|
||||||
t = |
|
|
|
|
|
|
= |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
0.5 ×9.8 |
|
|
|
Уравнение динамики вращательного движения вала T × R
T = J zε , R
где ε = a .
R
2с .
= Jzε , откуда сила натяжения нити:
Тогда
T = |
J z a |
= |
J z |
× |
|
mg |
. |
||||||
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
R |
2 |
|
R2 |
|
J z |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
m + |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
R2 |
||||
|
|
|
|
0.5 ×9.8 |
|
||||||||
T = |
0.15 |
× |
= 4.31Н . |
||||||||||
|
|
|
|
|
0.15 |
||||||||
0.22 |
|
0.5 + |
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
0.22 |
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Кинетическая энергия груза в момент удара о пол:
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
mv2 |
|
ma2t2 |
|
|
mt 2 |
|
|
|
mg |
|
|
|||||
Eк |
= |
|
|
= |
|
|
|
= |
|
|
|
× |
|
|
|
|
. |
||
2 |
|
|
2 |
2 |
|
|
|
|
J z |
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
m + |
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
R2 |
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
0.5 × 22 |
|
|
|
0.5 ×9.8 |
|
|
|
|
|
|
|
||||||
Eк |
= |
|
|
|
|
× |
|
|
|
|
|
|
= 1.32 Дж . |
||||||
2 |
|
|
|
|
0.15 |
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
0.5 + |
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
0.22 |
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
13
Ответ:t=2 с; Т=4,31 Н; Ек=1,32 Дж.
Задача 12.
Какую температуру T имеет масса m=2г азота, занимающего объем V=820см3 при давлении p=0,2МПа? Газ рассматривать как а) идеальный; б)реальный.
Дано:
N2
m= 2г = 2·10-3кг
V= 820 см3 = 8.2·10-4м3 Р= 0.2 МПа = 2·105Па
Найти:
Та=? Тб=?
Решение:
Найдем молярную массу азота:
µ =2,8·10-2кг/моль.
Случай а).Для идеального газа можно использовать уравнение Менделеева-Клайперона:
pV = mμ RTa
Отсюда выразим температуру:
|
|
T = |
μ pV |
, |
|
|
|
|
|
||
|
|
a |
mR |
|
|
|
|
|
|
|
|
T = |
2.8×102 ×8.2 ×10−4 × 2 ×105 |
= 280К |
|||
|
|||||
a |
2 |
×10−3 ×8.31 |
|
|
|
|
|
|
Случай б).Для реального газа запишем уравнение Ван-Дер-Ваальса:
|
|
|
aν 2 |
|
|
|
-νb) = νRTб ν = |
m |
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
p + |
|
V |
|
|
|
(V |
μ |
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
, |
|
|
. |
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Значения параметров а и в определим по критическим параметрам для азота: |
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
b = |
|
|
RT |
|
|
|
|
a = |
27R2T 2 |
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
k |
|
|
k |
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
8 pk |
, |
|
64 pk . |
|
|
|
=3,4·106Па, Т =126К |
|||||
Критические значения параметров р , Т |
к |
возьмем из таблицы: р |
||||||||||||||||||||
Получим: |
|
к |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
к |
к |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
а = |
27 ×8,32 ×1262 |
= 0,136Па × м6 |
/ моль. |
|||||||||||||||||||
|
|
|
||||||||||||||||||||
64 × 3,4 ×106 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
b = |
|
8,3 ×126 |
|
|
= 3,85 ×10−5 М 3 / моль. |
|
||||||||||||||||
|
×3,4 ×106 |
|
|
|
||||||||||||||||||
8 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ν=0,71 моль |
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
аν 2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
р + |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
Тб = |
|
V |
|
|
(V -νb) /(νR) = 280K |
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
. |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Совпадение Та и Тб в данном случае объясняется малой величиной давления, при котором реальный газ ведет себя как идеальный.
Ответ: Ta = Тб = 280К .
Задача 13.
14
Двухатомный газ, имеющий массу m =1 кг и плотность r = 4 кг / м3 , находится под давлением p =80 кПа. Найти энергию теплового движения W молекул газа при этих условиях.
Дано: |
Решение |
|
|
|
|
|
m =1 кг |
Внутренняя энергия газа: |
|
|
|
|
|
r = 4 кг / м3 |
W = |
i |
m |
|||
|
|
|
|
RT. |
||
4 |
2 |
μ |
||||
p = 80 кПа = 8×10 |
Па |
|
|
|
|
|
|
По условию задачи газ двухатомный, следовательно, i=5. |
|||||
Найти: |
Тогда |
5 m |
||||
W −? |
W = |
|||||
|
|
|
RT. |
|||
|
2 |
μ |
Из уравнения Менделеева-Клайперона
pV = mμ RT.
откуда следует, что
W = 5 p V. 2
Выразим объем газа через массу и плотность.
V = mρ .
Подставив это выражение в формулу для энергии, получим окончательно, что
W = 5 p m . 2 ρ
W = 5 ×8 ×104 × 1 = 5 ×104 Дж. 2 4
Ответ: W = 50 кДж.
Задача 14.
Идеальная тепловая машина Карно за цикл получает от нагревателя количество теплоты
Q1 = 2.512 к Дж. Температура нагревателя T1 = 400 K , температура холодильникаT2 = 300 K .
Найти работу A , совершаемую машиной за один цикл, и количество теплоты Q2 , отдаваемое холодильнику за один цикл.
Дано: |
Решение |
|
|
|
Q1 = 2.512 к Дж = 2512 Дж |
Работа, совершаемая идеальной тепловой машиной, |
|||
T1 = 400 K |
работающей по циклу Карно, определяется как |
|||
|
A = Q1 −Q2 |
(*) |
||
T2 = 300 K |
|
|||
Или |
A = ηQ1, |
|
||
|
|
|||
Найти: |
где |
Q1 − |
количество теплоты, полученное от нагревателя, |
|
A −? |
|
Q2 − |
количество теплоты, отданное холодильнику, |
|
Q2 -? |
|
η− |
КПД машины. |
|
Сучетом того, что КПД идеальной машины определяется выражением
η= T1 −T2 .
T1
Получим, что работа может быть вычислена по формуле
15
A = T1 − T2 Q1 ,
T1
A = 400 - 300 × 2512 = 628 Дж . 400
Количество теплоты, отданное холодильнику, найдем из выражения (*):
Q2 = Q1 - A ,
Q2 = 2512 - 628 =1884 Дж =1.884 к Дж.
Ответ: A = 628 Дж, Q2 =1.884 кДж .
Задача 15.
Два шарика одинаковой массы и одинакового радиуса подвешены на нитях одинаковой длины так, что их поверхности соприкасаются. После сообщения шарикам заряда q0 = 0.4 мкКлони оттолкнулись друг от друга и разошлись на угол 2a = 600 .Найти массу m
каждого шарика, если расстояние от центра шарика до точки подвеса l = 20cм.
Дано:
R1 = R2 = R m1 = m2 = m
l1 = l2 = l = 20см = 0.2 м q0 = 0.4 мкКл = 0.4×10−6 Кл
2a = 600
Найти: m − ?
Решение |
|
|
а |
б |
|
y |
|
|
|
После |
сообщения |
|
|
|
|
||||
шарикам |
заряда |
|
|
|
A |
|
|
||
они |
пришли |
в |
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
||||
состояние |
покоя |
|
|
l |
l |
|
|
||
(рис. б). В этом |
l |
l |
R |
|
R |
|
|||
состоянии |
силы, |
T |
|
T |
|
||||
действующие |
на |
|
R |
|
|
R |
x |
||
каждый |
|
из |
|
F |
m |
m |
F |
||
|
|
|
|
|
|||||
шариков, |
|
|
m |
m |
C |
|
B |
|
|
находятся |
|
в |
|
|
R |
|
|||
|
|
R |
|
|
|
||||
равновесии. |
|
|
|
mg |
|
|
mg |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Условие равновесия сил, приложенных к шарику, получим из второго закона Ньютона, при записи которого учтем, что ускорение шарика равно нулю:
mg + T + F = 0,
гдеТ− сила натяжения нити,
F− сила электростатического отталкивания.
Введем систему координатOxy и запишем проекции второго закона Ньютона на оси:
x : |
F -T sin a = 0 |
|
F = T sin a |
(1) |
|
|
|
|
(2) |
y : |
-mg +T cos a = 0, |
откуда |
mg = T cos a. |
Поделим друг на друга левые и правые части уравнений (1) и (2):
|
|
|
F |
= tg a , |
|
|
mg |
||
|
|
|
||
откуда получим, что |
|
|||
m = |
F |
|
||
|
. |
(3) |
||
g ×tg a |
По закону Кулона сила отталкивания равна:
|
|
|
16 |
|
|
||||
|
|
|
F = |
|
q2 |
||||
|
|
|
|
|
, |
|
|||
|
|
|
4 ×p×e×e0 ×r2 |
||||||
гдеq = |
q0 |
− заряд на каждом шарике, r − |
|
расстояние между шариками, e =1, e0 = 8.85×10−12 Ф/ м |
|||||
|
|||||||||
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
− диэлектрическая постоянная. |
|
|
|
|
|
|
|
||
Рассмотрев треугольник ABC на рис. б, найдем величину r : |
|||||||||
|
|
|
|
|
r |
= l ×sin a |
|||
|
|
|
2 |
||||||
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
r = 2l ×sin a |
|||||
Тогда |
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
F = |
|
|
|
|
q 2 |
||
|
|
0 |
|
. |
|||||
|
|
|
64 ×p×e×e0 ×l2 ×sin2 a |
Подставляя полученное для силы отталкивания выражение в формулу (3), получим выражение для массы:
m = |
q 2 |
|
0 |
. |
|
64 ×p×e×e0 × g ×l2 ×tga×sin2 a |
Подставляя в него числовые значения, получим, что m =15.6 ×10−3 кг
Ответ: m =15.6 г
Задача 16.
Определить ток короткого замыкания источника ЭДС, если при внешнем сопротивлении R1 = 50Ом ток в цепи 0,2 А, а при R2 =110Ом ток 0,1А.
Дано: |
Решение |
|
|
|
|
|
|
ε , r |
||||
R1 = 50Ом |
По закону Ома для замкнутой цепи |
|
|
|
|
|
|
|
||||
I1 |
= 0.2 A |
|
|
ε |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
I = |
. |
|
|
|
|
|
I |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
||||||
R2 =110Ом |
|
|
r + R |
|
|
|
|
|
кз |
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
I2 = 0.1A |
В режиме короткого замыкания источника тока |
|
R |
|||||||||
|
|
= ε , |
|
|
|
|||||||
|
|
I |
|
|
|
|
|
|
I |
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Найти: |
|
кз |
r |
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Iкз |
– ? |
так как сопротивление |
при коротком |
замыкании |
|
|
|
|
||||
бесконечно мало. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Используя данные для нормальных режимов цепи,получим систему уравнений |
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
ε = I1 r + I1 R1 , |
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ε = I 2 r + I 2 R2 , |
|
|
|
|
|
|
|
откуда
r = I2 R2 − I1 R1 = 11 − 10 = 10 Ом. |
|
I1 − I2 |
0,1 |
17
Тогда искомый ток короткого замыкания источника
I |
|
= ε |
= |
I1 (R1 + r ) |
= |
0,2 ×60 |
= 1,2 A. |
кз |
|
|
|||||
|
r |
|
r |
10 |
|
||
|
|
|
|
Ответ: Iкз =1.2А.
Задача 16.
Для изображенной на рисунке электрической цепи, заданы э.д.с. элементов Ε1=2.1 В, Ε2=1.9 В
исопротивления: R1=45 Ом, R2=10 Ом, R3=10 Ом. Найти токи Ji во всех участках цепи.
Дано:
Ε1=2.1 В Ε2=1.9 В R1=45 Ом R2=10 Ом R3=10 Ом
Найти:
Ji −?
Решение
Введем обозначения узлов A, B,C, D и укажем на рисунке выбранное направление токов, а также направление обхода контуров ADC и ABC.
Запишем первое правило Кирхгоффа для одного из узлов, например для узла A :
J1 = J2 +J3.
Запишем второе правило Кирхгоффа для выбранных контуров ADC и ABC :
Ε1= J1 R1 + J2 R2 , Ε2= J1 R1 + J3 R3.
Подставив числовые данные, сформируем следующую систему уравнений:
J1 = J2 + J3 |
|
(1) |
|
|
= 45 J1 +10 J2 |
(2) |
|
1.9 |
|||
2.1 = 45 J +10 J |
3 |
(3) |
|
|
1 |
|
Решаем полученную систему уравнений. Для этого выражение (1) подставляем в уравнения
(2) и (3), после чего получаем систему двух уравнений:
1.9 = 45 J2 + 45 J3 +10 J2
2.1 = 45 J2 + 45 J3 +10 J3
Упрощая уравнения, получим:
|
= 55 J |
2 |
+ 45 J |
3 |
(4) |
1.9 |
|
|
|||
|
= 45 J2 |
+55 J3 |
(5) |
||
2.1 |
Выражая из уравнения (4) J3 и подставляя полученное выражение в уравнение (5), получим
значение силы тока J2 |
: |
|
|
|
|
|
|
|
J |
|
= |
1.9 −55 J3 |
= 0.042 −1.22 J |
|
, |
|
3 |
|
2 |
||||
|
|
45 |
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
||
|
2.1 = 45 J2 +55(00.42 −1.22 J2 ), |
||||||
Откуда |
|
|
|
J2 =0.01A. |
|
|
|
Значение силы тока J3 |
найдем из уравнения (4), а значение |
|
J1 − из уравнения (1): |
||||
|
J3 = 0.03 A, |
J1 =0.04A. |
18
Ответ: J1 =0.04A, J2 = 0.01 A, J3 =0.03 A.
Лапин Виктор Геннадьевич
Ревунова Елена Алексеевна
Бархатова Оксана Михайловна
ПРАКТИЧЕСКИЕ ЗАНЯТИЯ ПО ФИЗИКЕ
Учебно-методическое пособие
по подготовке к лекционным и практическим занятиям по дисциплине «Физика»
для обучающихся по направлению подготовки 27.03.01 Стандартизация и метрология. Профиль Стандартизация и сертификация.
Федеральное государственное бюджетное образовательное учреждение высшего образования «Нижегородский государственный архитектурно-строительный университет»
603950, Нижний Новгород, ул. Ильинская, 65.
http://www. nngasu.ru, srec@nngasu.ru