- •Денної форми навчання за напрямом
- •6.050201 – “Системна інженерія”
- •(Розділи “фізичні основи механіКи", "основи молекулярНої фізиКи і термодинаміКи”)
- •Укладач к.Ф.-м.Н., доц. О.В. Сукачов
- •Кафедра фізики
- •Заступник голови методичної ради __________________ доц. С.А. Сергієнко
- •1 Фізичні основи механіки програма розділу
- •Основні закони і формули
- •Загальні вказівки
- •Приклади розв’язування типових задач
- •2 Основи молекулярної фізики і термодинаміки програма розділу
- •2.1 Макроскопічні стани речовини. Молекулярно-кінетична теорія газів
- •2.2 Статистичні розподіли
- •2.3 Основи термодинаміки
- •2.4 Реальні гази, рідини і тверді тіла
- •Основні закони і формули
- •Загальні вказівки
- •Список літератури
- •Табличні дані
- •Робочої навчальної програми з фізики
- •Укладач к.Ф.-м.Н., доц. О.В. Сукачов
- •39600, М. Кременчук, вул. Першотравнева, 20
Загальні вказівки
Розв’язування задач з механіки потребує від студента вміння правильно вибрати систему відліку, виконати рисунок у вибраній системі координат та застосувати закони і формули фізики для фізичних величин, які потрібно знайти у даній задачі. Приблизний алгоритм розв’язання задач з механіки такий:
-
записати коротку умову задачіта та перевести всі величини в систему СІ;
-
вибрати тіло відліку, відносно якого буде розглядатись рух тіл у даній задачі;
-
вибрати систему координат (Ох або Ох-Оy) і виконати рисунок, на якому зобразити:
-
вектори швидкостей і прискорень усіх тіл, що входять до умови задачі,
-
вектори сил, що діють на ці тіла, і проекції векторів на координатні осі;
-
у задачі з кінематики записати кінематичні рівняння руху вздовж координатних осей;
-
у задачі з динаміки записати другий і третій закони Ньютона cпочатку у векторному вигляді, а потім у проекціях на координатні осі або використати основне рівняння динаміки обертального руху ;
-
використати закони збереження, якщо система тіл є замкненою;
-
використовуючи зв’язки між фізичними величинами задачі, які виходять з умови і геометрії задачі, написати додаткові рівняння таким чином, щоб число рівнянь дорівнювало числу невідомих величин;
-
розв’язати отриману систему рівнянь, записавши відповідь у загальному вигляді (тобто у вигляді формули);
-
підставити числові значення величин, що входять до відповіді, виконати обчислення й отримати числове значення відповіді; виділити відповідь у загальному вигляді (взяти в рамку, підкреслити) і числове її значення;
-
проаналізувати відповідь, оцінити її реальність, за необхідності перевірити розмірність отриманого результату.
Приклади розв’язування типових задач
Кінематика і динаміка поступального руху
№ 1. З вежі в горизонтальному напрямку кинули тіло з початковою швидкістю Vо = 10 м/с. Нехтуючи опором повітря, визначте для моменту часу t = 2 с після початку руху: 1) швидкість тіла; 2) радіус кривизни його траєкторії.
Дано:
Vо = 10 м/с
g = 9,8 м/с
t = 2 c
V, R – ?
Тіло бере участь у двох взаємно перпендикулярних рухах: рівномірному прямолінійному русі вздовж осі 0х (зі швидкістю Vх = V0 = 10 м/с) та вільному падінні вздовж осі 0у (зі швидкістю Vу = gt) (рис. 1). Отже, швидкість тіла в точці А: .
Тіло рухається з прискоренням вільного падіння , яке може бути представлене сумою нормального і тангенціального прискорення: .
З рисунку видно, що нормальне прискорення тіла
.
З іншого боку, . Звідки: .
Обчислюючи, одержуємо:
22 (м/с), 110 (м).
№ 2. Тіло обертається навколо нерухомої осі за законом: = А+Вt+Сt2, де A = 10 рад, В = 20 рад/c, С = –2 рад/c2. Знайти повне прискорення точки, яка знаходиться на відстані r = 10 cм від осі обертання, у момент часу t = 4 c.
A = 10 рад
В =20 рад/c
С = –2 рад/c2
r = 10 cм = 0,1 м
t = 4 c
а – ?
Повне прискорення a точки, що рухається по кривій лінії, є векторною сумою тангенціального прискорення , напрямленого по дотичній до траєкторії, і нормального прискорення , напрямленого до центра кривизни траєкторії (рис. 2): . Оскільки вектори і взаємно перпендикулярні, то величина прискорення: . (1)
Модулі тангенціального і нормального прискорення точки обертового тіла виражаються за формулами
aτ = εr, an = ω²r,
де ω – кутова швидкістьі тіла;
– кутове прискорення.
Підставляючи ці вирази для аτ і аn до формули (1), знаходимо
. (2)
Кутову швидкість знайдемо, взявши першу похідну кута повороту за часом:
ω = dφ/dt = B + 2Ct.
На момент часу t = 4 c модуль кутової швидкості
ω = (20 + 2∙(–2)∙4) рад/с = 4 рад/с.
Кутове прискорення знайдемо, взявши першу похідну від кутової швидкості за часом:
= dω/dt = 2C = –4 рад/с².
Підставляючи значення ω, , r до формули (2), одержимо
а = 0,1 0,57 (м/с2).
№ 3. Вантаж масою 10 кг рухається по горизонтальній площині під дією сили 50 Н, яка прикладена під кутом =30 до горизонту. Коефіцієнт тертя 0,1. Визначити шлях, що пройде вантаж за 5 с після початку руху, і його швидкість.
Дано:
m = 10 кг
F = 50 H
= 0,1
= 30
g 10 м/с2
t = 5 c
Vo =0 Показуємо на рисунку всі сили, що діють на тіло: силу тяжіння, N -? силу нормальної реакції опори і силу тертя, і виберемо дві коор-динатні осі: вісь Ох спрямовуємо вздовж напряму руху тіла, вісь Оy – перпендикулярно до неї (рис. 3). Згідно з другим законом Ньютона:
.
Проектуємо це векторне рівняння на осі Ох і Оy і записуємо кінематичне рівняння руху в проекції на вісь Ох (шлях, який пройшло тіло за час t у рівноприскореному русі без початкової швидкості). Звідси, ураховуючи зв’язок сили тертя із силою реакції опори, маємо систему рівнянь:
ураховуючи, що Fx=FCos, Fy=FSin, та розв’язавши систему, знаходимо:
N = mg - FSin (з другого і третього рівняння),
Fтр= (mg - FSin) (з четвертого рівняння),
(з першого рівняння) і отримуємо відповіді:
, .
Підставляємо числові значення величин і знаходимо шлях, який пройшло тіло:
44,8 (м).
17,9 (м/с).
№4. За який час тіло зісковзне з похилої площини завдовжки 10 м, кут нахилу якої до горизонту =30, а коефіцієнт тертя 0,2? Знайти швидкість тіла внизу похилої площини.
Дано:
l = 10 м
= 30
= 0,2
g 10 м/с2
t - ? V - ?
На тіло діють: сила тяжіння, сила нормальної реакції опори і сила тертя (рис. 4). Покажемо на рисунку всі ці сили і виберемо дві координатні осі: вісь Ох спрямовуємо вздовж похилої площини, вісь Оy – перпендикулярно до неї. Вектори прискорення і швидкості направлені вниз уздовж похилої площини. Спроектуємо силу тяжіння на координатні осі: .
Запишемо другий закон Ньютона спочатку у векторному вигляді:
,
а потім таким самим чином, як і в попередній задачі, проектуємо це векторне рівняння на осі Ох і Оy, записуємо кінематичні рівняння руху в проекції на вісь Ох (шлях, який пройшло тіло за час t в рівноприскореному русі, та його швидкість), ураховуємо зв’язок сили тертя із силою реакції опори і маємо таку
систему рівнянь:
Звідси, з другого і третього рівняння, знаходимо:
N = mgCos,
Fтр = m g Cos.
Підставляємо до першого рівняння і знаходимо:
,
.
Тепер з останнього рівняння системи виходить: . Підставляючи знайдене прискорення, записуємо у загальному вигляді: .
З останнього рівняння системи знаходимо швидкість, з якою рухається тіло внизу похилої площини: =.
Підставляємо числові значення величин і робимо обчислення:
2,5 (с).
2,6 (м/с).
№5. Автомобіль рухається по мосту зі швидкістю 72 км/год. Маса автомобіля 1000 кг. Знайти нормальне прискорення і силу тиску автомобіля на міст на його середині, якщо міст опуклий з радіусом кривизни 100 м.
Дано:
m = 1000 кг
V = 72 км/год =20 м/с2
R = 100 м
g = 9,8 м/с2
ап, P -?
Показуємо на рисунку сили, що діють на автомобіль по вертикалі: силу тяжіння і силу нормальної реакції опо-
ри. Вісь Оy спрямовуємо вздовж радіуса вертикально вгору. Силу тиску на міст можна визначити з третього закону Ньютона: , а силу нормальної реакції опори – з другого закону Ньютона: . Урахуємо також кінематичний зв’язок прискорення зі швидкістю тіла при рівномірному русі тіла по колу): . Тепер запишемо ці рівняння у скалярному вигляді:
З останнього рівняння знаходимо нормальне прискорення: 4 (м/с2).
Підставляємо третє і четверте рівняння до другого і знаходимо силу реакції опори:
або .
Записуємо відповідь у загальному вигляді: .
Підставляємо числові значення величин і обчислюємо силу тиску автомобіля на міст: 5,8103 (Н).
№6. Визначити швидкість обертання супутника на орбіті, висота якої становить 630 км над поверхнею Землі, а також період його обертання навколо Земної кулі.
Дано:
Rз = 6370 км = 6,37106 м
h = 630 км = 0,63106 м
gз = 9,8 м/с2
V-?
Згідно з другим законом Ньютона: man = FT (1),
де an = V2/R – доцентрове прискорення, FT – сила тяжіння, яку знайдемо із закону всесвітнього тяжіння: . Тут G – гравітаційна стала, m – маса супутника, M – маса Землі, R = Rз+ h – радіус орбіти. Підставляючи у формулу (1), отримуємо: або (2).
Враховуючи, що , виразимо звідси масу Землі: і підставимо у формулу (2), звідки маємо: , або
Обчислюємо: 7,54103 (м/с).
Період обертання визначимо з формули: .
Обчислюємо: 5,83103 (c).
Закони збереження
№7. Снаряд, що летів горизонтально зі швидкістю 10 м/c, розірвався на два осколки масою 3 і 2 кг. Швидкість більшого осколка збільшилася до 25 м/с і він продовжував рухатися в тому самому напрямку. Визначити швидкість меншого осколка, напрямок його руху, а також його кінетичну енергію.
Дано:
V = 10 м/c
m1 = 3 кг
m2 = 2 кг
V1 = 25 м/с
V2 -? W2 -? Снаряд і осколки є замкненою системою, оскільки час розриву дуже короткий і дією зовнішніх сил на цей час можна знехтувати. Тому можна застосувати закон збереження імпульсу у векторному вигляді:
.
Показуємо на рисунку вектори швидкості снаряда до розриву і осколків після розриву. Припустимо, що другий осколок після розриву рухався в тому самому напрямку, що й перший. Проектуємо вектори на горизонтальну вісь Ох і враховуємо, що маса снаряда дорівнює сумі мас осколків. Одержимо систему з двох рівнянь:
Звідси знаходимо: .
Підставивши числові значення величин і виконавши обчислення, знаходимо:
-12,5 (м). Знак “–“ перед значенням швидкості показує, що другий осколок після розриву снаряда рухається у напрямку, протилежному до того, що показаний на рисунку.
Кінетичну енергію осколка знайдемо за формулою: .
Звідси: 156,25 (Дж).
№8. Кулька масою 100 г, яка рухається зі швидкістю 5 м/с, зіштовхується з нерухомою кулькою масою 400 г. Вважаючи удар центральним і абсолютно непружним, знайти швидкість кульок після зіткнення, а також частину кінетичної енергії, яка пішла на їхнє нагрівання.
Дано:
m1=0,1 кг
V1=5 м/с
m2=0,5 кг
V-? W/W1-? Кульки є замкненою системою, оскільки час зіткнення дуже малий і дією зовнішніх сил на цей час можна знехтувати. Тому можна застосувати закон збереження імпульсу у векторному вигляді:
.
Показуємо на рисунку вектори швидкості кульок до зіткнення і після зіткнення. Проектуємо вектори на горизонтальну вісь Ох і враховуємо, що швидкість другої кульки до зіткнення дорівнювала нулю. Одержимо рівняння у скалярному вигляді:
m1V1+0 = (m1+m2)V.
Звідки: .
Енергію, яка пішла на нагрівання тіл, знайдемо як різницю між початковою кінетичною енергією першої кульки і кінетичною енергією кульок після зіткнення:
. Тепер знаходимо: .
Підставляючи числові значення, отримуємо:
1 (м/с). 0,8.
№9. У брусок масою 990 г, розташований на горизонтальній поверхні, влучає куля масою 10 г, яка летить зі швидкістю 200 м/с, і застряє в ньому. Визначити відстань, яку пройде брусок до повної зупинки, якщо коефіцієнт тертя 0,2.
Дано:
m2 = 990 г = 0,99 кг
m1 = 10 г = 0,01 кг
V1 = 200 м/с
V = 0
= 0,2 Для знаходження відстані, яку пройде брусок до повної
g 10 м/с2 зупинки, використаємо теорему про зміну кінетичної енер-
S-? гії: W – Wо = АТР ,
де Wо= і W = 0 – відповідно, початкова і кінцева кінетичні енергії,
АТР = -FTP S – робота сили тертя.
Оскільки в даному випадку FTP=N=(m1+m2)g, маємо:
, звідки: .
Для визначення швидкості Vo застосуємо закон збереження імпульсу для непружної взаємодії кулі й бруска (в проекції на вісь ОХ): m1V1+0 = (m1+m2)Vo,
звідки . Тепер знаходимо: .
Підставляємо дані з умови задачі й обчислюємо:
=1 (м/с).
№10. Знайти другу космічну швидкість для Місяця.
Дано:
gм = 1,62 м/с2
Rм=1740 км = 1,74106 м
V-?
Для знаходження другої космічної швидкості використаємо закон збереження
механічної енергії: W1 = W2 (1). Тут W1 = W1n+W1к = – повна енергія тіла на поверхні Місяця, W2 = W2n+W2к = 0 – повна енергія тіла на нескінченній відстані від поверхні Місяця. Урахуємо, що згідно із законом всесвітнього тяжіння , звідки маса Місяця: . Підставляючи у формулу (1), отримуємо: або , звідки: .
Обчислюємо: 2,37103(м/с).
№11. Пружина розтягнута силою 2000 Н на 2 см. Визначити, яку роботу треба виконати, щоб розтягнути пружину ще на 1 см.
Дано:
F1 = 2000 Н
l1 = 2 см = 0,02 м
l = 1 см = 0,01 м
А – ?
За рахунок роботи зовнішньої сили змінюється потенціальна енергія пружини, тобто: А = W = W2 – W1 або W =. Жорсткість пружини визначимо із закону Гука: F1 = kl1, звідки . Підставляючи у першу формулу, знаходимо: .
Обчислюємо: 25 (Дж).
Динаміка обертального руху твердого тіла
№12. Через блок, який має форму диска радіусом R = 20 см і масою m = 200 г, перекинута мотузка. До кінців мотузки підвішені вантажі масою m1=400 г і m2 = 500 г. Знайти прискорення, з яким будуть рухатись вантажі, і кутову швидкість обертання блоку через 2 с після початку руху. Тертя не враховувати.
Дано:
m = 200 г = 0,2 кг Показуємо на рисунку вектори
m1 = 400 г = 0,4 кг сил, які діють на тіла. Запишемо
m2 = 500 г = 0,5 кг другий закон Ньютона для пер-
R = 20 см = 0,2 м шого і другого тіл в скалярному g 10 м/с2 вигляді:
-? m1a = N1 – FT1 (1)
m2a = FT2 - N2 (2)
Згідно з основним законом динаміки обертального руху: J = M (3)
де М = (N2 -N1)R – обертальний момент сил, які діють на диск,
J = mR2/2 – момент інерції диска,
= a/R – кутове прискорення диска.
Ураховуючи, що згідно з третім законом Ньютона N1 = N1, N2 = N2 ,
маємо з рівняння (3): або (3).
Додаючи це рівняння і рівняння (1) і (2), маємо:
.
Звідки: =1 м/с2.
Кутову швидкість обертання блока знайдемо з формули:
= t = 12/0,2 = 10 (об/с).
№13. Платформа у вигляді диска масою 100 кг, у центрі якої знаходиться людина масою 60 кг, обертається з частотою 6 об/хв. З якою частотою буде обертатися платформа, коли людина перейде на її край.
Дано:
m1 = 100 кг
m2 = 60 кг
1 = 6 об/хв = 0,1 об/с
2 -?
Оскільки людина і платформа є замкненою системою, згідно із законом збереження моменту імпульсу:
(J1+J2)1 = (J1+J2)2,
де J1 = m1R2/2 – момент інерції платформи, J2 = 0 – момент інерції людини, яка стоїть у центрі платформи, і J2 = m2R2 – момент інерції людини на краю платформи, 1=21 – початкова кутова швидкість і 2 = 22 – кінцева кутова швидкість платформи з людиною. Звідси маємо:
Обчислюючи, отримуємо: 0,045 (об/с).
№14. З якою швидкістю скотиться куля з похилої площини заввишки 1 м? Куля котиться без проковзування.
Дано:
h =1 м
g = 9,8 м/c2
Vc -?
Для розв’язання задачі використаємо закон збереження механічної енергії: W1 = W2. Тут W1 = mgh – потенційна енергія кулі нагорі, W2 – кінетична енергія кулі внизу похилої площини. Кінетична енергія має дві складові – кінетичні енергії поступального руху і обертального руху:
W2 = Wпост + Wоб = .
Тут Jc = – момент інерції кулі відносно центральної осі. У випадку кочення без проковзування Vпост = Vоб, де Vпост = Vс – швидкість поступального руху, Vоб = R – швидкість обертального руху кулі. Звідси і повна кінетична енергія .
Підставляючи до початкової формули, отримуємо: mgh = , звідки
. Обчислюючи, знаходимо: 3,7 (м/с).
Механіка рідин і газів
№15. Вода тече у горизонтально розташованій трубі змінного перерізу. Швидкість води у широкій частині труби дорівнює 30 см/с. Визначити швидкість води у вузькій частині, діаметр якої у 2 рази менший, ніж діаметр широкої частини.
Дано:
1 = 30 см/с = 0,3 м/с
d1/d2 = 2
2 – ?
Виходячи з рівняння нерозривності та враховуючи, що і , маємо .
Звідси: .
Підставляючи числові значення, отримуємо: 1,2 (м/с).
Елементи спеціальної теорії відносності
№16. З якою швидкістю рухається протон у прискорювачі, якщо його збільшення маси дорівнює 5%?
Дано: Залежність маси тіла від швидкості визначається за m/m0 = 0,05 формулою: . c = 3108 м/с Звідси: . Після перетворень –? отримуємо: .
Обчислюючи, знаходимо: 0,22с 0,65108 м/с .