Раздел 1

Механика. Молекулярная физика. Термодинамика. Электростатика.

Постоянный ток.

1. Механика.

Основные законы и формулы

Путь при равнопеременном движении………………….s=υ_оt+αt²/2

Скорость равнопеременного движении………………....ύ=ύ_о+αt

Ускорение в равнопеременном движении………………α=(ύ-ύ_о)/t

Тангенциальное (касательное) ускорение……………….

Нормальное (центростремительное) ускорение………..a_n=ύ²/R=ω²R

Полное ускорение………………………………………...

Угол поворота при равнопеременном вращении……….φ=ω_оt+εt²/2

Угловая скорость точки при

равнопеременном обращении по окружности………….. ω=2πn=2π/Т

Угловая скорость при равнопеременном вращении…… ω=ω_о+εt

Угловое ускорение при равнопеременном вращении…..ε=(ω-ω₀)/t

Связь между линейными и угловыми величинами при

вращательном движении……………………………….…υ=ωR,a=εR= ω²R

Второй закон Ньютона……………………………………F=ma,FΔt=mv₂-mv₁

Сила тяжести……………………………………………….P=mg

Третий закон Ньютона…………………………………….F₁= -F₂

Закон Гука………………………………………………….F= -kx

Закон сохранения импульса………………………………m₁v₁+m₂v₂=m₁u₁+m₂u₂

Механическая работа………………………………………A=Fscosα

Работа упругой силы………………………………………A=kx² /2

Мощность…………………………………………………..N=A/t, N=F υ cos α

Кинетическая энергия тела……………………………….T=mυ²/2

Потенциальная энергия тела……………………………..П=mgh

поднятого над поверхностью Земли

Полная энергия тела (в изолированной системе)……….E=T+П

Энергия упругодеформированного тела…………………W=kx² /2

Момент инерции:

а)материальной точки…………………………………………Ј=mr²

б)сплошного цилиндра или диска относительно оси……….Ј=mR²/2

в)однородного тонкого стержня относительно оси………... Ј=ml²/12

г)однородного стержня относительно оси, проходящей

через один из концов………………………………………….. Ј=ml²/3

д)однородного шара……………………………………………Ј=2ml²/5

Момент силы…………………………………………………..M=Fl

Основной закон динамики вращательного движения………М=Јε

Закон сохранения момента импульса двух тел……………..Ј₁ω₁+Ј₂ω₂=const

Кинетическая энергия вращающегося тела…………………Т=Јω²/2

Закон всемирного тяготения………………………………….F=Gm₁m₂/R²

Уравнение гармонического колебания……………………....x=A sin (ωt+φ₀)

Скорость и ускорение точки…………………………………υ =Аω cos(ωt+φ₀);

при гармонических колебаниях…………………………….α= -Аω²sin(ωt+φ₀)= -ω²x

Сила, действующая на колеблющуюся……………………...F= -mω²x= -kx

материальную точку

Период математического маятника………………………….

Период колебаний пружинного маятника……………….….

Полная энергия колеблющейся.………………………….….Е=mA²ω²/2

Зависимость между скоростью, длиной волны, частотой и

периодом колебаний………………………………………….υ=λν=λ/Т

Уравнение волны……………………………………………..у=А sinω(t-x/ υ)

Примеры решения задач

Пример 1.Тело массойm=1 кг вращается на тонком стержне в вертикальной плоскости. Частота вращения на тонком стержне в вертикальной плоскости. Частота вращения равнап=2с^-1длина стрежняR=1,25 см. Определить силу натяжения стержня: 1)в верхней и 2)в нижней точках.

Решение 1. На тело в верхней точке действуют сила тяжестиР=mgи сила натяженияТстержня (рисунок 1). В результате действия двух сил тело движется по окружности, т.е. с центростремительным ускорением:

a_цс=ω²R, (1)

где ω – угловая скорость; R– радиус траектории. Учитывая, что ω=2πn, можем записать:

a_цс=(2πn)²R. (2)

Направление сил Т₁иРсовпадает с вектором a_цс, поэтому второй закон Ньютона запишем в скалярном виде:

Т₁+mg=m a_цс, (3)

или с учетом (2)

Т₁+mg=4mπ²п²R, (4)

Откуда

Т₁=m(4π²п²R -g). (5)

Выразим в СИ числовые значения Rиg:R=0,125 м,g=9,81м/с².

Вычислим по формуле (5) искомую силу натяжения стержня в верхней точке траектории:

Т₁=1(4·3,14²·2²·0,125 - 9,81)Н=9,93 Н.

2. В нижней точке траектории на тело действуют (рисунок 2) те же силы Р=mgиТ₂. Однако силаРв данном случае направлена противоположно вектору а_ц.св связи с этим второй закон Ньютона имеет вид:Т₁+mg=4mπ²п²R, откуда Т₂=m(g+4π²п²R).

После подстановки имеем:

Т₂=1(9,81+4·3,14²·2²·0,125)Н=29,55 Н.

Пример 2. Подъемный кран за времяt=6ч поднимает строительные материалы массойm=3000т на высотуh=15м. Определить мощность двигателя подъемного крана, если его коэффициент полезного действия η=0,8.

Решение. Подъемный кран. Поднимая груз на высоту h, увеличивает его потенциальную энергию. Работа А, совершаемая двигателем подъемного крана, идет на подъем груза и на работу против сил трения в механизмах. Полезная работа А_пдвигателя равна увеличению потенциальной энергии груза:

А_п=mgh,

где g – ускорение свободного падения.

Коэффициент полезного действия η равен отношению полезной мощности N_пко всей потребляемой мощностиN:

η =N_п /N. (1)

Учитывая, что N_п =А_п /t=mgh/t, запишем выражение (1) в виде:

η =mgh /(Nt).

Мощность двигателя равна

N=mgh /(ηt). (2)

Проверим формулу (2):

Выпишем в СИ числовые значения величин, входящих в (2):

m=3·10⁶кг,g=9,8 м/с²,t=2,16·10⁴c.

Вычислим искомую мощность двигателя:

Пример 3. Человек, стоящий на неподвижной скамье Жуковского, получил вращающееся с частотойn₁=5c^-1 на легкой вертикальной оси колесо массойm=5 кг и радиусомr=0,5 м. Масса колеса распределена по его ободу. Момент инерции скамьи Жуковского с человекомJ=7,0 кг/м². Определить частоту вращения скамьи Жуковского, вызванного поворотом оси вращающегося колеса до горизонтального положения таким образом, чтобы плоскость вращающегося колеса оказалась на расстоянииd=0,4 м от оси вращения скамьи с человеком. Определить силу, необходимую для торможения скамьи Жуковского за ее край в теченииt=3 с. Радиус скамьи ЖуковскогоR=0,3 м.

Решение. 1. Для изолированной системы взаимодействующих вращающихся тел справедлив закон сохранения момента импульса. При совпадении и постоянстве осей взаимодействующих вращающихся тел исходная формула, выражающая этот закон, может быть записана в скалярном виде. В нашем случае оси вращающихся тел не совпадают, поэтому следует применить закон в более общем, векторном виде:

где - векторы моментов импульсов двух тел до взаимодействия;

- то же после взаимодействия.

Направление векторасовпадает с направлением вектора угловой скорости , а его модуль. В нашем случае, если считать колеса первым телом, а скамью Жуковского с человеком – вторым,т. к. до взаимодействия скамья не вращалась. Следовательно,

(1)

Приведем выражение (1) к скалярной форме, для чего запишем его в проекциях на ось y:

или , (2)

где J₁ =mr² – момент инерции колеса;

- угловая скорость колеса;

J- момент инерции скамьи Жуковского с человеком и колесом,

вращающемся на расстоянии от оси скамьи Жуковского;

- угловая скорость ее вращения;

n₂- искомая частота вращения скамьи Жуковского.

Очевидно что, Тогдаоткуда

(3)

Подставив в (3) числовые значения заданных величин, вычислим:

2. Процесс торможения скамьи Жуковского описывается основным законов динамики вращательного движения. В проекции на направление вектора углового ускорения имеем:

(4)

где М - момент тормозящей силы;

- угловое ускорение при торможении.

Момент тормозящей силы:

M=FR, (5)

где F- искомая сила.

Угловое ускорение:

где - конечная угловая скорость;

- начальная угловая скорость в процессе торможения;

t- время торможения.

Учитывая ,что=0 , а==, получим

(6)

Подставив (5) и (6) в (4), получим

откуда

(7)

Проверим полученную формулу анализом наименований единиц физических величин:

Подставим в формулу (7) числовые значения физических величин и вычислим:

Пример 4. Диск, катившийся со скоростью υ₁ = 3 м/с, ударился о стену и покатился назад со скоростью υ₂ =2 м/с. Масса диска равнаm = 3 кг. Определить уменьшение кинетической энергии диска.

Решение. Кинетическая энергия диска равна сумме кинетических энергий поступательного и вращательного движений:

Е=Е_пост-Е_вр (1)

здесь Е_пост=mυ²/2; Е_вр=Јω²/2, гдеm– масса диска; υ – скорость поступательного движения;Ј=mR²/2 –момент инерции диска; ω = υ/R– угловая скорость диска;R– радиус окружности диска.

Подставив в (1) выражения для Е_пост, Е_вр,Ји ω, получим

(2)

Выражение (2) можно использовать для записи полной кинетической энергии Е₁до удара о стену и полной кинетической энергииЕ₂после взаимодействия со стеной:

Разность кинетических энергий

Подставив данные задачи, вычислим искомую разность энергий:

Знак минус показывает, что произошло уменьшение кинетической энергии диска.

Пример 5. Точка совершает гармонические колебания согласно уравнениюx=0,1sinπt. Определить скорость и ускорение точки через¹/₆с от начала колебаний.

Решение. Запишем уравнение гармонических колебаний в общем виде:

х=А sin ωt, (1)

где х– смещение точки;А– амплитуда; ω – круговая частота;t– время.

По определению, скорость равна производной от смещения по времени:

(2)

Подставив (1) в (2), продифференцируем полученное выражение:

(3)

По определению, ускорение равно производной от скорости по времени:

(4)

Подставив (3)в (4), продифференцируем полученное выражение:

(5)

Из сравнения уравнения x=0,1sinπtи формулы (1) видно, чтоА=0,1 м, ω=πс^-1. По формулам (3) и (5) вычислим скорость и ускорение:

v=0,1πcosπt, a=0,1π²sinπt(6)

Проверим формулы (6):

Вычислим искомые скорость и ускорение точки:

υ=0,1·3,14 cos(π/6) м/с=0,272 м/с,

а= – 0,1·3,14²sin(π/6) м/с²= – 0,492 м/с².