/
Author: Струков Ю.А. Луценко А.Ю. Кириллов И.В. Хорохоров А.М.
Tags: физика вступительные экзамены задачи по физике егэ учебное пособие физические законы
ISBN: 978-5-7038-5128-9
Year: 2019
Text
Учебное пособие
для поступающих в вузы
ФИЗИКА
Под общей редакцией А. К). Луценко
Рекомендовано Научно-методическим советом
МГТУ им. Н.Э. Баумана в качестве учебного пособия
5-с издание
Москва
ИЗДАТЕЛЬСТВО
МГТУ ин Н Э. Блумэкэ
2 0 19
УДК 53
ББК 22.3
У91
Авторы.
А.Ю. Луценко, И В Кириллов,
Ю.А. Струков, А.М. Хорохоров
Рецензенты
д-р физ. мат. наук, преподаватель физики
Лицея научно-инженерного профиля
г. Королева Московской обл. А.А. Чухланцевг,
почетный работник общего образования Российской Федерации,
учитель физики высшей квалификационной катсюрни
МОУ «Лицей» ।. Балашихи Московский обл. ТЕ. Сзипченко
Учебное пособие для поступающих в вузы. Фишка
У91 учебное пособие / [А Ю. Луценко и др.] ; под общ. ред.
А. Ю Луценко. 5-е изд. Москва . Издательство МГТУ
им. II. Э. Баумана, 2019.— 364, [4] с.: ил.
ISBN 978 5 7038 5128 9
Приводятся основные физические -законы и соотношения и
даются общие указания по методике решения задач, составленных
в соответствии с опытом вступительных испытаний в Ml ГУ
им Н.Э. Баумана. Типовые задачи и задачи повышенной сложно-
сти сопровождаются оршипальными методиками решении. Для
проверки усвоения материала по каждой теме upcjuiai авнея кон
трольные работы.
Подробное решение представленных в пособии контрольных
рабо! и другие учебные материалы можно получить, зарсгистрн
ровавшись на учебном поршле МГТУ им Н.Э. Баумана (http://
www.ecm bmsiu.rwdot.him).
Для учащихся старших классов средних школ, гимназий, ли-
цеев. слушателей подюювительных курсов, а также лиц, самосто-
ятельно изучающих физику и кповяшихся к вступительным йены
таниям в технические вузы, в том числе по результатам физико-
математических олимпиад или I ГЭ.
УДК 53
ББК 22.3
ISHN 978 5-7038 5128-9
Оформление. Издательство
МГТ У им. 11.3 Баумана, 2019
Предисловие
Пособие составлено на основании материалов, предлагаемых в
последние голы на физико-математических олимпиадах и на всту-
пительных испытаниях по физике в МГТУ им. П.Э. Баумана.
Тематика приведенных материалов охватывает практически
все разделы физики, что позволяет использовать предлагаемое по-
собие при подготовке к вступительным испытаниям по физике в
технический вуз любого профиля
Пособие включает шесть глав , содержание которых обеспе-
чивает успешное освоение курса физики средней школы и даль-
нейшее обучение в вузах инженерного и физического профиля.
Приведенные темы совпадают с темами курса диагностических
занятий, проводимых в университете с 2002 г. и подтвердивших
свою тффективность. Пособие предназначено для школьников,
готовящихся к поступлению в МГТУ им. Н.Э. Баумана, в том чис-
ле по результатам олимпиад, а также может быть использовано
при подготовке к ЕГЭ.
В пособие включены интересные и содержательные задачи из
различных разделов физики, которые способствуют более полному
и углубленному- изучению фшичсских законов, акцентируют вни-
мание читателей на отдельных важных физических явлениях и
процессах.
В каждой главе кратко изложены основные теоретические све-
дения (физические законы, уравнения, соотношения и формулы),
изучение которых необходимо для понимания соответствующей
темы. Подробно рассмотрены наиболее характерные конкурсные
задачи по темам с методическими указаниями к их решению, кото-
рые позволят читателю научиться применять законы физики для
описания различных явлений. Изложены некоторые идеи и подходы
к решению задач средней и повышенной сложности, составляющих
основную часть задач, предлагаемых на физико-мат емапгческих
олимпиадах в М1ТУ им П.Э. Баумана. Для решения таких задач
помимо знания основных законов физики требуется также умение
математически описать рассматриваемое физическое явление, со-
ставить и решить уравнение или систему уравнений.
Разд. 1.1—1.4 написаны К) А. Струковым, А. К). Луценко, гл. 2 —
И В Кирилловым, раза. 1.5, гл. 3- -6— А.М. Хорохоровым.
4
ЦргОиажмше
Постановки и решения задан сопровождаются иллюстрация-
ми, которые способствуют правильному и наиболее рационально-
му' поиску решения. Особое внимание уделяется построению фп-
зичесюгх моделей с учетом необходимых для решения задачи при-
ближений
В пособие включены задачи повышенной сложности и комби-
нированные задашз, решение которых основано на применении
физических соотношений из различных разделов курса фи тики.
При решении некоторых задач используются элементы дифферен-
циального исчисления в рамках школьной программы по матема-
тике, в частности решение некоторых задач включает нахождение
экстремума функций физических величин
Поскольку многие задачи по физике допускают различные
способы их решения, в пособии приведены несколько способов
решения задачи, что позволяет читателю выбрать наиболее понят-
ный алгоритм решения.
При решении задач рекомен,дуется после прочтения условия
задачи самостоятельно найти ее решение В случае неудачи следу-
ет подробно ознакомиться с методикой решения, изложенной в
приведенных примерах После того как решение разобрано и стало
понятным, необходимо вновь самостоятельно по памяти воспроиз-
вести алгоритм решения задачи. Такое повторение позволит за-
крепить навыки решения задач и ибеспе‘пп положительный ре-
зультат в обучении.
Для контроля степени усвоения материала, развития и закреп-
ления навыков решения задач по каждой теме в конце разделов
помещены контрольные работы для самостоятельного решения,
состоящие из 10 задач каждая, сложность которых последователь-
но возрастает В конце пособия приведены краткие ответы на за-
дания контрольных работ. Для успешного усвоения материала ре-
комендуется решить все приведенные задачи.
Авторы с благодарностью примут замечания и пожелания по
структуре и содержанию предлагаемого пособия, которые можно
направлять в Центр маркетинга образовательных услуг Ml ТУ’
им. II Э. Баумана.
Предисловие
5
Указания к решению задач
1. Приступая к решению задачи, надо понять ее смысл и по-
становку вопроса. Установите, все ли данные, необходимые .для
решения задачи, приведены. Недостающие данные можно найти в
любой таблице физических констант (например, если указан мате-
риал, из которого изготовлено плавающее в воде тело, то предпо-
лагается, что плотность тела можно определить, обратившись к
справочнику). Если позволяет характер задачи, обязательно сде-
лайте схематический рисунок, поясняющий ее суть, это во многих
случаях облетает решение
2. Каждую задачу решайте, как правило, в общем виде (т. е. в
буквенных обозначениях), так, чтобы искомая величина была вы-
ражена через заданные величины. Ответ, полученный в общем ви-
де, позволяет в знашпельной степени судить о правильности ре-
шения.
3 Получив решение в общем виде, проверьте его размерность.
Неверная размерность — явный признак ошибочного решения.
Если возможно, исследуйте поведение решения в предельных ча-
стных случаях. Например, какой бы вид ни имело выражение для
силы кулоновского взаимодействия между двумя заряженными
телами, с увеличением расстояния между ними оно должно непре-
менно переходить в закон взаимодействия точечных зарядов.
В противном случае можно утверждать, что решение неверно.
4 1 (риступая к вычислениях!, помните, что числовые значения
физических величин всегда являются приближенными. Поэтому
при расчетах руководствуйтесь правшами действий с приближен-
ными числами.
5. Получив числовой ответ, оцените его правдоподобность. Та-
кая оценка может в ряде случаев обнаружить ошибочность полу-
ченного результата. Так, например, скорость тела не может оказать-
ся больше скорости света в вакууме, плотность газа при нормаль-
ных условиях превысить плотность металла и т. д. Необходимо
проверить, имеет ли полученный ответ физический смысл. 11апри-
мер, значение косинуса или синуса не может быть больше единицы,
отрицательный корень квадратного уравнения, как правило, не яв-
ляется физическим решением, отрицательное значение тока или за-
ряда на конденсаторе свидетельствует о неверном выборе направ-
ления тока пли знаков зарядов на обкладках конденсатора.
1. МЕХАНИКА
1.1. Основные cooiношения В кинематике
Кинематика чатериа.1ьной точки. При движении матери-
альной точки ее положение в пространстве определяется радиус-
вектором г, проведенным из топки О выбранной системы отсчета
(рис. 1 1). Закон .движения точки можно представить в виде век-
торного уравнения г =/(/), которому соответствуют алгебраиче-
ские уравнения в проекциях на оси координат: дс = x(t),y =y(t), - =
= ^(т), либо в виде 5 = .$(/), где л — путь вдоль траектории от неко-
торой точки, принятой за начало отсчета, t — время движения.
С редняя скорость (о) =—, где Аг перемещение матерн-
' ' Л/
альной точки за промежуток времени А/.
Вектор (о) совпадает по направлению с Лг (рис. 1.2).
Средняя скорость ц.р
где Ал
путь, пройденный точ-
кой за промежуток времени Л/.
/ 7 Основные соотношения в кинематике
7
Мгновенная скорость
Ar dr
р - Епт — ——
Az dt
Направление вектора мгновенной
скорости в каждой точке траектории сов-
падает с направлением касательной к ней
(см. рис. 1.2).
Модуль скорости
J2 2 2
Dr + Р„ + Р,
dx dv d~
где v =—, p =—, p =— — проекции вектора скорости на
dt k dt dt
осп координат.
Среднее ускорение
где Л/7 — изменение скорости материальной точки за промежу-
ток времени А/.
Направление вектора {а) совпадает с направлением векто-
ра (р).
Мгновенное ускоренпе
Лр dv
а = Inn---=----.
Лг >о Л/ di
Модуль ускорения
/2 2
Jp, dt) dl)
где ах =—а = —аг = —-------------проекции вектора ускорения
dt ' dl dt
а на оси координат.
При криволинейном движении материальной точки вектор ее ус-
корения а в каждой точке траектории в общем случае наклонен
под некоторым углом а к касательной, проведенной к траектории в
ной точке (рис. 1.3). Вектор ускорения а можно представить как
«
I Механика
сумму нормальной (центростремительной)
ая и тангенциальной (касательной) ах со-
ставляющих полного ускорения-
а = ая +ах.
(’оставляющие ап и ах характеризуют
изменение вектора ускорения а по модулю и направлению соот-
ветственно. Модули утих ускорений:
du
а -—; а =—; и
R dt
где R — ратиус кривизны в данной толке траектории.
Уравнения равномерного плоского прямолинейного движения
(i> = const) в векторной форме и в проекциях на оси координат:
г - г0 =й;
х - ли - uj;
У~У9=»у1,
где ru, 30,1'0 координаты, определяющие положение точки в на-
чальный момент времени.
Уравнения равнопеременного движения (d- const) в вектор-
ной форме.
. . dr
,-r(p-pn — :
D = u0+ di,
где ц, — начальная скорость точки.
В проекциях на оси координат эти уравнения имеют вид
а. Г2 а!~
x = VV4 У = Л + /М4—-
где иОл, . ал, а* — проекции начальной скорости п0 и ускоре-
ния а на оси л и v соответственно
I l. Основные соотношения в кинематике
9
Уравнения движения в ноле тяж ести (осьх направлена гори-
зонтально, а ось > вертикально вверх, т е. иЛ =0, а = х )-
ХГ
л = ли + 1>Ох/; у = у0 + Ц/ —,
", = Ц,Д ^ = 4,,"^
где при начальной скорости ь>0, направленной под углом а к оси х,
fUi = ц cos а. t>0 к sin а.
Сложение движений — одновременное участие материальной
точки в двух движениях.
Любое сложное движение можно рассматривать как результат
сложения простых движений Для описания такого движения пеле-
сообразно ввести дополнительную подвтгжную систему координат,
связанную с телом отсчета, принятого условно за неподвижное.
Движение точки от носительно неподвижной системы коорди-
нат (т. е. результирующее движение) называют абсолютным, а ее
скорость 6^ — абсолютной скоростью движения Движение точ-
ки относительно подвижной системы координат называют относи-
тельным, а скорость этого движения ит1 — относительной. Дви-
жение подвижной системы координат относительно неподвижной
системы координат называют переносным движением, а его ско-
рость цьр — переносной скоростью. При сложении движений от-
носительное перемещение точки гГП1 и перемещение системы г‘
можно представить суммой векторов
у» — >* X. г
atic - <т« г«ер’
Относительную скорость точки и скорость системы отсчета
также представляют суммой векторов.
^-^+4,4,-
Аналогично представляют и линейное ускорение:
^Ях ^аг» ®пср’
где оШ11 — относительное ускорение, а1й|р— переносное ускоре-
ние (ускорение двтгжущейся системы отсчета).
10
I Механика
Кинематика твердого тела. Любое
движение твердого тела можно представить
как совокупность его поступательного дви-
жения и вращения вокруг неподвижной оси.
Поступательное движение. При посту-
пательном движении твердого тела любая
прямая, связанная с телом, остается парал-
лельной своему начальному положению. При
поступательном движении все точки твердого тела совершают за
один и тот же промежуток времени равные перемещения Поэтому
поступательное движение тел описывается теми же величинами и
уравнениями, что и движение материальной точки.
Вращение вокруг неподвижной оси. Кинематическими харак-
теристиками вращательного движения тел служат угловое пере-
мещение, утловая скорость и угловое ускорение. Угловым пере-
мещением <р называют центральный утол, соответствующий дуге,
пройденной произвольной точкой тела при его вращении.
Уравнение вращательного движения: ф = J {t}.
Средняя утловая скорость
где Дф изменение угла поворота тела за промежуток време-
ни Дт (рис. 1.4).
Мгновенная утловая скорость
Дф с/ф
о = lim — = —.
Аг dl
Среднее угловое ускорение
, . Дсо
(е) = —
Дт
где Дю — изменение угловой скорости за промежуток време-
ни А/.
Мгновенное утловое ускорение
Дто dot
к= 1пн — - —
лг »о Ат dt
1 I Основные еоотнишенин г-синеиитике 11
Уравнение равномерного вращения'.
Ф = Фо *"и>г-
где <р(| — начальная угловая коор тината.
При равномерном движении ю = const и е = 0.
Частота вращения
У 1
v = — или v = —,
t Т
где N — число оборотов, совершаемых телом за время /; Т — пе-
риод вращения (время одного полного оборота).
Уравнения равнопеременного вращения (е = const):
а1
Ф = Фо + <'»пг + —’
2
(О = (Dg + а,
где ш0 начальная угловая скорость.
Связь между линейными и угловыми величинами для произ-
вольной точки вращающегося тела, находящейся на расстоянии R от
оси вращения, можно представить следующими соотношениями.
Длина пути, пройденного точкой по дуге окружности радиуса /?.
л = ф/?.
Линейная скорость точки
и = со/?
Ускорение точки:
- тангенциальное
ах — с/?;
- нормальное
ая = со2/?
Примеры решения задач
1. Точка движется вдоль оси х по закону х = 10 » 8/ - 2г м
Определите значение скорости точки при t = 1 с.
Решение
12
/ Механика
Запишем уравнение для скорости точки.
fZx
и, - — -8-4/.
1 dl
гУпу уравнение можно также получить из анализа уравнения
at1
Х0 = *<, +Чи/+’у.
откуда иОх = 8 м/с; ах = 4 м/с .
Тогда
/Я/) = + aj - 8 4/.
При / =1 скорость и = 8 4-1=4 м/с.
Ответ: и =4 м/с.
2. Точка движется вдоль оси х со скоростью, проекция которой
как функция времени описывается уравнением ut - 5 + 4/.
С учетом того, что в момент времени t = О координата точки aq =
= 7, напишите уравнение движения точки.
Ответ: х = 7 I 5/ г2/2.
3. Закон движения материальной точки в плоскости ху опреде-
ляется сравнениями: л = 10cos3/ см и у = 10ыпЗ/ см. Найдите мо-
дули скорости и ускорения точки и напишите уравнение ее траек-
тории.
Решение
Скорость движения точки вдоль оси х
dx
и- — - -OJ-3-sinJ/ м/с.
dl
Скорость движения точки вдоль оси у
dv
и - —-0.1-3-cos3/ м/с.
dl
Ускорение движения вдоль оси л
1.1. Основные соотношения в кинематике
13
а -—---0,l-9-cos3f м/с7.
х dt
Ускорение движения вдоль оси у
а = —— = -О,1 • 9 sin 3/ м/с
у dt
Модуль скорости точки в плоскости ху
u-^u>2 rwj = V< 0,1 •3 • sin 3z)j I (0,1-3 cos3/)2 =
= VO,01-9 = 3 10"'=0,3 м/с.
Модуль ускорения точки в плоскости лу
а = у[а2х + а2 = 0,1 9cos3z)2+( 0,1 9-sin З/)2 =
= 70,01 81 =9 10 1 = 0,9 м/с2.
Для получения уравнения траектории точки исключим пара-
метр 1 из уравнении движения и определим зависимость между
координатами л и v. Для этого запишем уравнения движения точки
х у
в виде — = cos3/ и — = sin3/. Возведя в квадрат эти уравнения и
х2 у2
сложив их, получим —j- -I —j - I Данное уравнение является
уравнением окружноеги радиуса R = 0,1 м.
Ответ. и -0,3 м/с; а = 0,9 м/с2; траектория точки окруж-
ность радиуса R = 0,1 м
4. Автомобиль проехал первую половину пути со скоростью
ц= 40 км/ч, а вторую половину со скоростью (^=60 км/ч.
Найдите среднюю скорость автомобиля на всем пройденном пути.
Решение
Обозначим: л весь путь автомобиля; As( длина первого
участка пути, A.v, =л/2; — время, затраченное на прохожде-
14
1. Механика
ние первого участка пути; Дл, длина второго участка пути,
Л.\, = .s/2; Лг2 — время, затраченное на прохождение второго уча-
сткапути Тогда Д/( =---; Л/2 =---.
2 ц " 21л,
Согласно определению средней скорости,
5 s
Av 1 Дл э э 2ии
и = — ------ —=—=— --------=
Л/ I Л/ Л , 5 и * и
2и 2i>
2-40 60
—---------48 км/ч —13,3 м/с.
40 г 60
Ответ'. uLJI - 48 км/ч = 13,3 м/с.
5. Мимо пристани проходит плот. В этот момент в поселок,
находящийся на расстоянии ,Т| = 15 км ниже пристани, отправилась
моторная лодка. Она достигла поселка за время I = 0,75 ч и, повер-
нув образно, встретилась с плотом на расстоянии .v2 = 9 км от по-
селка. Найдите скорость течения и и скорость лодки и относи-
тельно воды.
Решение
Свяжем систему отсчета с плотом, т. е. мысленно остановим
переносное движение. В этой системе плот и река неподвижны.
')то означает, что относительно плота лодка движется в ту и в дру-
гую сторону' с одинаковой скоростью. Другими словами, она уда-
лилась от плота и возвратилась к нему за равные промежутки вре-
мени, равные 3/4 ч каждый, т. е. двшалась всего 2i = 1,5 ч. За ио
время она прошла путь л( i = 24 км Отсюда следует, что се ско-
рость относительно воды
За это же время плот прошел путь s'|-.s2 - 6 км, следовательно,
скорость течения
I I. Основные соотношения в кинематике
15
.V. -X, 6
и = —--------- = — = 4 км. ч
2l 1,5
Ответ и = 4 км/ч; и = 16 км ч.
6. Товарный поезд длиной L\ = 750 м и пассажирский экс-
пресс длиной £i= 150 м идут по двум параллельным путям в од-
ном направлении со скоростями ц = 36 км/ч и ь>2 = 108 км/ч со-
ответственно. Найдите время, за которое экспресс обгонит товар-
ный поезд.
Решение
Схема расположения поездов в момент начала
обгона приведена на рис. 1.5, а, а в момент конца
обгона — на рис. 1.5, б.
Очевидно, что экспресс пройдет путь L =
= £i + Z.2- При этом скорость экспресса относитель-
но товарного поезда Цг™ = ь>, - ut, где =
= 36 км/ч = 10 м/с; = 108 км/ч - 30 м/с. Время,
Рис. 1.5
за которое экспресс обгонит товарный поезд, составит
L L.+L, 750/150 900 _
X/ -----= —------ = —- —— = - - ^45 с.
^спя
20
t>2 -<»] 30 10
Ответ'. Д1 = 45 с.
7. По дорогам, пересекающимся под
прямым утлом (рис. 1.6), едут велосипе-
дист и автомобиль. Скорости велосипеди-
ста и автомобиля относительно придорож-
ных столбов соответственно равны 8 и
15 м/с. Чему равен модуль скорости авто-
мобиля относительно велосипедиста?
Решение
Пусть скорость велосипедиста равна ц, а скорость автомоби-
ля и2. Тогда в соответствии с законом сложения скоростей
/5, = и. +, откуда i> = 6, ц.
2 I отн ’ J отн 2 I
16
7 Механика
Модуль скорости 1 t>2 =у82 +15" =17 м/с.
Ответ 1>т = и.' 4 и~ = 17 м/с.
8. В толках А и В находятся моторная лодка и катер, движу-
щиеся с заданными постоянными скоростями ия и ик в направ-
лениях, показанных на рис. 1.7, а. Определите графически на-
именьшее расстояние между лодкой и ка-
тером
Решение
Построим вектор скорости катера отно- А *’ й
ситсльно лодки: = Ц. (рис. 1.7, 6).
Проведем через точку В прямую, параллель- О +
ную вектору и опустим на эту прямую / (
перпендикуляр из точки А. Длина этого пер- •'"у t“"1
пендикуляра AD и есть наименьшее расстоя-
ние между лодкой и катером.
Рис I 7
Ответ, наименьшее расстояние между
лодкой и катером равно AD.
9. Гусеничный трактор .движется со скоростью 3 м/с. С какой
скоростью относительно земной поверхности перемещаются верх-
няя и нижняя части гусеницы трактора?
Решение
Скорость верхней части гусеницы равна удвоенной скорости
трактора 2 3 = 6 м/с, а нижняя часть неподвижна относительно
поверхности земли, т. е. ее скорость равна нулю.
Ответ: 6 м/с и 0.
10. Можно ли утверждать, что при равномерном движении ма-
териальной точки по окружности ее скорость остается постоян-
ной?
Ответ: Пет, так как остается постоянным только модуль ско-
рости, а направление ее изменяется, и в каждой точке скорость на-
правлена по касательной к окружности.
1 I. Основные соотношения в кинематике
17
11. Материальная точка движется по ок-
ружности радиуса R = I м с постоянной по мо-
дулю скоростью. совершая один оборот за вре-
мя Т = I с. Определите модуль вектора средней
скорости точки да четверть, половину, три чет-
верти оборота.
Решение
Рис, 1.8
Па рис. L8 показаны положения точки на окружности в задан-
ные моменты времени, в соответствии с которыми
Ответ1. oq>l
= Лз( 774 - 4>/2 м/с;
”сР2 = Ал ч 2R ТИ 4/? , — = 4 м/с; Т
ч R^2 4 Г, = - v 2 м/с. 3
^срЗ А/} 3774
4л/г м/с; Ус₽2=4 Т 1 ГП II
2 м/с.
12. В течение первой половины времени движения тело пере-
мещается со скоростью й| =20 м/с, направленной под углом at =
= 60" к направлению оси х. а в течение второй половины — со ско-
ростью ]#л» | = 40 м/с, направленной под углом ai = 120 к тому же
направлению. Найдите модуль средней скорости тела fj* I да все
время его движения.
Решение
Запишем уравнение средней скорости
ДГ| + Ar2 OjA/j + р2А/2
ср Аз । + Л/2 Лг( + Л/2
По условию
ГА +U.
Д/1=А32=АГ; ocp=-L—X
18
/ Механика
Согласно схеме, приведенной на рис. 1.9,
|%| ~ “ 7°|2 + °2 + 2Ц°2 <»s(a2 * “1) =
= iV202 + 402 4- 2 20 40 cos 60' = 26,46 м/с.
2
«2
Рис. 1.9
Ответ.
b'qil = Т V°|2 +2m>2COS(a2 -Ct|) » 26,46 м/с.
13. Тело совершает два последователь-
ных одинаковых по величине перемещения
СО СКОРОСТЬЮ |l j| = 20 М/С ПОД УГЛОМ С1| = 60"
к направлению оси а и со скоростью |й =
= 40 м/с под углом а2= 120 к тому же на-
правлению Найдите модуль средней скорости гела о^| за все вре-
мя его движения
Решение
Уравнение средней скорости
А/4! + ДА
РСР = Д/, 4- М.
Но условию
|Дг, | = |Дг21 = Дг;
Дг. + Дг,
и = —:--------—
СР V v
— + —
ц 1Ц
Тогда
I . I |Arj +Дгг|ц^
(11)
Согласно схеме, приведенной на рис. I 10,
I l Основные соотношения в кинематике
19
.Аг + Aril = 2 Arcos—---- = 2Arcos30° = Ars/з.
i -I 2
(1-2)
Подставив уравнение (1.2) в уравнение (11), получим
20 40 >/з
20-4и
= 23,1 м/с.
Ответ, о ——---- = 23,1 м/с.
1 1 ц +ьи
14. Локомотив находился на расстоянии L = 400 м от светофо-
ра и шел со скоростью и = 54 км'Ч, когда началось торможение с
ускорением, модуль которого равен 0,3 М/с" Па каком расстоянии
от светофора остановится локомотив’’
Решение
Свяжем систему координат с поверхностью земли, направив
ось д в сторону движения поезда, и поместим начало координат в
начальное положение локомотива. В тгой системе отсчета кине-
матические уравнения, описывающие движение локомотива, име-
ют вид
al1
-* = <¥ —; (1.3)
w-Ц) at. (1.4)
Локомотив остановится в момент времени О, которое опреде-
лим из уравнения (1.4): м(/,) = 0. Следовательно, и.. - att = 0, от-
иц
куда 1, =—. Подставив в уравнение (1.3), найдем координату
а
at.
at локомотива в этот момент времени1 х, = oait—~ =
2 2
Ц. аи. и. _
= ц —-------= — - Таким ооразом, локомотив остановится на рас-
а 2а 2а
стоянии А/. = L - х, от светофора
2 152
ЛЛ = £ — = 400 --------= 25м.
2d 2 0,3
2d
1 Механика
Ответ .М = — = 25 м
2а
15. Ракета, спущенная вертикально, достигла высоты h-
= 192 км. Во время работы двигателей ускорение ракеты равнялось
2 м/с2. Сколько времени рабогал двигатель?
Решение
Высоту, которой достигла ракега. можно рассчитать по фор-
муле
Полет ракеты состоит из .двух участков
I) активного полета с ускорением о, сообщаемым двигателем;
2) пассивного полета по инерции за счет набранной к концу
активного участка скорости р0
Так как начальная скорость ракеты равна нулю, то высота ак-
, ОТ2 _ „
тивного полета , где т — время работы двигателя. Ско-
рость в конце активного полета и0 - ах.
11а пассивном участке уравнения движения ракеты имеют вид
ЦО
y(i)=harT + uoi
<ХО = Ц) Я'
1>п
В высшей точке полета »>(/) = 0, поэтому г = —
X
Тогда общая высота полета
2 2 2
Ц> ЯЦ>
2
Л = Лакт + “
Я 2g2 2 2g
ат2 (ат)” a2t ; I afa + g , 2
А=---f*—— =-----1-1— =- ------- |т .
2 2g 2 t Я/ g J
1 I. Основные соотношения в кинематике
21
Отсюда получим
t= /_2**_.400с.
J2/h>
----— « 4U0 с.
а(а + £)
16. Две частицы движутся с ускорением # в однородном поле
тяжести. В начальный момент частицы находились в одной точке
и имели скорости о, = 3,0 м/с и ь-, = 5,0 м/с, направленные гори-
зонтально и в противоположные стороны. Найдите расстояние
между частицами в момент, когда векторы их скоростей окажутся
взаимно перпендикулярными.
Решение
Падая, обе частицы находятся в одной горизонтальной плос-
кое™, на одной высоте, определяемой составляющей скорости
u = gt. Расстояние между частицами L определяется горизон-
тальными составляющими скоростей, т. е. начальными скоростями
nOi и иь2 и временем падения частиц t до момента, когда скорость
й, станет перпендикулярной скорости t>2. Время падения частиц
находим из треугольников скоростей (рис. 1.11).
Рис. 1-1 I
Треугольник ЛВС прямоугольный, поэтому можно записать
ц + t.< = (и0| + и02 ) = + 2l>01l>02 + 1^2;
22
I Механика
«oi + (#)" + «02 + (#)' = «он + 2 «01 «02 + «02 ‘
Упрощая, получим
«oi«o2 = U?'f;
t = 5/"<иу02 {15)
Я
L = («01 4 «02>* (L6)
11одставив формулу (I 5)в выражение (1.6), получим
(«01 4 «02 )л/«о1« 02 (3 1 5)у/з • 5
L —------------—“—----—-------------~ , Z М
Я 9,8
. («01 4 «02 >>/«01 «02 „ „
Ответ' L = ------———1 -------— = 3,2 м
Я
17. Обруч радиусом R катится без про-
скальзывания по горизонтальной поверхно-
сти (рис. 1.12, а). Определите модуль векто-
ра перемещения точки А обруча за время, в
течение которого центр обруча пройдет
путь, равный четвертой части длины его
окружности. Найти среднюю скорость пе-
ремещения тгой точки, если скорость цен-
тра масс обруча равна ьь.
Решение
Положение точки А после прохождения
обручем пути, равного четверти длины окружности, показано на
рис. 1.12, 6. Видно, что по вертикали точка поднялась на высоту
„ пЯ „
у-К. а по горизонтали прошла путь л —-----к. )то произошло
<5
Рис. 1.12
за промежуток времени
пЯ/2
Д/ =—
1.1. Основные соотношения в кинематике
23
в тс2 7 ___
Лг / N 4 71 2 . Г1 * ~
р Az nJ? 2 V 4 л лг
Ц,
Ответ Xr - R
18. Два одинаковых шарика начали одновре-
менно и с одинаковой скоростью двигаться по
абсолютно гладким сферическим поверхностям
(рис. 1 13). Будет ли различаться время движения
каждого шарика к моменту прибытия шариков в
точку В? Ответ поясните
Рис. 1.13
Решение
Построим зависимости скорости шариков в процессе движе-
ния по сферической поверхности. Так как трение отсутствует, то
скорости шариков в конце пути одинаковы и равны начальной ско-
рости l>0.
11о скорость первого шарика в процессе
движения сначала уменьшается, а затем воз-
растает. а второго наоборот, сначата уве-
личивается, а затем уменьшается. Путь же,
пройденный ими, одинаков и равен площа-
ди под графиком функции p(Z) (рис 1.14).
Поэтому время движения первого шарика
больше времени движения второго.
Отвепг. Время движения второго шарика меньше, чем первого.
19. На горизонтальном валу, вращающемся с частотой v =
= 100 с'1, на расстоянии L = 30 см друг от друга закреплены два
тонких диска (рис. 1.15). Горизонтально летевшая пуля пробила
24
I Механика
оба диска на одинаковом расстоянии ог оси
вращения Опрете.ппе среднюю скорость пули
между дисками, если угловое смещение Лф
пробоин оказалось равным 18°.
Решение
За время перемещения пули от диска 1 до Рнс. 1.15
диска 2 диски повернулись на угол Лф = 18 = 0,1л При ггом
Дф - (оА/, где угловая скорость вращения диска о = 2яу. Тогда
Л<р Лф я 1 I
~ ш " 2nv " 10 2л 100 " 2000
Средняя скорость пули при ее движении между дисками
ь* = — = —-— - 600 м/с.
Л/ 510 1
Ответ. и = 600 м/с.
20. Па Луне с высоты 100 м тело падает на
поверхность в течение примерно 10 с. С какой
скоростью тело коснется поверхности Луны?
Решение
Первый способ. Поскольку движение тела
равноускоренное с нулевой начальной скоростью, можно заттсагь
s =и J
В соответствии с рис. I 16 Dqi , следовательно, л =
= ~и
2
2.v 2 ЮО
Отсюда t> , =— ----------- 20 м/с.
l 10
П " - Т al 2.S
Второй способ. Запишем .? =------------. Отсюда а = ~ :ип
2 г
2л 2-100
= at = — =---------= 20 м/с.
I 10
/.1. Основные соотношения < кинематике
25
Ответ, и, „ = 20 м/с.
иьаХ
21. Па рис. 1.17 представлена зависимость проекции на ось л
скорости тела, движущегося прямолинейно, от времени. Постройте
графики зависимости проекций на ось .< перемещения и ускорения
этого тела от времени, если треугольники ОАВ, ВСД, DEK равны.
Решение
Участки ОА, АВ. ВС, СД,ДЕ, ЕК на графике перемещений
части парабол.
Ответ: графики зависимости проекций перемещения и ускоре-
ния от времени представлены на рис. 1.17.
22. Точка движется вдоль оси х со скоростью, проекция кото-
рой г\ как функция времени приведена на рис. 1.18. Определите
модуль вектора перемещения и путь, пройденный телом за проме-
жуток времени от /1 = 0 до ь = 7 с.
м/с
2
I
о
-1
-2
Рис. 1.18
26
/ Механика
Решение
Перемещение точки можно определить по зависимости скоро-
сти от времени как площадь фигуры, ограниченной графиком и
осью 1 с учетом знаков. Площади иемснтов фигуры, расположен-
ные нал осью I, берутся со знаком «t», а расположенные под осью
t — со знаком « ». В данном случае площади элементов фигуры,
расположенные над осью /, взятые со знаком «+», равны 3 м, а
расположенные под осью г, взятые со знаком «-», равны -3 м. Их
сумма равна Аг = 0. При этом путь .v, пройденный телом, равен
сумме перемещении по модулю и составляет 5 = 6 м.
Ответ: Art =0; .? = 6 м.
23. Точка движется вдоль оси х со скоростью, проекция кото-
рой ил как функция времени представлена на рис. 1.19. Определи-
те путь, пройденный точкой за первые 5 с.
Решение
Путь точки можно определить по зависимости скорости от
времени как площадь фигуры, ограниченной iрафиком и осью I.
Площадь фигуры, расположенной под осью г, равна 3 м (по моду-
лю), площадь фигуры, расположенной над осью /, равна 0,5 м, их
сумма равна 3,5 м. Отметим, что при этом перемещение точки
АгЛ = - 2,5 м.
Ответ: 5 =3,5 м.
24. Материальная точка движется по окружности радиуса R с по-
стоянным угловым ускорением в. Определите модуль и ладного ус-
корения точки через i с после начата .движения из состояния покоя.
1.1 Основные соотношения в кинематике
27
Решение
Модуль полного ускорения точки
12, 2
О = VUt ’
где и1 тангенциальное ускорение, а* = t:R. ап нормальное ус-
корение, ав - со' Я, <о угловая скорость точки, со =в/ Тогда
ап = е R и а - л/е R + е'/Я - еЯ VI + е ‘ .
Ответ-, а - + £'/ ’
25. Одновременно из одной точки брошены два тела с одина-
ковыми по модулю скоростями =10 м/с: первое вертикально
вверх, второе под углом а = 30° к горизонту. Определите мо-
дуль скорости второго тела относительно первого 1^,] в момент
времени, когда второе тело достигнет половины своей максималь-
ной высоты полета. Сопротивлением воздуха пренебречь.
Решение
Запишем векторные уравнения изменения скорости брошен-
ных тел:
Ц = Ци + ХС
= ,УП2 '
Тогда скорость второго тела относительно первого
t’2| = 1»2 - Ц = Цц Цн-
В соответствии с теоремой косинусов (рис 1 20)
। । | 2 2 ।
|i4i| = лц +(А Зщ^сок!——а
1^1 = 1 0^2(1 sin30 ) = 10 м/с.
Ответ-. ||/71| =
sina); i70I
у02
sin а) = 10 м/с.
Рис. 1.20
28
/- Механика
Кот рольные работы
9-й класс
1. Поезд прошел 300 км. В течение 1 ч он двигался со скоро-
стью 100 км/ч, затем сделал остановку на 30 мин. Оставшуюся
часть пути проходил со скоростью 40 км/ч. Определите среднюю
путевую скорость поезда (8 баллов).
2. Па рисунке приведены зависи-
мости скоростей трех тел, движущих-
ся прямолинейно. Какое из этих тел
прошло наибольший путь? Чему ра-
вен этот пузъ (8 баллов)?
3. Какой объем нефти пройдет по трубопроводу, площадь се-
2
чеиия которого S = 0,003 м , за время г = 8 мин 20 с. если ско-
рость течения нефти и - 0,5 м/с (10 баллов)?
4. Катер, .движущийся со скоростью / - 15 м/с, обгоняет тан-
кер, скорость которого и - 5 м/с, за промежуток времени Д/ = 30 с.
Определите длину танкера (8 баллов).
5. Моторная лодка проходит расстояние АВ по течению реки
за время lt = 3 ч, а плот — за время /2 = 12 ч. За какое время мо-
торная лодка совершит обратный путь (10 баллов)?
Ь. Трактор, имеющий общую длину гусениц £ = 6м и рас-
стояние между ведущими колесами I = 2 м. прошел путь л = 2 м.
Покажите на рисунке перемещение точки Л гусениц и вычислите
его значение (12 баллов).
1 /. Основные соотношения в кинематике
29
7. При скорости 18 км/ч в случае экстренного торможения
тормозной путь автомобиля равен 4 м. Каким будет тормозной
путь при скорости 72 км/ч (X баллов)?
8. Свободно падающее тело прошло последние 30 м за время
т = 0,5 с. Определите высоту падения (12 баллов).
9. Два тела, расстояние между которыми / = 60 м, начинают
двигаться одновременно в одном направлении. Первое тело дви-
жется со скоростью 1>- 4 м/с, а второе, догоняющее первое. с
ускорением а - 2 м/с*. Через какое время второе тело догонит
первое (10 баллов)?
10. По наклонной плоскости пустили снизу вверх шарик. Па
расстоянии / - 30 см от начала пути шарик побыват дважды: через
время Т| = 2 с и т2 = 3 с после начала движения. Определите на-
чальную скорость и ускорение шарика. Трением пренебречь
(12 баллов).
10-й класс
1. Координата тела, движущегося
вдоль оси .г, изменяется с течением вре-
мени так, как показано на рисунке. Оп-
ределите.
а) перемещение и путь та первые мо-
менты времени /1 = 30 с .движения тела.
б) проекпию средней скорости о, и
среднюю путевую скорость за первые
моменты времени t2 = 40 с движения
(8 баллов).
2. 'Эскалатор поднимает неподвижно стоящего на нем челове-
ка в течение /1 = 2 мин По неподвижному эскалатору он мог бы
подняться за время /2 = 8 мин За какое время /3 человек мог бы
подняться по движущемуся эскалатору (8 баттов)?
3. За время t - 2 с прямолинейного равноускоренного движе-
ния тело проптло путь л = 20 м, увеличив свою скорость в л =
= 3 раза. Определите конечную скорость тела (8 баллов).
4. Тело, свободно падающее с некоторой высоты без началь-
ной скорости, за время т = 1 с после начата движения проходит
30
1 Механика
путь в л = 3 раза меныпий, чем та такой же промежуток времени в
конце движения. Найдите полное время движения (12 баллов).
5. Закон движения тела имеет вид х= I5/-I 0.4г’. Величины
заданы в системе СИ. Определите:
а) начальную координату, начальную скорость и ускорение
тела;
б) координату и скорость тела в момент ! - 5 с;
в) среднюю скорость и путь, пройденный телом за первые 5 с
движения (8 баллов).
6. Два тела, расстояние между которыми / = 128 м, начинают
одновременно двигаться навстречу друг другу: первое — из со-
стояния покоя с ускорением а1=2 м/с2, второе — с начальной
скоростью и0 - 30 м/с равнозамедленно с ускорением а2 = 1 м/с2.
Через какое время они встретятся (12 баллов)?
7. Тело брошено горизонтально со скоростью п0 = 20 м/с с
некоторой высоты. Определите его нормальное и тангенциальное
ускорения через время г =1,5 с после начала движения. Сопро-
тивлением воздуха пренебречь (8 баллов).
8. Колесо радиусом R = 0,3 м. про-
буксовывая, катится по ровной горизон-
тальной дороге. Найдите угловую ско-
рость вращения колеса (см. рисунок), ес-
ли скорость его нижней точки ц = 3 м/с,
а верхней — t>2 = 9 м/с (12 баллов).
9. Парашютист, спускающийся равномерно со скоростью и =
= 4,9 м/с, в момент, когда он находился на высоте Л = 98 м нал по-
верхностью земли, бросил вертикально вниз небольшое тело
со скоростью v = 9,8 м/с относительно себя. Какой промежуток
времени разделяют моменты приземления тела и парашюти-
ста? Сопротивление воздуха при движении тела не учитывать
(12 баллов).
10. Из пушки выпустили последовательно .два снаряда со ско-
ростью l>0 = 30U м/с каждый: первый — под углом а = 6О‘ к го-
ризонту, второй под углом р = 45° (азимут один и тот же) Оп-
1.1. Основные соотношении в кинематике
31
ределите промежуток времени между выстрелами, при котором
снаряды столкнутся друг с .другом (12 баллов).
11-й класс
1. Тело «движется прямолинейно вдоль оси х На рисунке пред-
ставлена зависимость проекции скорости тела от времени /.
Постройте график зависимости ускорения чтого тела охот времени.
Определите путь и модуль вектора перемещения тела та время
z = 3/,j, если i>0 = 1 м/с, /(| = 1 с (8 баллов).
2. Закон .движения материальной точки в плоскости ху опреде-
ляется уравнениями х = 2 I Згмиу = I -t 61 м 11айдите модуль ско-
рости точки и напишите уравнение ее траектории (8 баллов).
3. Точка А находится на обруче радиусом R =
= 0,5 м, который катится без проскальзывания по
горизонтальной поверхности гак, что его центр
движется с постоянной скоростью ро = !,Ом/с.
В системе отсчета, связанной с поверхностью
земли, определите модуль вектора перемещения и модуль сре дней
скорости точки А за время, в течение которого ценгр обруча прой-
дет путь, равный 3/4 длины его окружности. В начальный момент
положение точки А показано на рисунке (8 баллов).
4. Всадник проехал половину пути со скоростью ц = 10 км'ч.
Далее половину оставшегося времени движения он ехал со скоро-
стью гл = 8 км'ч, а затем до конца пути шел пешком со скоростью
из = 4 км/ч Определите среднюю скорость движения на всем пути
(10 баллов).
5. Шарик свободно падает на горизонтальную плиту с высоты
Н. Считая соударение абсо лютно у прут им, постройте т рафики за-
32
I Механика
внсимосгн проекций векторов ускорения, скорости шарика и его
перемещения от времени на координатную ось, направленную
вертикально. Временем удара и сопротивлением воздуха пренеб-
речь (12 баллов).
Ь. Две подводные лодки плывут одна за другой на расстоянии
Лг друг ог друга с одинаковыми скоростями и Сигнал гидролока-
тора, находящегося на задней лодке, достигает передней лодки,
отражается и возвращается обратно. Скорость звука в воде равна с.
Определите время между моментами подачи сигнала и рсгистра-
пии эха (10 баллов).
7. Две частицы движутся с ускорением g в однородном поле
тяжести. В начальный момент частицы находились в одной точке
и имели одинаковые скорости ц - и2 = 4,0 м/с, направленные го-
ризонтально и в противоположные стороны. Найдите расстояние
между частицами в момент, когда угол между векторами их скоро-
стей окажется равным о0° (12 баллов).
X. Аэростат поднимается с земли вертикально вверх с ускоре-
нием а = 2 м/ С Через время т = 5 с от начала движения из него
выпал предмет. На какую максимальную высоту Н поднимется
этот предмет? Через какое время 1К этот предмет упадет на землю
и какую конечную скорость t >г будет иметь при этом? I (ачальная
скорость аэростата равна нулю (10 баллов).
9. Пассажир первого вагона прогуливался по перрону. Когда
он подошел к двери последнего вагона, поезд начат движение с
постоянным ускорением а = 0,072 м/с2. В этот момент пассажир
побежал к своему вагону'. С какой наименьшей постоянной скоро-
стью он должен бежать, чтобы догнать свой вагон, если .длина по-
езда L = 250 м (12 баллов)?
10. Диск начинает движение из состояния покоя и вращается
равноускоренно. Каким будет угол между векторами скорости и
ускорения произвольной точки лиска, когда он сделает п оборотов
(10 баллов)?
1.2. Основные соотношения и законы в динамике
В динамике изучают законы движения тел с учетом причин,
вызывающих это движение. Характер движения тел зависит от их
I 2. Основные соотношения и законы в Оинамике
33
взаимодействия друг с другом. Меру взаимодействия тел. в ре-
зультате которого тела деформируются или приобретают ускоре-
ние, называют силой. Основой динамики являются три закона
1(ьютона. сформулированные для материальной точки и тел, дви-
жущихся поступательно под действием приложенных к ним сил в
инерциальных системах отсчета.
Первый закон Ньютона. Тело находится в состоянии покоя или
равномерного прямолинейного движения, пока приложенные к не-
му силы не вызовут изменения этого состояния. Системы отсчета, в
которых выполняется этот закон, называются ине}>циа.1ъными'.
Масса meta. Экспериментально установлено, что всякое тело
оказывает сопротивление при любых попытках изменить его ско-
рость как по модулю, так и по направлению. Эго свойство назы-
вают инертностью. Мерой инертности служит величина, называе-
мая инертной массой. Кроме того, масса является мерой гравита-
ционного взаимодействия тел, в этом случае масса называется
гравитационной. Согласно экспериментальным данным инертная
масса тела равна его гравитационной массе. Массу принято обо-
значать латинской буквой т. Единицей измерения массы в системе
СИ является килограмм (кг).
Bmopoit закон Ньютона. Произведение массы материальной
точки и ускорения равно действующей на эту точку силе, т. е.
та = F.
Принцип независимости действия сил. Если на материальную
точку действуют несколько сил F(, F,, .... FN, то каждая из них
сообщает частице ускорение, не зависящее от других сил:
А. Л -A. .A
а\ - > и2 ~ —
т т т
11ри этом результирующее ускорение частицы
N
i=l
' Обычно в задачах механики нс учитываю! суточное вращение Зем-
ли. с ко горой связывак>1 инерциальную систему отсчета.
34
1 Механика
т. е. модуль п направление ускорения а определяются векторной
суммой приложенных сил
N N
F = \ F = яЛ а( - та.
Импульс тела — векторная величина, равная произведению
массы тела и его скорости.
р = та.
Используя понятие импульса, второй закон Ньютона можно
записать в более общей форме:
L । V’
г - hm — =—,
v и> Д/ dt
где Д/7 —изменение импульса тела за промежуток времени Л/.
Третий закон Ньютона. Все тела действуют друг на друга с
силами, равными по модулю и противоположными по направле-
нию.
Каждая из сил взаимодействия приложена к тому телу, на ко-
торое она действует, т. е. зти силы приложены к разным телам
В механике рассматривают силы, либо обусловленные грави-
тационным взаимодействием тел, либо имеющие электромагнит-
ную природу. К последним относятся силы упругости и трения
Сила гравитационного притяжения тел. Используя закон
всемирного тяготения, запишем
где G — гравитационная постоянная, равная 6.67 10 11 м2 /кг ‘;
Л1|, л12 массы взаимодействующих тел, рассматриваемые как
материальные точки; г — расстояние между ними
Если тело массой т находится над поверхностью земли на вы-
соте Л, то на него действует сила
1.2. Основные соотношения и законы в динамике
35
где 1W3, R-i— масса и радиус Земли соответственно.
Величину G-----*—г = £ называют ускорением свооодного
(Я3 + А)2
падения.
Если тело находится на поверхности земли или на небольшой
высоте (Л « /?з), то
Vf. ,
g = go -6—1- 9,8 м/с2.
Вес тела. ’)то сила, с которой тело действует на горизонталь-
ную опору (или вертикальную нить подвеса), удерживающую его
от свободного падения и неподвижную относительно данного те-
ла. Вес тела может изменяться в зависимости от ускорения, с ко-
торым движется тело Вес неподвижного тела, лежащего на гори-
зонтальной поверхности, равен силе тяжести. Однако вес тела все-
гда приложен к опоре или подвесу, а сила тяжести — к центру
масс тела.
Упругая сила. Это сила, возникающая при упругой деформа-
ции тел и препятствующая изменению их формы и объема. Упру-
гая сила пропорщюнальна деформации тела и направлена в сторо-
ну ее уменьшения (закон Гука).
При растяжении или сжатии упругого стержня вдоль его оси
(продольная деформация) изменение длины стержня Л/ и сила
упругости F связаны между собой следующим соотношением:
Г = А|Д/|,
ES
где А — ко зффициент жесткости, А = —; У, /0 — площадь ПОПе-
Al
речного сечения и длина стержня до деформации. Е — модуль
Юнга.
36
/ Механика
Отношение — = s называют относительной продольной де-
формацией, а—= ст напряжением. Используя введенные обо-
Е
значения, закон Гука можно записать в следующей форме
ст- Ее,
т. е. в области упругих деформаций возникающие в теле напряже-
ния пропорциональны ним деформациям, причем модуль Юнга
равен напряжению, увеличивающему длину стержня в 2 раза.
Для расчета упругой силы, возникающей при деформации
пружины, закон Гука можно сформулировать так: сила действия
упругой пружины пропорциональна деформации (растяжению или
сжатию) этой пружины, т. е.
F = £|A/|
Коэффициент пропорциональности А называют коэффициен-
та» жесткости или жесткостью данной пружины. Т)тот коэффи-
циент зависит от мо,дуля упругости материала пружины и от ее
геометрических размеров.
Сила трения. Трением называют взаимодействие между раз-
личными соприкасающимися телами, препятствующее их относи-
тельному перемещению. Сила трения направлена вдоль поверхно-
сти соприкосновения и представляет собой касательную состав-
ляющую силы реакции опоры R (рис. 1.21):
R -- Fip + N
где F — сила трения; N — нормальная составляющая силы ре-
акции.
u.....J-vw
Различают силу трения покоя и силу
трения скольжения. Началу движения пре-
пятствует сила трения покоя, всегда на-
правленная противоположно возможному
перемещению тела. Если к телу прикла-
дывают сдвигающую силу, но движение
еще не началось, то сила трения покоя
Рис. 1.21
1 2. Основные соотношения и законы в Ои нам икс
37
всегда равна по модулю и противоположна по направлению этой
силе. Модуль силы трения покоя удовлетворяет следующему не-
равенству:
0< F < F = F
Тр — tp шах гр.ск ’
где /\р СК — сила трения скольжения; F - р/’ - рЛ; р — ко эф-
фициент трения скольжения, который зависит от природы и со-
стояния соприкасающихся поверхностей (в частности, от их шеро-
ховатости); Р сила нормального давления, прижимающая тру-
щиеся поверхности «друг к другу (равная, по третьему закону
11ьютона. нормальной составляющей силы реакции опоры М. Си-
ла трения Fip направлена в сторону, противоположную направле-
нию движения данного тела относительно другого.
Использование неинерциальных систем отсчета При реше-
нии многих задан динамики иногда удобно ввести неинерциаль-
ную систему отсчета, движущуюся с некоторым ускорением а,
связав эту систему с одним из тел. Данное тело можно считать не-
подвижным, при пом ко всем другом телам следует приложить
силы инерции FH - mu', где т — масса тела, а' - а. Применение
этого метода приведено ниже (см. задачу 15).
Примеры решения задач
1. На рис. 1.22 приведена зависимость скорости тела мас-
сой т = 1 кг от времени i при его прямолинейном движентш вдоль
оси х. Определите модуль силы, действующей на тело в момент
времени I = I с.
Рис. 1.22
38
1 Механика
Решение
I la рис. 1.22 видно, что момент времени t = I с находится на
промежутке от z = 0 до г = 2 с, на котором тело двигалось с посто-
янным ускорением. По второму закону Ньютона F -та. Ускоре-
Ат>
ние а = —, значение ускорения
Лт
J-М h Ц| |Ю + Ю| 2
U ~~ ~~ ' I VI Ал V •
Д/ т2 - Т] 2 -1)
Следовательно, модуль силы, действующей на тело, F = та =
-110-10П.
Ответ F=10II
2. Деревянный шар падает с большой высоты с установившей-
ся скоростью и0. Определите установившуюся скорость и паде-
ния стального шара такого же размера. Силу сопротивления при-
нять пропорциональной квадрату скорости .движения, плотность
стали в п раз больше плотности дерева.
Решение
На шар действуют сила тяжести и сила сопротивления возду-
ха, пропорциональная квадрату его скорости: F = ku'Q, где к
ко »ффипиент пропорциональности, зависящий от площади попе-
речного сечения шара. Так как шар движется с постоянной скоро-
стью, то второй закон Ньютона, записанный в проекциях на ось,
направленную вертикально вниз, можно представить в виде
mg - ки02 - 0. откуда к = ~ . Поскольку размеры шаров оди-
наковые, для стального шара справедливо уравнение nmg —
2 „ /л/ИН !—
ки =0, откуда и - .1------
\ А
Ответ', и - иоу/п.
3. Тело массой т = 2 кг бросили под углом а = 60° к горизонту
со скоростью ь>0 = 5 м/с. Пренебрегая сопротивлением воздуха
1.2 Ос игншые l oomiiriiucitwi и шк<>ны n dunaMuta. 34
найдите модуль приращения импульса тела Др за первые т = 0,5 с
полета и ла все время движения.
Решение
На тело в полете действует постоянная по модулю и направ-
лению вертикальная сила тяжести mg, поэтому за время т измене-
ние импульса
Ар, - АР|у = mgr = 2-9,8-0,5 = 9,8 кт-м/с.
За все время полета Лр2 = mg2f0, где ia — время полета до
вершины траектории
о01
Так как в вершине траектории ы, - 0 — и0> gt0, то /|( - ——.
Я
Запишем
Ц,
А//, = = 2mg-----= 2тиОу>
где t>er=t>osina.
Отсюда &р2 — 2тий sin a = 2 2 5 = 17,3 кг м/с
Отпет'. Др]-mgr-9,8 кг мс; Др2 = 2ти0 sin a = 17,3 кг м’с.
4. Груз массой т = 140 кг находится на полу кабины лифта,
опускающегося с постоянным ускорением, и давит на пол с силой
N = 1440 II. Определите модуль и направление ускорения лифта.
Решение
Предположим, что лифт движется вниз равно-
ускоренно, т. е. вектор а направлен вертикально
вниз. На груз действуют сила тяжести mg и сила
реакции со стороны пола <V (рис. 1.23). В системе
отсчета, связанной с Землей, второй закон 11ьютона
для груза имеет вид
та = mg + N.
Нис. 1.23
40
I Механика
Запишем это уравнение в проекции на ось у, направив ее вер-
тикально вниз:
ти-т^> N,
\ I-4-4U / 2
откуда а-g — — 9,8 --------я 0,49м/с-. Знак минус показыва-
ли 140
ет, что мы ошиблись с выбором направления вектора а. т е. в
действительности лифт движется вниз равнозамедленно, следова-
тельно, вектор а направлен вверх.
Ответ: ускорение лифта направлено вверх, а ® 0,49м/ с2
5. По горизонтальной поверхности скользит тело массой т =
— 1 кг под действием силы F, направленной под углом а = 30° к
горизонту’. Коэффициент трения между телом и поверхностью р =
= 0,1. Определите силу трения Fw, действующую на тело, и его
ускорение при F = III, 2П
Решение v 1 р
При решении подобных задач прежде /^ ।-------—и
всего необходимо проверить, движется тело
под действием приложенной силы {сила тре-
ния в зтом случае — трение скольжения) или *mg
покоится (трение покоя). рнс. |,24
Запишем уравнения второго закона Нью-
тона в проекциях на оси д и у {рис. 1.24):
Fcosu F, = та-,
ip »
N -г F sin a mg - 0.
(1.7)
(18)
Максимально возможная сила трения — сила трения сколъже-
нпя =
Определив силу реакции опоры из уравнения (1.8), получим
= Fsina).
Если Feos a < F то в уравнении (1.7) а = 0, а сила трения
является трением покоя, при этом F = Г cos а.
При F - 1 II, подставив 'шеловые значения из условия задачи,
получим
I 2. Основные соотношения и законы в Оинимике
41
Fcosa = l — «0,866 11;
2
FipLli = 0,1 (I 9,8 I-0,5) = 0,93 Н.
Следовательно, а = 0, F — F cos a - 0,866 11
При F — 211 получим
Fcosa = 2 —— ж 1,732 11:
2
Fpxi = 0,1(1-9,8 2 0,5) = 0,88 П.
В этом случае
F = F =0,88 II.
тр тр.сж ’
Следовательно,
I F
а- — {I- cosa FTpr<) =—(cosa i psina)- цу-0,85 м/с .
т Т~‘ т
Ответ, при F = 1 II a = 0. F = Fcosa = 0,866 II; при
F
F-2II Fl(V = p(/ng Fsina) = 0,88 11, a-—(cos a 1 ц sin a) —
rn
pg = 11.85 м/с2
6. По плоскости, расположенной под углом а к горизонту,
движется тело массой т2, связанное нерастяжимой нитью, переки-
нутой через блок, с телом массой т, (mt > т2). Коэффициент тре-
ния между грузом т2 и наклонной плоскостью равен р. Найдите
силу, действующую на ось блока со стороны плоскости. Массами
блока и нити пренебречь, трение в оси отсутствует.
Решение
Рассмотрим движение тел относи-
тельно наклонной плоскости (рис. 1.25).
Па тело массой пц действуют две силы:
сила тяжести FTI = mtg и сила натяжения
нити Т). Запишем основной закон .дина-
мики тела массой тс
42
I Механика
= + Т|- О-9)
I la тело пь действуют сила тяжести FT> = сила нормальной
реакции N, сила натяжения нити Т> и сила трения F^.
Для того чтобы определить, как направлена сила трения, нуж-
но знать направление движения. Сила трения не может изменить
направление движения на противоположное. Следовательно, надо
определять направление движения в отсутствие силы трения. Оче-
видно. что если mtg > m2gsinct, то тело т2 движется вверх, а сила
трения направлена вниз.
Основной закон динамики для тела массой ту.
т2а2 - m2g -t Ti +• N + Ятр. 0-Ю).
В проекции на ось yi уравнение (1.9) имеет вид
= mtg-Tr (1.11)
В проекциях на оси л2 и у2 уравнение (1 10) имеет следующий
вид соответственно:
m2ai ~ ^2 "’jXSina Г1р; (1.12)
0 — Л’ -/n2gcosa.
Здесь F , =цЛ' -рл/gcosa. Вследствие нерастяжимости нити
= а2 = а. Так как массы блока и нити равны нулю, то 7]=Т2 =Т.
Тогда уравнения (I 11) и (1.12) примут вид
/n)a = m1g-7’; (1 -13)
т,а = Т m2gsina |ют2ксола. (1 14)
Сложив уравнения (I 13) и (1.14), получим
л»!-ж, sin a-p/n2cosa |Sj
m + m2
Подставив выражение (1.15) в уравнение (113), определим
Г =-^l^_(l+pcosa + sina)g. (1.1b)
/л, 4 /л2
1 2. Основные соотношения и законы в динамике
43
Согласно второму закону Ньютона (рис. 1.26)
тЬп11пт ^1 ^2 1 ^*Ьп’
где — масса блока. — ускорение его цензра
тяжести; 7j, 7 силы натяжения нит; — сила,
действующая со стороны оси на блок. При т6 - О
Л'Л| = Те, где 7^ равнодействующая сил натя-
жения, действующих на блок ( 7'j - 2Feos 0/2, 0—я/2
тельно, у; = 27’cos( л/4-а, 2).
Тогда
Рис. 1.26
а). Следова-
А’бл =27cos(n/4 а/2) = 2—(l + pcosa + sma)cos(n/4 а/2).
/Л] 4 /п2
Ответ'. N =2 /И|ОТ- (1+ цсоьа-4sina)cos(n/4-а/2).
/л, t т2
7. Невесомая нерастяжимая нить, перекинутая через блок с
неподвижной осью, пропущена через щель. При движении нити на
нее со стороны щели действует постоянная сила трения11а кон-
цах нити подвешены груды массами т, и /п2(/И| > т2). Определите
ускорение1рузов
Решение
Рассмотрим элемент нита. Так как
масса нити равна нулю, то при движении
груза массой /л, вниз второй закон Нью-
тона для элемента нита в проекциях на
вертикальную ось (рис. I 27) можно за-
писать в виде
Т} f Тг = Ъ.
Рис. 1.27
Аналогично запишем для грузов.
fj =m}a\
m2g Т2= т2а-
Решая записанные уравнения относительно а, получаем
44
1. Механика
(”>1 Ж2)£ f
т} + т2
Оттт, aJm' ”•& J.
/»] 4 т2
8. Санки съезжают с горы высотой
// с углом наклона а и движутся по го-
ризонтальному участку (рис. 1.28). Ко-
эффициент трения на всем пути одина-
ков и равен ц. Определите расстояние
л, которое пройдут санки, двигаясь по
горизонтальному участку до полной
остановки.
Нис. 1.28
Решение
Длина наклонного участка L - --—.
sin а
При движении по горе ускорение санок и их конечная ско-
рость имеют следующий вид соответственно:
О] =gsina p^cosa;
i>2 — 2atL — 2jf(snn a — p cosa)———
sin a
При движении по горизонтальному участку ускорение санок
а2 = а пройденный путь
.? = и2 /(2а2).
(1 17)
2
Подставив выражения для а2 и о* в формулу (1.17), получим
2x(sma pcosaj//
5 =-------------------
2jigsina
(1 ,r I pctga „
— ctga J/ ----------If
M J M
_ /7(1 gcte a)
Ответ v ---------------
Рис. 1.29
1.2. (к ночные соотношения и гакоиы « динамике 45
9. Определите силу, действующую
на вертикальную стенку со стороны
клина, если по нему скользит груз мас-
сой т = 1 кг. Угол при основании кли-
на и = 45*’ (рис. 1.29). Коэффициент
трения между грузом и поверхностью
клина ц = = 0,4. Трение между гори-
зонтальной поверхностью и клином отсутствует. Принять уско-
рение свободного падения g = 10 м/с2.
Решение
На клин со стороны груза действуют сила трения F =
= j-i/ng cos а и сила веса Р = mg cos а.
Сила F равна сумме проекций сил F^, и Р на горизонталь-
ную ось
F - Psin a F cos а - mg cos- а sin а pmg cos a cos а =
= mg cos а(sin a pcosa).
Подставив числовые значения т = 1 кг, a = 45 , ц - 0,4, полу-
чим F = 3,0 II.
Ответ: F = mgeosafsma geos a) = 3,0 П.
10. Два однородных бруска одинакового размера расположены
так, что их края совпадают (рис. 1.30). Бруски движутся по первой
горизонтальной полуплоскости, при этом вектор скорости брусков
направлен вдоль их продольной оси и перпендикулярен границе
раздела полуплоскостей. Масса нижнего бруска — 2m, верхнего
3m, коэффициент трения нижнего бруска о первую полуплоскость
pi = 0,1, а о вторую — pi = 0,5. Кинетическая энергия брусков дос-
таточна для преодоления границы раздела полуплоскостей. Оп-
ределите коэффициент трения р между брусками, при котором
верхний брусок начнет проскальзывать относительно нижнего в
момент времени, когда бруски переместятся на вторую полуплос-
кость на 3/4 своей длины.
46
1 Механика
Решение
На нижний брусок со стироны полуплоскостей действуют си-
лы трения
„ т.л т. r . „ т. + /и,
Лр1 = Ml ^2 = Р2 ~ ’
L Lt
где л длина части бруска, переместившейся на правую полу-
плоскость.
Нод действием результирующей силы трения Ртп =
= t тр1 < Р, 12 оба бруска получают ускорение, которое возрастает
с увеличением х:
„ т. +т. г , л
/%= —p^£[pi(L-x) + p2x |.
Ускорение системы тел
а = -----—= у pj (£-х) » р2х | (1.18)
тх + т2 L 1 J
Проскальзывание верхнего бруска начинается при условии
= О19)
где ц. — колффициент трения между брусками.
Приравняв выражения (1.18) и (1.19), находим козффипиент
трения ц между брусками
х) + ц2хг,
откуда
L L
I 2. Основные соотношения и законы в динамике
По условию х = — L. Подставив значение х в выражение
(1.20), получим
Подставив числовые значения ji| = 0,1 и р? = 0.5, получим
р=-0,1 I - -0,5 = 0,4.
4 4
1 3
Ответ', р = — Р] I — р2 — 0.4.
4 4
11. На каком расстоянии от поверхности Земли ускорение сво-
бодного падения составляет 25 % ускорения свободного падения
на поверхности Земли?
Решение
11а поверхности Земли
(1-21)
где М — масса Земли: R — радиус Земли; g — ускорение свобод-
ного падения на поверхности Земли
Па высоте Л над поверхностью Земли
где gt — ускорение свободного падения на высоте h.
Из выражений (1.21) и (1.22) следует, что
g (Л + Л)2
(1.23)
Из уравнения (1.23) получим зависимость отношения — оз
высоты й.
4Х
/ Механика
Обозначим — = л. Тогда
R
□ / „п \
=п или h-\2Rhi R'- — =0.
(Ягй)2 п ।
Решая тго квадратное уравнение, получаем
R
Так как Л > 0, то h- -R+—=. По условию п = 0,25, тогда
Ун
Л = -R + -f= = R, т е. £1 = 0,25# на высоте, равной радиусу Земли.
У0,25
Ответ: h-R
12. В сферическую полость помес-
тили гантель (два шарика массой т
каждый, соединенные невесомым же-
стким стержнем) под углом а = 45 ‘ к
вертикали (рис. 1.31). Определите силу
давления нижнего шарика на стенку
полости сразу же после того, как ган-
тель отпустили. Радиусы шариков ган-
тели намного меньше радиуса сферы.
Силами трения пренебречь.
Рис. 131
Решение
Так как по условию скорости шариков в начальный момент
равны нулю, то Fn — 0 и, следовательно, ая - 0, т. е ускорения
шариков направлены по касательной к окружности.
I антель жесткая, следовательно,
h,l=Ki=« |П|=17М=Г
Обозначим массу нижнего шарика верхнего т2 и запи-
шем уравнения движения шариков в проекции на нормаль и ка-
/ 2. Основные соотношения и законы в Оинамике
49
сательную в точках нахождения шариков соответственно (см
рис. 131):
при ап - О
Nx = /л^ I Тcosa;
(1-24)
.V2 = Тsin a.
при aT = а
mta - Т sin a;
(1-25)
(1-26)
m2a = m2g Г cos a.
(1-27)
Из уравнений (1.26) и (1.27) определим
/Л|/И2
г=- —* -g.
/Я] co.sa + m2 sin a
Подставив Тв уравнения (1.24) и (1.25), получим
I m,
W| ="'ik! i + -—”
mt + m, tg a ,
m.m^
N2=------
mt ctg a + m2
Я-
При rn\ = mi = m и a = 45
3
= -шх;
2
Nt - mg' 1 i----—-----
m i m tg u
м m' > ,n^
A, =---------g = —
mctga+/n 2
Силы давления шариков на стенку полости Л; - -Л7s = JV2.
Ответ: ^ = 7и,5 1+-----—-----
1 nij + m, lg a
3
= -^-
13. Коэффициент жесткости резинового жгута .длиной L и мас-
сой т равен А. Кольцо, изготовленное из ттого жгута, вращается с
угловой скоростью е> в горизонтальной плоскости вокруг верти-
кальной оси. проходящей через его центр Определггге радиус
вращающегося кольца.
50
I Механика
Решение
Обозначим через длину вращаю-
щегося кольца, £ip = 2nR Рассмотрим
небольшой участок кольца длиной V и
массой Дот =-^-Д£. 11а выделенный уча-
сток с двух сторон действуют силы упру-
гости Т, и 7L, направленные по каса-
Рнс. 1.32
тельным к кольцу и одинаковые по модулю (7\ = 7?) (рис. 1.32). Их
равнодействующая F направлена по радиусу к центру кольца и
сообщает рассматриваемому участку центростремительное ускоре-
2 о.
ние а = оз R. 11а рис. 1.32 видно, что F = 27’sin - . Запишем уравне-
ние движения выделенного участка:
2
F - Лотсо" R или
а
2Т sin — =
2
mA£ г
-----го'/?
(1.28)
Поскольку Г = А'(£Ър £), £„р=2яЛ, а при малых углах
а а Д£
sin — = — = —, то из равенства (1.28) получаем
2 2 2/?
2
Л£ иГЯ/и
2А(2л/? £)—=-----------
2R 2nR
. п 2nkL
Отсюда определим R=—------—
4 л “А пгт
Ответ: R-
2nkL
2
X -го т
14. Во сколько раз увеличится максимально допустимая ско-
рость движения велосипедиста по наклонному треку с углом на-
клона а по сравнению с максимальной скоростью движения по
I 2. Основные соотношения и законы в динамике
51
горизонтальному треку при одинаковых радиусах кривизны траек-
тории и коэффициентах трения р?
Решение
Рассмотрим движение велосипедиста по горизонтальному тре-
ку (рис 1.33, а). На велосипедиста действуют сила тяжести mg и
нормальная составляющая силы реакции опоры N. Центростре-
мительное ускорение велосипедисту может сообщить только сила
трения покоя, направленная по радиусу окружности к ее центру О
и возникающая в том случае, когда велосипедист наклоняется к
центру окружности. Равнодействующая сила F - F-гр г N прохо-
дит через центр тяжести велосипедиста, ибо в противном случае
существовал бы опрокидывающий момент сил.
Рис. 1.33
По второму закину Ньютона для проекции на радиальное на-
правление х
2
_ U
F -та - т —,
ф л о
где и —скорость движения велосипедиста.
Поскольку сила трения покоя Fip < рЛ'- pzng. то получаем
неравенство
<7 2 /
т — < рлщ => < pgfl => U <
R
т. е. максимальная скорость на горизонтальном треке ц --^pgR
52
7 Механика
Рассмотрим движение велосипедиста по наклонному треку
(рис. 1.33, б). По второму закону 11ыотона .для проекций на осп у и х
Л'cos а /\pSina zng = 0; (129)
J
Л" sin а + F„ cos а - та, (1-30)
и2
где ая =—; t> — скорость движения велосипедиста по наклон-
ному треку.
Определим из системы уравнений (1.29) и (1.30) А’ и F Для
поп.» сначала умножим уравнение (1.29) на cos а, а уравнение
(1.30) на sin iv.
N cos' a sin a cos a- mg cos a,
2
2 L>
A'sin‘ a + F, cos a sin a - m— sin a.
После сложения получим
2
2*2 *
A'lcos a i sin a)i = mgcosa -/n— sina,
Я
откуда следует
2
U
N = m geos a + —sin a .
Я
Умножим уравнение (1.29) на sin а, а уравнение (1.30) на cos a,
тогда
N sin a cos a-Fusin' a = mgsina, (131)
. y2
Vsinacosa + F cosa-m— cosa. (1-32)
'P R
После вычитания из уравнения (1.32) уравнения (1.31) полу-
г i
чим F -т —cosa gsina .
Ч’ п Л
\R 7
1.2. Основные соотношении и законы в динамике
53
Так как F — сила трения покоя, то
(и2
-costx esma
R
и2.
< ши| gcosa + — sma .
(133)
Разделив обе пасти уравнения (I 33) на cos а, получим
ptga)<g(p I tgu).
Если (I ptga)>0, tou< +-tga).
V 1 gtga
Значит, максимальная скорость при движении по наклонному
треку
_ kfl(p + tga)
и2 -------------.
у I м tg a
M_tga
p(l -ptga)
~ w»
Ответ: отношение скоростей — =
Ц
15. Какую постоянную горизонтальную силу нужно прило-
жить к тележке массой М = I кг, чтобы грузы массами mt = 0.4 кг и
т- = 0,2 кг не двигались относительно нее (рис. I 34)? Трением
пренебречь.
Решение
Перейдем в систему координат
хОу, связанную с тележкой, при этом к
телам /и, и ш_- приложим силы инерции
/•J = гща. F2 ~ mlai гле
F Рис. 134
а ------------.
М Д/л, I т2
Поскольку все тела в системе неподвижны, то сила натяжения
нити
Т - m2g - тха.
54
I Механика
Подставив в это уравнение ускорение а, получим
I' _ f»2K
М + Л1| + т2 тх
откуда следует
F = lmt • т2 т М)т2я =7811
n,i
„ r (ml4-m24-A/)m2g
Ответ F -------------------- 7,8 11
/п.
Контрольные работы
9-й класс
1. Тело массой 6 кг движется вдоль оси .х со скоростью, проек-
ция которой ц как функция времени I представлена на графике
(см рисунок). Определите модуль проекции равнодействующих
сил, действующих на тело, на участках 04, АВ и ВС (8 баллов).
2. Брусок массой 0,8 кг тянут равномерно по поверхности,
прикладывая некоторую горизонтальную силу /д - 2 1! Во сколь-
ко раз надо увеличить силу, чтобы брусок двигался с ускорением
2,5 м/с* (8 батлов)?
3. Груз массой 60 кг лежит на полу лифта, поднимающегося
вверх. Ускорение лифта а-3 м/с . Чему равен вес груза? Нари-
суйте схему и укажите место приложения всех сил, действующих
на груз и пол лифта (8 баллов).
1.2. Основные соотношения и законы в динамике
55
4. Определите вес мальчика, масса
тела которого равна 40 кт, в положениях
А и В (см рисунок), если Rt = 20 м,
ц = 10 м/с, Я, = 10 м, и, = 5 м/с (10 бал-
лов).
5. Во время великого противостояния расстояние от Марса
до Земли становится наименъпшм и составляет примерно L =
-5,6 10 км. Определите силу взаимодействия Марса и Земли.
Масса Марса .VfM = 6,421 I023 кг, масса Земли Ms = 5.98 Ю^'кг.
Найдите точку на прямой, соединяющей Землю и Марс, в которой
сила притяжения космического корабля к Земле будет равна силе
притяжения к Марсу (12 баллов).
6. Определите первую космическую скорость для условий Ве-
неры. Радиус Венеры 6000 км, ускорение свободного падения g =
= 8,4 м/с2 (10 баллов).
7. Две пружины с коэффициентами упругости к\ и соедини-
ли последовательно. Какой должна быть жесткость пружины, ко-
торой можно заменить систему двух пружин (8 баллов)?
8. Два бруска массами т, = 200 г и
«1, =300 г связаны нитью и лежат на глад-
т з -- т ।
ком столе. К бруску массой mi приложена сила F = I II, направ-
ленная параллельно плоскости стола (см. рисунок). С каким уско-
рением а будут двигаться бруски? Какую силу натяжения Т будет
испытывать невесомая нить, связывающая бруски? При какой мак-
симальной силе Гнид, нить оборвется, если эта сила будет прило-
жена- а) к бруску массой т\\ б) к бруску массой /и2? Пить выдер-
живает максимальную силу натяжения Т1№а =9,8 Н. Трением пре-
небречь (12 батлов).
9. Тележка массой tn = 20 кг может ка-
титься без трения по горизонтальной по-
верхности (см. рисунок). На тележке лежит
брусок массой /п0 = 2 кг. Коэффициент трения между бруском и
тележкой ц = 0,25. К бруску приложена сила а) /’ = 1,96 П;
56
I. Механика
6) F = 19,6 II. Найдите силу трения между бруском и тележ-
кой и ускорение бруска и тележки в обоих случаях (12 баллов).
10. На пттанге укреплен невесомый блок
(см. рисунок), через который перекинута нить с
двумя гру зами, массы которых /п( = 500 г и т2 =
= КМ» г, В грузе гп2 имеется отверстие, через ко-
торое проходит штанга. Сила трения груза о
штангу постоянна и равна 3 II Найдите ускоре-
ние грузов, силу натяжения нити и давление на
ось блока (12 баллов).
10-и класс
1. На неподвижное тело массой т = 5 кг, находящееся на гори-
зонтальной абсолютно гладкой плоскости, в момент времени / = 0
начинает действовать сила, направленная вдоль горизонтальной
оси л. 11а рисунке приведена зависимость этой силы от времени,
определите величину и направление скорости в момент времени
ти = 6 с (8 баллов).
2. Материальная точка массой nt = 0,5 кг движется под дейст-
вием силы так, что закон движения имеет вид х = 5 3t I 2г Най-
дите силу, действующую на точку. Величины выражены в системе
СИ (8 баллов).
3. На тело массой m = 10 кт начинает действо-
вать сила (см. рисунок), модуль которой изменяется
с течением времени по закону F = kt, где к =
= 0,98Н/с. Определите момент времени, когда тело сдвинется с
места. Постройте график зависимости модуля силы трения от вре-
мени, если ко >ффицисн1 трения ц = 0, -1 (8 баллов).
1.2. Основные соотношения и законы в оииамике
57
4. Магнит массой т = 0,5 кг притягивается к стенке _ |
силой Ft =5 II Удержится ли он на стенке, если ко>ф- .*
фициент трения (1=0,6? Куда и с каким ускорением
будет двигаться магнит, если к нему приложить допол-
нительную силу Е,, составляющую угол а = 30 со стенкой (см
рисунок)? Задачу решить для двух значений силы F2, равных 5 и
2011(10 баллов).
5. Небольшое тело пустили снизу вверх по наклонной плоско-
сти, составляющей угол а с горизонтом. Найдите коэффициент
трения между телом и плоскостью, если время подъема тела ока-
залось в 2 раза меньше времени спуска (10 баллов).
6. Определите ускорения грузов массами т} и
Шт, связанных невесомой и нерастяжимой нитью
(см. рисунок). Массой блоков и трением пренеб-
речь, zzjj > zn2 (IО баллов).
7. Небольшой кубик массой т находится в состоянии покоя на
шероховатой плоскости, наклоненной к горизонту под утлом а (см.
рисунок). Ко"иЬфи1П1ент трения кубика о плос-
кость равен p(p>tgu). Определите минималь-
ную горизонтальную силу F, параллельную на-
клонной плоскости, с которой нужно толкать
кубик, чтобы он начал двигаться (10 баллов).
8. Круговая орбита спутника Земли лежит в экваториальной
плоскости. Спутник все время находится над одной и той же точ-
кой поверхности Земли. Найдите радиус орбиты такого спутника.
Масса Земли 5,98 • 10‘4кг (10 баллов).
9. На тележке укреплен отвес — шарик на
нити 11а какой угол р от вертикали отклонится
нить отвеса (см. рисунок), если тележка будет
скатываться по наклонной плоскости? Угол ме-
жду плоскостью и горизонтом а = 30г
(12 баллов).
58
1 Механика
10. Шэрик массой т = 0,1 кг подвесили к д.
пружине, жесткость которой А = 40 I l/м. Затем -Д
шарик раскручивают так, что пружина описывает V.
в пространстве конус (см. рисунок). Определите V
длину пружины /, если в недеформированном со-
стоянии .длина пружины /0 = 30 см. Угловая ско- .....-
рость вращения шарика и> = 10 рад с (14 баллов).
11-й класс
1. Тело массой т = I кг движется вдоль оси х со скоростью,
проекция которой как функция времени г представлена на ри-
сунке. Определите модуль равнодействующей сил, действующих
на тело, в момент времени t = 5 с (Ь баллов).
их. М'С
2. В установке (см. рисунок) массы тел составляют т}, т2 и
/лп, массы блока и нитей пренебрежимо малы и трение в блоке от-
сутствует. 11айдите ускорение а, с которым
опускается тело/л», и crurv натяжения нити. — Г
! xvsvx;''..xvvx
связывающей тела /п( и /п2, если коэффи-
циент трения между этими телами и гори-
зонтальной поверхностью равен ц, а также
силу натяжения inmi, связывающей тела т0 и /л, (10 баллов).
3. Тело массой т, движущееся по горизонтальной поверхности
с ускорением а, прикреплено к двум соединенным последователь-
но пружинам жесткостью А( и А2. Найдите суммарное удлинение
пружин л - Х| 1 х2. Ко эффициент трения между телом и поверхно-
стью равен ц_. Массами пружин пренебречь. Колебания пружин
отсутствуют (10 баллов).
1.2. (кнонные соотношения и законы в динамике
59
4. Клин массой М = 2 кг с углом наклона при основании
а = 45° расположен на горизонтальной поверхности (см. рисунок).
На наклонной поверхности клина находятся
два бруска одинаковой массы т = I кг. Коэф-
фициент грения о плоскость верхнего бруска
щ = 0,2, а нижнего — = 0,6. Определите си-
лу взаимодействия между брусками при их
совместном соскальзывании и значение минимального коэффици-
ента трения ц между* клином и горизонтальной поверхностью, при
котором клин етпе не будет скользить по ней (10 баллов).
5. При скоростном спуске лыжник движется по склону с углом
наклона а - 45°, не отталкиваясь палками. Коэффициент трения
лыж о снег р = 0,1. Сила сопротивления воз,духа пропорциональна
квадрату скорости F = ku2, где А = 0,7 кг/м. Какую максимальную
скорость может развить лыжник, если масса его тела tn = 90 кг
(8 баллов)?
6. Па стержень, длина которого 27., надета
бусинка массой т. Бусинка может перемещаться о «
по стержню бес трения В начальный момент бу-
синка находится на середине стержня (см. рису-
нок). Стержень поступательно передвигается в горизонтальной
плоскости с ускорением а в направлении, составляющем угол а со
стержнем Определите ускорение бусинки относительно стержня,
силу реакции со стороны стержня и время, через которое бусинка
покинет стержень (12 баллов).
7. Катутпку тянул за ншь по полу* (см.
рисунок), причем ускорение катушки посто-
янно и равно а. При каком коэффициенте
трения между оболами катушки и полом ка- . _ *
тушка будет скользить не вращаясь? Радиусы
обода и вала катушки равны соответственно R и г (10 баллов).
8. Па внутренней поверхности полого шара
радиуса R, вращающегося вокруг вертикальной
оси с постоянной угловой скоростью со, находится
маленькая шайба А (см. рисунок). Считая угол а
известным, найдите минимальный коэффициент
трения, при котором шайба не соскользнет вниз
(1U баллов).
60
/ Механика
9. Точка подвеса конического маятника движется вверх с по-
стоянным ускорением а. Определите период обращения маятника,
если нить отклонилась от вертикали на угол а, а ее длина равна L
(10 баллов).
10. Тонкая запаянная с одного конца зд
трубка заполнена ртутью и закреплена
на горизонтальной платформе, вращаю-
щейся с угловой скоростью от вокруг
вертикальной оси гак, что ртуть не вы- t,
ливается и заполняет полностью гори- -ч - —
зонтальное колено трубки (см рисунок). , - п
Открытое колено трубки вертикально. ТГ,
Геометрические размеры установки при-
ведены на рисунке. Атмосферное давление ро, плотность ртути р.
Найдите давление ртути у запаянного конца трубки. Силами по-
верхностного натяжения пренебречь (14 баллов).
1.3. Количество движения (импульс).
Закон сохранения импульса.
Движение иен i ра масс
Импульс тела. Важную роль в фишке играет величина />,
равная произведению массы тела и его скорости: р = ти. Век-
тор р называют импульсом тела или количеством движения.
Так как ускорение а - —, а масса тела в механике Ньютона
dt
является постоянной величиной, то. воспользовавшись понятием
импульса, запишем второй закон Ньютона (mo - F) в другом виде:
du d(mt>) dp ,
т — =-------= 1 = /,
dt dt dt
т. e. скорость изменения импульса тела ранни силе, действующей
на тело.
Из полученного соотношения следует, что элементарное при-
ращение импульса частицы dp за элементарный промежуток вре-
мени dt равно произведению силы и времени ее действия.
L3. Количество движения (милульс). (икон сохранения импульса 61
dp=F<*. (134)
Если сила F непостоянна и известна зависимость этой силы
от времени, то уравнение (134) позволяет найти приращение им-
пульса тела за некоторый конечный промежуток времени Аг.
Проинтегрировав выражение (134) по времени, найдем прираще-
ние импульса тела Лр — р2 Р\ за промежуток времени Аг —12 - if
• • 7
Pi Л|=И('И
л
Записав это уравнение в проекциях на оси координат, получим
ъ
= Рп Р\х = f
*i
г2
= Piy ~ Р\у = J
>1
'1
Из свойств интегрального исчисления следует, что | Ejiyti
о
численно равен площати криволинейной трапеции, расположенной
под графиком функции /\(0 во
временном интервале от 0 до Ь- Па
рис 135 тго площадь криволиней-
ной трапеции ABC 'D.
'2
Соответственно |Л’((гхй чис-
‘1
ленно равен площади криволинейной
трапеции, расположенной под графиком функции Г, и) во вре-
менном интервале от до 12. Тогда модуль приращения импульса
= +^-
Ест сила Г постоянна в течение промежутка времени А/ -
= t2 Г], то приращение импульса тела A/i = р2 — р} = mis гпц
62
/. Механика
равно произведению силы и времени ее дейст вия F&t, т. е.
Др= F:\l. Величину F&J называют импульсом силы. Вектор Л/?
направлен так же, как и вектор F.
Если на тело не действуют силы либо их сумма равна нулю,
то импульс тела остается постоянным
Важным следствием основного уравнения динамики является
то, что одна и та же сила за равные промежутки времени изменя-
ет импульс тел на одну и ту же величину независимо от масс.
Импульс системы. В произвольной системе тела этой систе-
мы могут взаимодействовать между собой, тогда силы взаимодей-
ствия между ними называют внутренними. Если же гела системы
взаимодействуют с телами, не входящими в эту систему, то силы,
обусловленные действием не входящих в эту систему тел, называ-
ют внешними В любой системе сумма всех ее внутренних сил рав-
на нулю, что является следствием третьего закона Ньютона. Сум-
ма внешних сил, действующих на систему, необязательно равна
нулю. Если сумма внешних сил, действующих на систему, равна
нулю, то систему называют замкнутой. Если эта сумма отлична от
нуля, то систему называют незамкнутой.
Импульсом системы met называют векторную сумму
P — m{i\ tin2ii2+.... + mlli)ll, где — импульсы тел. входящих в
систему.
Для замкнутой системы выполняется закон сохранения им-
пульса: векторная сумма импульсов тел, составляющих замкну-
тую систему, остается постоянной при любых движениях и
взаимодействиях met системы.
Рассмотрим замкнутую систему, состоящую из тел, массы ко-
торых равны /ль т2, .... т„, а скорости ц, t>,, ..., р В резуль-
тате взаимодействия тел их скорости изменяются и становятся
равными ц', й’2, ..., р' Импульс системы тел после взаимодейст-
вия называют конечным. В рассматриваемом случае конечный им-
пульс Р'^т^ + т2/у + ....+жп1^. По закону сохранения импульса
Р = Р' или
/П]Ц 4 т2с>2 4 --- • тИип =/п]Ц I.... t тпьп. (I 35)
I 3. Количество движения \ импульс). 1акон саар-тепим имп\ 1ыа 63
Для наиболее распространенного случая — взаимодействие
двух изолированных тел — такой сохранения импульса имеет вид
/И]Ц 4 m2i>2 = mti^ з-т2/$
Из закона сохранения импульса системы можно вывести сле-
дующие положения.
1. Импульсы отдельных тел, входящих в изолированную сис-
тему, могут изменяться под действием внутренних сил, но в сумме
эти изменения равны нулю, т. е. полный импульс изолированной
системы при любых изменениях, происходящих в ней, остается
одним и тем же.
Если ^/' =(), то Р2 Д=0, т. е. в изолированной системе
Я л
Р = У Pj — У' mjx, - const, где п — число материальных точек
1=1 !=1
(или тел), входящих в систему.
2. Поскольку векторному уравнению (1.35) соответствуют два
скалярных уравнения для проекций векторов импульсов тел (если
векторы расположены в одной плоскости), закон сохранения им-
пульса может выполняться по отдельным осям, вдоль которых
сумма проекций сил равна нулю. Другими словами, закон сохра-
нения импульса может выполняться по оси Ох и при этом не вы-
полняться по оси Оу, и наоборот.
3. Если действие внешних сил на систему рассматривается за
малый промежуток времени Az —>0, то импульс внешних сил
Рвнсш А/ -> 0 и, следовательно, импульс системы в течение этого
малого промежутка времени сохраняется
Центр масс системы материальных точек это точка, ра-
диус-вектор которой относительно начата О данной системы от-
счета вычисляется по формуле
„,4(0. »./.(,) (|36)
/И] 4 т2 4 ...4 тн
где /П|, т2, тп; гД/), r2(t),..„г„Ц) — массы и радиус-векторы
материальных точек системы (рис. 1 36).
64
I Механика
Координаты центра масс системы мате-
риальных точек:
Zc ’ zc ’
2.^ 2_Л"<
где гп масса <-й материальной точки; xh
v,, z{ ее координаты
Продифференцировав выражение (1.36) по времени, получим
+w24(Q+,...+ms* (г)
/Я] + т2 +... + тп
Как известно, производная радиус-вектора по времени
мгновенная скорость, поэтому /•'(/) - tij/), /?’(/) = «(/)» где «(О
скорость центра масс системы,
«,^(0 + m2n2(i) + .... + тяйп(П
и (О-----------------------------------
/и, +т2 +...-+ тп
(1.37)
Продифференцировав выражение (1.37) по времени, найдем
ускорение центра масс:
тД 4 т,а2 +....4 тяая
mi 4 mi 4 — 1 т„
где о,, а2,.... ая ускорения тел системы.
Поскольку масса всей системы А/ -/п, 4 т2 I... 4 та, а Р-
- nttt\ I zn2L>2 +... + тяия это импульс системы, то тп выражения
(1.37) следует Л/и = Р.
Таким образом, центр масс системы можно рассматривать как
материальную точку, масса которой равна массе всей системы, с
импульсом, равным импульсу всей системы.
Для центра масс системы можно записать основное уравнение
динамики: \Р - (+ Гюсш )Л/, где — сумма всех внут-
1.3. Количество движения (импульс), Закон сохранения имт чье а 65
ренних сил системы, для любой системы равная нулю, a
сумма всех внешних сил, действующих, на систему Следователь-
но, можно утверждать, что центр масс системы движется как
материальная точка, масса которой равна массе всей системы,
под действием силы, равной векторной сумме всех внешних сил,
действующих на систему. Последнее утверждение называется
теоремой о движении центра масс системы.
Если сумма внешних сил равна нулю (замкнутая система), то
центр масс движется равномерно. В частном случае, если у него
нет начальной скорости, иенгр масс находится в покое. Важно от-
метить, что тела, входящие в систему, могут при этом совершать
разнообратные движения, центр масс же не будет изменять своего
положения.
Рекомендации по решению задач, требующих применения
закона сохранения импульса. К таким задачам относятся задачи о
разрыве одного тела на части (или, наоборот, о соединении не-
скольких тел в о,дно), задачи физики взрыва и удара и задачи о
движении одних тел по поверхности других в полностью или час-
тично изолированной системе. Решая такие задачи, удобно при-
держиваться следующих правил.
1 Прежде всего нужно установить, является ли рассматривае-
мая система тел изолированной полностью или же эта система
изолирована по какому-либо одному направлению. Следует при
этом иметь в виду, что если в системе происходит быстрое изме-
нение импульсов, вызванное взаимодействием тел (ударом, взры-
вом и т. п.), продолжительность взаимодействия считается беско-
нечно малой. 'Ио упрощающее предположение, хотя оно часто не
оговаривается, позволяет применять закон сохранения импульса
даже в тех случаях, когда на систему действуют внешние силы.
Импульс зтнх сил за ничтожно малое время взаимодействия тел
будет тоже ничтожно мал и практически не повлияет на скорость
движения тел. Именно поэтому не учитывается действие силы тя-
жести и силы сопротивления на тела, находящиеся у поверхности
земли, при их столкновениях или разрывах
')то предположение эквивалентно предположению о том, что
при разрывах и соударениях тел в неизолированных системах
внутренние силы системы намного превосходят внешние, и поэто-
66
/ Механика
му изменение импульса тел в этих процессах практически обу-
словлено лишь действием внутренних сил. Изменение импульса
тел под действием внешних сил за время протекания быстрых про-
цессов не учитывается. Как в первом, так и во втором случаях при
решении задач на закон сохранения импульса предполагается, что
в процессе быстрого взаимодействия тела не успевают заметно
сместиться и, следовательно, их скорости изменяются в данной
точке мгновенно
2. Сделать чертеж, где для каждого тела системы изобразить
векторы импульса в начале и в коште рассматриваемого процесса.
3. Выбрать удобную прямоугольную систему координат, раз-
ложить по осям Ох и Оу каждый вектор импульса р, на составляю-
щие р,г и piy. Оси координат следует выбирать, ограничиваясь ми-
нимумом разложений, чтобы было удобно вычислять проекции век-
торов и чтобы по крайней мере вдоль одной га осей система была
изолированной В тех случаях, когда все векторы р, направлены по
одной прямой и внешние силы вдоль нее не действуют или в сумме
равны нулю, разложения векторов делать, конечно, не следует, од-
нако выбрать ось Ох, установить на ней положительное направле-
ние и найти проекции импульсов необходимо.
4. Составить уравнение закона сохранения импульса тел в
проекциях по осям Ох и Оу или в форме уравнений
£/4=0 и SAv Sa>=0’ 1ГТО Делают чаще, в
форме равенств \р1л = ^р'и и Vpjy = Vp^, где, например,
Ал’ Ри — проекции на ось Ох вектора импульса /-го тела до и
после его изменения. Составляя уравнения, необходимо внима-
тельно следить за знаками проекций векторов. Если направление
вектора р, или его составляющей совпадает с положительным на-
правлением координатной оси. то проекция берется со знаком «+»,
если нет, то со знаком «-».
5. Затем необходимо выписать числовые значения заданных
величин, определить число неизвестных в уравнении закона со-
хранения импульса, записать, если неизвестных больше одного,
формулы кинематики и решить полученную систему уравнений
относительно искомой величины.
1.3. Количество движения {импульс) {акон сохранения импульса 67
Обычно при составлении уравнения закона сохранения им-
пульса используют абсолютные скорости тел и все изменения в
заданной системе рассматривают относительно неподвижного тела
отсчета — Земли. Если в задаче задана скорость тел относительно
друг друга, то абсолютную скорость .движения нужно представить
векторной суммой относительной и переносной скоростей.
Примеры решения задач
1. Движение материальной точки вдоль оси Ох описывается
уравнением л = 0,06cos(0,5w) м. Масса точки т = 1 г. Найдите из-
менение импульса Лрх материальной точки за промежуток време-
ни от Г] = 3 с до /г = 5 с.
Решение
Скорость .движения точки их — При этом
I л
- .4(osin((D/])- 0,06 0,5nsm!—-3 J-0,0942 м/с;
и2 с - Ja)sin((er2)= 0,06 0,5лsinл | = 0,0942 м/с.
Таким образом, скорости равны и противоположно направле-
ны фис. 1.37). Тогда
цх) = 0,001 { 0,0942 0.0942}= 1,88-1 О’4 кг-м/с.
-4 —>
1*2 т l'i
-------•----*
О
Рис. 137
Ответ'. Лрх = m(ix>x —цх) = —1,88-10 4 кг м/с.
2. Из орудия массой Л/ = 3 т, не имеющего противооткатного
устройства (ствол жестко скреплен с лафетом), вылетает в гори-
68
I. Механика
зонтальном направлении снаряд массой т = 15 кг со скоростью
и =650 м/с. Какую скорость и получает орудие при отдаче?
Решение
По чакону сохранения импульса Wii >/пп = 0. Запишем что
уравнение в проекции на горизонтальную ось: Ми + ти= 0. отку-
WIL'
да и = ---= -3,25 м/с.
М
О/пвет. и =—- = -3,25 м/с. Знак «-» укалывает на то, что
скорости орудия и снаряда направлены в противоположные сто-
роны.
3. Снаряд массой т = 20 кг, летевший горизонтально со скоро-
стью t>= 50 м/с, попадает в платформу с песком массой М = Юти
застревает в песке. С какой скоростью и начнет двигаться плат-
форма?
Решение
По закону сохранения импульса mi> = (М I т)и. Запишем это
уравнение в проекции на горизонтальную ось: ти - {М + т)и, от-
куда и = /ЯР я 1 м/с.
М - т
, ти
Ответ- и -------* । м/с.
М г т
4. Пушка, стоящая на очень гладкой горизонтальной площад-
ке, стреляет под утлом а = 30 к горизонту. Масса снаряда
т =20 кт. начальная скорость и = 200 м/с. Какую скорость и при-
обретает пушка при отдаче, если ее масса М = 500 кг?
Решение
Импульс системы «пушка — снаряд» вдоль горизонтального
направления, равный нулю до выстрела, за время выстрела нс из-
меняется, так как в этом направлении внешние силы не действуют
В данном случае выстрел произведен под углом а к горизонту и
проекция вектора импульса снаряда на горизонтальное направле-
1 3. Количество Овимх/шя (импульс). (окон сохранения импульса 69
ние равна mucosa. Но закону сохранения количества движения
Ми I mucosa-0 Отсюда н = ------------ 1 м,с.
М
„ mucosa
Ответ. и =------------7 м/с. Скорость пушки направлена
М
противоположно горизонтальной проекции скорости снаряда.
5. Две тележки, каждая массой М, движутся друг за другом по
инерции (без зрения) с одинаковой скоростью и&. На задней те-
лежке находится человек, масса тела которого равна т В некото-
рый момент времени человек прыгнул в переднюю тележку со
скоростью и относительно своей тележки. Какими стали скорости
тележек?
Решение
Импульс всей системы в результате того, что человек пере-
прыгнул из задней тележки в переднюю, не изменится, поэтому
(2М + m)t^, = Ми2 + (М + m)uj,
где ц', — конечные скорости передней и задней тележек отно-
сительно поверхности земли.
Аналогично запишем баланс импульсов для задней тележки с
человеком (до и после перепрыгивания):
(М । т)и„ - Ми2 1 т(и^ ( и),
где (uj I и ) — скорость спрыгнувшего человека относительно
полотна дороги.
Из этих двух уравнений следует
, тМ т
ц -и0 <-------,-w: iJ-> = ------w
(m-tAf)2 М+т
.. тМ т
Ответ', ц -и0 4-------^и, -----и.
{т t М) М(т
6. Три лодки одинаковой массы М движутся по инерции друг
за другом с одинаковой скоростью и. Из средней лодки в крайние
70
/ Механика
одновременно перебрасывают грузы массой т со скоростью и от-
носительно лодок. Какие скорости будут иметь лодки после пере-
брасывания грузов? Сопротивление воды не уплывать
Решение
Скорости лодок после перебрасывания грузов определяют с
помощью «неона сохранения импульса. Груз, брошенный вперед (в
первую лодку), будет иметь относительно волы скорость и 1 и. а
груз, брошенный назад (в третью лодку), скорость и - и. Им-
пульс системы «первая лодка — груз» до попадания груза в лодку
равен Ми I т(и 1 и). Приравняв его к импульсу после попадания
груза в лодку, получим Ми + т(и । и) = (Л/ + m)ui («л искомая
скорость первой лодки), откуда следует
Ми 4 m(L> I и) ти
Ц =-------------D I ------.
М ।т М з т
Для системы «третья лодка — груз» закон сохранения им-
пульса имеет вид
Мп) т(и и)-(М 4 т)1^,
откуда получим
Ми 4 m(t> и) ти
=-------------= и-------.
М 4 т М 4 т
Скорость средней лодки не изменится Действительно, до пе-
ребрасывания 1рузов количество движения лодки с грузом состав-
ляло (М I 2т)и. Согласно условию задачи, оно не изменяется при
выбрасывании грузов. (Л/ I Imju-Mu-, I т(и + и) I т{и и). От-
сюда следует - и
„ ти ти
Ответ: ia-d +-------; (л> = у: = и-------.
М + т М + т
7. Снаряд вылетает из орудия под углом а к горизонту со ско-
ростью ц,. В верхней точке траектории снаряд разрывается на две
равные части, причем скорости частей непосредственно после
I 3. Количество движения (импульс) Закон сохранения импульса 71
взрыва горизонтальны и лежал в плоскости траектории. Одна по-
ловина снаряда упала на расстоянии я от орудия по направлению
выстрела. Определите место падения второй его половины, если
известно, что она упала дальше первой. Сопротивление воздуха не
Vllllblfkllb.
Решение
Первый способ. На рис. 1.38 изображены траектории снаряда и
осколков Разрыв снаряда происходит в точке А. Как следует из ки-
нематических соотношений, эта то’гка лежит на высоте
ц," sin’а , i?n2sin2a
// =—------- и находится на расстоянии 1 = —------ от место-
расположения орудия. Скорость снаряда в этой точке ип - и0 cos а.
Начальные скорости осколков снаряда ц и us связаны со
скоростью ин законом сохранения количества .движения.
W И
где М — масса снаряда.
Скорость первого осколка ц можно определить по заданному
расстоянию х. Очевидно, что л-/ = цт, где / =
ЛИ
время полет а осколка. Отсюда получим ц --------t>0cosa.
uDsinu
72
1 Механика
I 1ачальная скорость второго осколка и2 = 2i>H ц - cosa
ДР
------. Расстояние
Lesina
2
, 2uu sin 2а
£=/)(>2Т= —I------.у.
£
Второй сносов. Центр тяжести осколков движется так, как
двигался бы неразорвавшийся снаряд. Осколки падают на землю
одновременно, и центр тяжести системы в момент их падения бу-
дет находиться на расстоянии 2/ от месторасположения орудия.
Согласно формуле для определения центра масс системы.
М М ,
—s+ — L ,
2М Ъ + D
М м 2
— । _
2 2
откуда L -41
2ип2 sin 2a
5 = --— ---- .V.
2
2ц> sin 2a
( )meem L = —----------
??
.v.
X. Снаряд разрывается в наивысшей точке траектории на рас-
стоянии L по горизонтали от пушки на два одинаковых осколка.
Один из них вернулся к пушке по первоначальной траектории сна-
ряда. Где упал второй осколок?
Решение
Пусть скорость снаряда в точке разрыва равна и Эта скорость
направлена горизонтально. Скорость первого осколка |д после раз-
рыва снаряда также горизонтальна и равна и, поскольку он вернулся
к пушке по первоначальной траектории. Следовательно, скорость
второго осколка ьь также должна быть горизонтальной. В со-
ответствии с законом сохранения импульса но горизонтальной оси
2ти = пи>2 ши,
1.3. Ko шчсетво Гимения {импульс}. !акои сохранения импугыа 73
откуда
Время движения обоих осколков после разрыва снаряда оди-
наково. так как оба они изначально находились в поле тяжести на
одной высоте, а силой сопротивления пренебрегаем, поэтому вто-
рой осколок пролетел по горизонтали расстояние 3/. иг места раз-
рыва снаряда. Таким образом, второй осколок упал на расстоянии
4 А от пушки.
Ответ, второй осколок упал на расстоя-
нии 4 А от пушки.
9. Первая частица столкнулась со второй
частицей, в результате чего возникла составная
часпща. Найдите ее скорость, если масса вто-
рой частицы в 2 раза больше массы первой, а
составляющие их скоростей перед столкнове-
нием соответственно = 2 м/с, = 3 м/с,
- 4 м/с, = 5 M; с.
Решение
В соответствии с законом сохранения импульса р = р} 4 р2
Обозначив массу первой частицы т, а второй — 2т, запишем
закон сохранения импульса-
(т । 2m)u-mUj 4 2ти2
В проекциях на оси г и у (рис. 1.39), сократив на т, получим
Зи,. = tj|X 4 2l>2X; i—=-:
и = Ju + и
Зи^ц^2^; *
I »2
JI Цл 4 ^4^2 Цу + I л i
o= —. 4 —------------------------------ =4 М/С.
-2 / \2
Ответ'. u = ’ 4 --------- =4 м/с.
Ш 3 J ' 3
74
1 Механика
](). Падающий вертикально шарик массой т = 200 г ударился
об пол со скоростью и = 5 м/с и подпрыгнул на высоту h = 46 см.
Чему равно изменение Лр количества движения шарика при ударе?
1,6 кг-м/с.
11. Тело движется по прямой (рис. 1.40). . г । *
Определите промежуток времени А/, та ко- ~
торый под действием постоянной силы Рис. 1.40
Л = 5 II импульс тела изменился от />|=25кг-м/с до рг =
= 15 кг м/с.
Решение
Запишем основное уравнение динамики в проекциях на ось а:
/>2-Л=-Л'Л/,
откуда получим
д„/1./1,2122=2 с.
F 5
Ответ. Л.1 = ^ = 2 с.
-F
12. На неподвижное тело массой
т, находящееся на горизонтальной
абсолютно гладкой плоскости, в мо-
мент времени 1 = 0 начинает действо-
вать сила, направленная вдоль гори-
зонтальной оси л. На рис 1.41 пред-
ставлена зависимость проекции Fx
этой силы от времени /. Определите
моменты времени г, = 4/0. 12 = 3/(|.
проекцию импульса тела в
Решение
Проекцию импульса тела можно определить по графику зави-
симости проекции силы от времени как площадь фигуры, ограни-
ченной графиком и осью /. В данном случае за время ц площадь
фигуры, расположенной над осью /, равна площдди фигуры, рас-
/.J. Количество движения (импульс). Закон сохранения импульса 75
положенной под осью t, следовательно, их сумма равна нулю, по-
этому pi = 0. За время ь результирующая площадь равна -FyTo. по-
этому рг = -Foiu-
Ответ. р{ =0; р2 = -Fotv
13. Тело массой т - 1 кг брошено под углом к горизонту. За
все время полета его импульс изменился на Л/? = 20 кт-м/с Пре-
небрегая сопротивлением воздуха, определите наибольшую высо-
ту подъема тела.
Решение
Максимальная высота подъема тела
Л=-^, (1 38)
2g
где ищ —проекция начальной скорости на вертикальную ось.
Так как при двтгжении тела, брошенного под утлом к горизон-
ту, изменяется только вертикальная составляющая скорости, то
максимальное изменение импульса Лр=Л//|Д - 2/пц,..
Отсюда
(1-39)
- 2т
Подставляя выражение (1.39) в формулу (1.38), получаем
.W
Ответ: п—---- 5,1 м
W
J 4. Тело массой т = I кг бросили под углом а = 45 к горизон-
ту со скоростью иь - 10 м/с. Пренебрегая сопротивлением воздуха,
найдите модуль приращения импульса гела Л/? за все время дви-
жения.
Решение
Изменяется только вертикальная составляющая импульса тела:
76
/ Механика
Ар - Ар} = 2ти^у, где Ц>у = Ч) sin а.
Отсюда Ар = 2ти^ sin а =2 -1 • 10= 14 кг-м/с.
Ответ'. Ар - 2ти0 sin а = 14 кг-м/с.
15. Тело, брошенное вертикально вверх с начальной скоростью
I? - 30 м/с, достигло высшей точки подъема спустя время X/ = 2,5 с.
Определите среднее значение силы F сопротивления воздуха, дей-
ствовавшей на гело во время полета, если масса тела т = 40 г.
Решение
Запишем основное уравнение динамики:
Ар - (mg + F)Al. (1.40)
Согласно условию задачи, в высшей точке подъема скорость
тела равна нулю, поэтому Ар = л»Ц)-
Проекция уравнения (1.40) на вертикальную ось. тц, =
= (/rig । Т)А/, откуда сила
F = m -^--g Lo.tM --9.81 = 0,088 1!
I. Az J I 2,5 J
I un
Ответ'. Г -m.------g
1д/
= 0,088 II
lb. К телу массой m = I кг, движуще-
муся прямолинейно по гладкой горизон-
тальной поверхности, приложена по на-
правлению его движения сила F, изме-
няющаяся во времени линейно, как
показано на рис. 1.42. Определите ско-
Рис. 1.42
начальная скорость
рость и тела в момент времени т = 5 с, если
тела и»)= 5 м/с, Fo - 10 II
Решение
Так как по условию задачи сила линейно зависит от времени,
то второй закон Ньютона в проекциях на направление движения
запишем в виде
7 J. Количество движения щипульс). {икон < охранения имяулыа 77
4Р=-^
где Др = т(р i>Q).
После преобразований получим
— ЛцТ + тЦ) 10-5+1-5
и=—-----------------------=30 м/с.
т I
tFot<
Ответ и-—----------=30 м/с.
т
17. Призма 1 массой т положена на призму 2 массой 3/н с ут-
лом а = 60’ (рис. 1.43). Верхняя призма начала скользить по ниж-
ней и в некоторый момент времени дви- ________.
галась по ней с относительной скоро- ^'•4'
стью %,. Какую скорость относитель-
но горизонтальной п, «всрхности имела в
этот момент нижняя призма? Силами „ .
П..Й I 41
трения пренебречь.
Решение
Так как вдоль горизонтальной оси х внешние силы не дейст-
вуют, то рх = const. По условию задачи рх = 0. следовательно.
/И]ЦЖ +лп2°2ж =0 Поскольку P2jt — и2. ТО
^^т2и2
(1-41)
Относительная скорость верхней призмы относительно ниж-
ней
Ч<ив=Ц и2
(142)
Запишем уравнение (1.42) в проекциях на ось х:
цотнсо5а = цл t и2.
(143)
Из уравнения (1.41) найдем
Ил
78
1. Механика
и, подставив в уравнение (1 43), определим
т->
Цо.н cosa = — Uj + ffc,
т\
цО1Нсойа
откуда получим тл, - -!2!=- — ;
1 + ^2
Цо1и COSblJ ЦЦ|Л
1+^ ’ 8
т
Ответ (>2 = ^.нсо^и=г^
т{ + т-, X
18, Па гладкой горизонтальной плоскости лежит брусок мас-
сой 2/л (рис. 1.44). К бруску привязана нить длиной L, на конце
которой находится шарик массой Зт. В на-
чальный момент нить была отклонена на не-
который угол и отпущена без начальной ско-
рости. Найдите скорость бруска в момент,
когда нить проходит через вертикальное по-
ложение, зная, что ее угловая скорость в ттот
момент равна to.
Решение
Первый способ. Пусть их — горизон-
тальная составляющая абсолютной скорости шарика в момент, ко-
гда нить проходит через вертикальное положение, а и скорость
бруска в пот момент времени. Относительная скорость шарика в
системе координат, связанной с бруском, цУГН=ш£. Тогда абсо-
лютные скорости связаны соотношением и = и т ц^. В момент,
когда нить проходит вертикальное положение, = го£ и.
Тогда в соответствии с законом сохранения импульса
ЗтЦг 2ти — О,
3/л(со£ u) 2ти=0.
откуда получим
3mL
13. Количество Овижения [импульс). {икон сохранения импульса 79
Второй способ. Задачу можно решить с помощью понятия о
центре масс системы, который не перемещается в горизонтальном
направлении, так как поверхность стола гладкая и внешних гори-
зонтальных сил нет.
Определим центр масс (ц.м.) системы (см. рис. 1.44):
2m-0+3m£ 3^
2m г 3m 5
В момент прохождения нити через вертикальное положение
угловая скорость вращения относительно центра масс
и
СО ——
/
IZ,
~i~i
Откуда получим
и — — ш£,
5
и, ~—u)L.
5
„ Зсо£
Ответ'. и =-----.
5
19. На гладком горизонтальном столе в состоянии покоя нахо-
дятся два маленьких шарика массами 2m и 3m, скрепленные неве-
сомым жестким стержнем длиной L
(рис. 1 45). На шарик массой 2m нале-
тает и прилипает к нему кусочек пла-
стилина массой т, двигавшийся вдоль
стола со скоростью перпендику-
лярно стержню. Определите силу уп-
ругости, возникающую в стержне при
дальнейшем движении шариков.
Решение
В соответствии с законом сохранения импульса
mt/0 = Зть.
откуда
so
/ Механика
Определим скорость центра масс;
Зти = bmi>c',
ис=^ = ^.
с 2 6
Скорость шариков относительно центра масс скорость вра-
щательного движения.
1 'еращ
с 3 6 6
Сила упругости
-1/л,,в{ып 3mi)0 2 ntijQ
T — 3ma~=-----------= ——-1— = —К- Где
L!2 36L bL
ut№ цснгрос гресопельное ускорение.
2
Ответ: Т
Ы
20. 11а первоначально неподвижной тележке установлены два
вертикальных цилиндрических сосуда, соединенные тонкой
трубкой (рис. 1.46). Площадь сечения каж-
дого сосуда равна 5, расстояние между их
осями — I. Один из сосудов заполнен жид-
костью плотностью р. Кран на соедини-
тельной трубке открывают Найдите ско-
рость тележки в момент времени, когда
скорость уровней жидкости равна D. Пол-
ная масса всей системы — т
Решение
Рис. 1.46
Начальный горизонтальный импульс системы равен нулю.
В соответствии с законом сохранения горизонтального импульса
О = отврв ти,
(1.44)
где /лв — масса воды, находящейся в соедини тельной трубке,
скорость течения воды в зрубке; и искомая скорость тележки.
Из формулы (1.44) находим
/ 3 Количество движения (импульс) )акон«охранения импульса X1
(1 45)
Очевидно, что
(146)
где 5, — площадь сечения соединительной трубки.
Подставив соотношения (1.46) в формулу (1 45), получим
Л1
21. Два одинаковых абсолютно гладких шара / и В движут-
ся во встречных направлениях со скоростями «и Зи, причем пря-
мые. проходящие через центры каж-
дого из шаров в направлении их [ м'Х
движения, касаются другого шара ° )
(рис. 1.47). Найдите, под каким yr- у v ( j \
лом к первоначальному направлению \
будут двигаться шары посте соуда- х----у
рения? Удар шаров считать абсо- рис. 1.47
лютно упругим.
Решение
Па рис. 1.48 представлены векторные диаграммы для опреде-
ления скоростей шаров А и В.
Обозначим скорости шаров до соударения -и, = 3и.
Проведем ось х через центры шаров, а ось у — через точку их
соприкосновения по касательной (см. рис. 1.48). Из-за гладкости
шаров j -составляющие импульсов и скоростей шаров не изменя-
ются после удара, т. е.
= РЛо sin 30° - psin30° - 0,5tx,
%, = tJBoy = L'Bv cos60°-3t> 0,5 = l,5t>.
82
/ Механика
Рис. 1.48
В результате упругости удара и равенства масс шаров, а также
сохранения у-составляющих их импульсов шары после удара об-
меняются ^-составляющими импульсов и скоростей, 7. е.
J3
и, ~1ja = 3r<cos30° = 3—— v;
л* “ox 2
<3
^t»cos30° =—u.
°x 2
Тогда при углах наклона векторов скоростей шаров к оси у,
равных и и р, можно записать:
°ЛХ Зл/з IZ
tga = —---------2-ЗуЗ. а~79°;
и t 2
I». ,/3.7
р-30".
р, 2 3 3
ву
Углы разлета шаров после их соударения:
ля Ц» я г—
у4 a- — I arctg- — =— I arctg(3y3)* 139",
3 3 и. 3
л „ л ь'я, л л/3 „
Ф = -• + Р = _ + arctg - - = - 4- arctg- = 90
3 3 uR 3 3
ву
1.3. Количество (Mumxiiuh I импульс). 1акон сохранения импульса S3
Можно также найти значения скоростей шаров иА и ив после
удара
Ответ'. у— — I arctg(3^/3) ж 139°; ф= — arctg— = 90°.
22. Массы двух звезд равны и т2, рас-
стояние между ними равно /. Найдите период 7
обращения этих звезд по круговым орбитам
вокруг их общего центра.
Решение
Ввиду замкнутости системы звезды будут
вращаться вокруг своего центра масс по кон-
центрическим окружностям под действием си-
лы всемирного тяготения (рис. 1 49).
Уравнения движения звезд имеют вид
— Р'
2
= Р,
Рис. J.49
(1-47)
(148)
где tai, йъ — угловые скорости вращения звезд; /], /з — ратиусы их
- , «11Л1 ’
орбит; F = G —— сила травитационного взаимодействия
звезд.
Из определения центра масс следует, что /н(/| -mJ-,, поэтому
2 2 2
(1>1 = ОХ, — Ш .
Решая совместно уравнения (1.47) и (1.48), по лучаем
IO(ml -I т2) 1 1<Я/П| +/и2)
у 7 /у Т~
8*1
I. Механика
Тогда период обращения этих звезд вокруг общего центра
2л. , I 7
Т — — = 2 л/ |-----------.
(О у (/(/л, im2)
Ответ'. Т - 2л/ /--------.
V (7(/Л| 4 т2}
23. Небольшой шарик массой 2т с зарядом </ находится на вы-
соте 2k над поверхностью земли. 11а одной вертикали с ним на вы-
соте ЗА находится второй шарик массой т с зарядом д. Шарики
одновременно бросили в одну сторону в горизонтазьном направ-
лении с одинаковыми скоростями iz Нижний шарик коснулся зем-
ли на расстоянии L от вертикали бросания. На какой высоте в
этот момент будет находиться второй шарик? Сопротивлением
воздуха и влиянием индуцированных на земле зарядов пренебречь.
Решение
Рассмотрим два заряженных шарика как единую механиче-
скую систему Кулоновское взаимодействие между шариками яв-
ляется внутренним, поэтому оно не влияет на движение центра
масс. Единственная внешняя сила, действующая на систему,
сила тяжести; только она и будет определять движение центра
масс системы.
Начальное положение центра масс системы тел находится на
, 2m2h + m3h 7
высоте Лс =-------------= —h и его начальная скорость и на-
т + 2 т 3
правлена горизонтально. В дальнейшем центр масс будет двигать-
ся по параболе, характеризуемой уравнением (в проекции на вер-
тикаль» Л - йс - .
L
Нижний шарик упадет на землю в момент времени t =
t>
Положение центра масс в момент паления нижнего шарика
на землю определим из соотношения И = kc —t2=—h —| —| -
2 3 2 ы
I 3. Количество движения [импульс). Закон сохранения импульса 85
11айдем высоту, на которой будет находиться второй шарик в
момент падения нижнего шарика на землю. Из формулы для цен-
тра масс системы тел следует
2т 0 4 тН2 1
Нс — — — f-f
с Зт 3 *
откуда
я2=зяс=з
-Л-*(А)2
з 2 V и )
3
Ответ. Н, =7 й g
1 2
Контрольные работы
9-й класс
1. Па неподвижное тело массой /и, находящееся на горизон-
тальной абсолютно гладкой плоскости, в момент времени i - 0 на-
чинает действовать сила, направленная вдоль горизонтальной оси
л. На рисунке приведена зависимость проекции Fx той силы от
времени 1. Определите модуль скорости тела в момент времени
1 = 4г0 (8 баллов).
2. В течение 3 с на тело действовала постоянная сила, равная
ЮН. при злом скорость его изменилась на 5 м/с. Определите мас-
су тела (8 байтов).
86
7 Механика
3. Сравните импульс снаряда массой т\ = 10 кг, скорость ко-
торого ц -1000 м/с, и импульс машины массой т2 = 1 т, скорость
которой Uj =36 КМ/Ч (X баллов).
4. Паровой молот массой т = 4,9 т падает с высоты Л = 0,4 м.
Найдите среднюю силу удара молота, если продолжительность
удара / - 0.01 с (10 баллов).
5. Человек, масса тела которою z/z > = 60 кг, бежит со скоро-
стью ц = 6 км ч. Догнав тележку, скорость которой и2 = 2,9 кмч,
он вскакивает на нее. Какой станет скорость человека с тележкой?
Какой была бы их скорость, если бы человек бежал навстречу те-
лежке? Масса тележки mi = 80 кг (8 баллов).
6. Граната, летевшая со скоростью ы = К» м/с, разорвалась на
два осколка. Больший осколок, масса которого составляет 60 %
массы всей гранаты, продолжал двигаться в прежнем направлении,
но со скоростью и = 25 м/с. Найдите скорость меньшего осколка
(10 баллов).
7. Два тела движутся навстречу друг другу с одинаковыми
скоростями После столкновения они стали двигаться вместе со
скоростью и = 2 м/с. С какой скоростью тела двигались до удара,
если масса одного больше массы другого вл = 3раза(12 баллов)?
8. Две груженые лодки массой М (с грузом) каждая следуют
по озеру встречными параллельными курсами со скоростью от-
носительно воды. Когда они поравнялись, с каждой лодки
в другую одновременно переложили грузы массой т каж дый. Оп-
ределите скорость лодок после этого. Сопротивлением воды и бо-
ковым смещением лодок при перскладывашш грузов пренебречь
(12 баллов).
9. Ракета массой т\ = 100 т начинает вертикальный подъем с
поверхности земли, выбрасывая за время т = 0.1 с продукты сгора-
ния топлива массой т? = 150 кг со скоростью и - 2000 м/с. Найди-
те ускорение ракеты в момент старта (12 баллов).
1(1. <>т ракеты общей массой М= 1000 кг в момент, когда ско-
рость у нее была ц, -170 м/с, отделилась головная часть массой
т - 400 кг. С какой скоростью (л стала двигаться отработавшая
ступень, если скорость головной части увелишглась до гд =
= 185 м/с (12 баллов)?
1 3 Качичество Снижения luvnyM) 1акон сохранения импульса 87
10-й класс
1. Два шара массами /П| = 2 кг и mi = 3 кг скользят по гладкой
горизонтальной поверхности со скоростями ц -6 м/с и и2 = 4 м/с
соответственно. Направления движения шаров составляют друг с
другом угол: а) а = 90°; б) а = 60°; в) а = 120' Чему равна сумма
импульсов этих шаров для каждого случая (8 баллов)?
2. Материальная точка массой т - 1 кг движется по окружно-
сти радиуса R = 1 м с постоянной скоростью ш = 1 рад е. Найдите
, Т
игменения импульса точки за промежуток времени a) t{= - ;
4
Т
б) t2 - —; в) t3 -Т (Т период обращения точки) {8 баллов).
3. Мяч массой /л = 0,1 кг, движущийся со скоростью и, =
= 10 м/с, ударом ракетки отбрасывается в противоположную сто-
рону со скоростью и2 = 20 м/с. Определите изменение импульса
мяча и среднюю силу удара ракетки о мяч, если продолжитель-
ность удара Az = 0,01 с (8 баллов).
4. Струя воды, вытекающая из трубы диаметром d = 2 см со
скоростью v = 0,5 м/с, ударяет в близко расположенную стенку и
стекает по ней Найдите силу давления струи на стену, если р. =
= 1000 кг/м3 (10 баллов).
5. Человек, масса тела которого m = 60 кг, стоит на краю не-
подвижной тележки массой Л/ = 120 кг. С какой скоростью начнет
двигаться тележка, если человек побежит по ней с относительной
скоростью ц =3 м/с. На какое расстояние переместится тележка,
если ее .длина l = 2 м (10 баллов)?
Ь. Но горизонтальным прямолинейным рельсам со скоростью
и-5 м/с движется платформа массой Л/ - 200 кг. На нее верти-
кально падает камень массой ли = 50 кг и движется вместе с плат-
формой. Какой станет скорость платформы? Спустя какое-то вре-
мя в платформе под камнем открыли люк и камень выпал. С какой
скоростью станет после этого двигаться платформа (8 баллов)?
7. На космическом аппарате, находящемся вдали от Земли,
начал работать реактивный двигатель. Из сопла ракеты ежесе-
кундно выбрасывается 2 кг газа I ц = -Vм = 2 кг/с} со скоростью
\ Л/ /
88
/ Челаника
и-500 м/с. Исходная масса аппарата И - 500 кг. Какой будет
скорость <д аппарата через / = 6 с после старта? Начальную ско-
рость аппарата принять равной нулю. Изменением массы аппарата
за время движения пренебречь (12 баллов).
8. Начальная скорость снаряда, выпушенного из пушки верти-
кально вверх, составляет = 100 м/с В точке максимального
подъема снаряд разорвался на два осколка, массы которых отно-
сятся как 2:1. Осколок большей массы упал на землю первым под
точкой разрыва со скоростью 2(Л). На какую максимальную высоту
может подняться осколок меньшей массы? Считать поверхность
земли плоской и горизонтальной (12 баллов).
9. Ракета движется со скоростью и в облаке космической пыли
плотностью р. Пылинки прилипают к ракете. Какое давление на
ракету' оказывает космическая пыль? Изменение массы ракеты не
учитывать (12 баллов).
10. На дне маленькой запаянной пробирки, подвешенной над
столом на нити, сидит муха, масса которой равна массе пробирки,
а расстояние от дна до поверхности стола равно длине пробирки /.
Нить пережигают, и за время падения пробирки муха перелетает
со .дна в верхний конец пробирки. Определите время т, за которое
пробирка достигнет стола Массу пробирки считать равномерно
распределенной по ее длине (12 баллов).
11-н класс
1. На неподвижное тело массой т - 1 кг, находящееся на го-
ризонтальной абсолютно гладкой плоскости, в момент времени
1-0 начинает действовать сила F, направленная вдоль горизон-
тальной оси л. На рисунке представлена зависимость силы F от
времени I. Определите импульс тела в момент времени I = 5 с
(6 баллов).
I 3. Количееты) (Жилсения (ичпульс). Закон парапеты импульса S9
2. Автомобиль массой т = 1 О'1 кг дви-
жется со скоростью и = 72 км/ч. В момент
времени I - О на него начинает действовать
тормозящая горизонтально направленная
сила F, которая нарастает с течением вре-
мени по линейному закону, как показано на рисунке. Опре летите
время, через которое автомобиль остановится (К) баллов).
3. Мяч массой т = 150 г ударяется о гладкую стенку под углом
а - 30° к ней и отскакивает без потери скорости Найдите сред-
нюю силу F, действующую на мяч со стороны стенки, если ско-
рость мяча и - 10 м/с, а продолжительность улара А/ = 0,1 с
(X баллов).
4. Снаряд летит в безвоздушном пространстве по параболе и
разрывается в верхней точке траектории на две равные части. Одна
половина снаряда упала вертикально вшв, вторая на расстоянии
.V по горизонтали от места разрыва. Определите скорость снаряда
до разрыва, если известно, что взрыв произошел на высоте Н и
упавшая по вертикали вниз половина снаряда падала в течение
времени t (1 ( । баллов).
5. Снаряд массой = 50 кг, летящий под углом а - 30 к вер-
тикали со скоростью и = Х00 м.с, попадает в платформу, нагру-
женную песком, и застревает в нем Найдите скорость платформы
а после попатания снаряда, если ее масса т2 = 16 т (6 баллов).
6. Человек, находящийся в лолке, переходит с носа на корму.
Па какое расстояние .? переместится лодка длиной L = 3 м, если
масса тела человека т = 60 кт, а масса лодки М - 120 кг? Сопро-
тивление воды не учитывать (10 баллов).
7. Две лодки движутся по инерции параллельными курсами
навстречу друг другу. Когда лодки поравнялись, с одной из них в
другую осторожно переложили груз массой т = 25 кг. После этого
первая лодка, в которую переложили груз, остановилась, а вторая
продолжала двигаться со скоростью и - X м/с. С какими скор«>стя-
мп гд и ьь двигались лодки до встречи, если масса первой лодки, в
которую переложили груз. .tf = 1 т (10 баллов).
X. На краю тележки массой W, находящейся в состоянии по-
коя, стоят два человека. Масса тела каждого из них равна т Пре-
90
/ Механика
небрегая трением, найдите скорость тележки после того, как оба
человека друг за другом спрыгнет с тележки с одной и той же го-
ризонт атьной скоростью и относительно тележки (12 баллов).
9.11а нити, перекинутой через блок, подвешены два груза мас-
сами mi = 5 кг и «2 = Ю кг. Определите ускорение ас центра масс
этой системы. Массами блока и нити пренебречь (12 баллов).
10. Длинный стержень с формой поперечного сечения, пока-
занной на рисунке а, лежит на гладкой горизонтальной плоскости.
В направлении оси х, перпендикуляр-
ном к продольной оси стержня, со
скоростью и распространяется удар-
ная волна с избыточным давлением р
на фронте волны (см. рисунок б). Оп-
ределите скорость стержня и после прохождения через него удар-
ной волны. Плотность материала стержня равна р. Скорость удар-
ной волны и » w, смещением стержня за время прохождения вол-
ны можно пренебречь (16 баллов).
1.4. Работа, энергия, мощность.
Законы сохранения механической эш-рт ни и импульса.
Удар.
Работа. Пусть тело под действием силы F совершает пере-
мещение по некоторой траектории / 2 (рис. 1 50). В общем слу-
чае сила F в процессе движения тела может изменяться как по
модулю, так и по направлению Рассмотрим итементарное пере-
мещение dr, в пределах которого силу F можно считать посто-
янной. Действие силы F на перемещении характеризуется вели-
чиной. равной скалярному произведению
векторов Fdr, которую называют эле-
ментарной работой силы F на переме-
\ Траектория щении dr. Ее можно представить и в
/ другом виде:
tl F
Рис. 1.5U Ft// = Fcosads = Fds,
1.4 Работа, Jiiep.wi, мощность 91
где а угол между векторами Ги dr; ds элементарный путь:
ds =prj; проекция вектора F на вектор dr (см. рис. 1.50).
Итак, элементарная работа силы F на перемещении dr
\A = Fdr = Fsd.s. (1.49)
Работа А.4 — величина алгебраическая: в зависимоети от угла
между векторами F и dr (или от знака проекции Ь\ вектора F
на вектор dr ) она может быть как положительной, так и отрица-
тельной. и в частности равной нулю (если F ± </г, т. с. Fs = 0).
Суммируя (интегрируя) выражение (1.49) по всем элементар-
ным участкам пути от точки 1 до точки 2, найдем работу силы F
на данном пути:
A = ^Fdr = [Fads. (1.50)
Отметим следующее важное обстоятельство: формула (1 50)
справедлива как для частицы, так и для любого тела (или системы
тел). При этом под dr или ds следует понимать перемещение точ-
ки приложения силы F. Игнорирование этого обстоятельства час-
то приводит к ошибочным результатам.
Выражению (1.50) можно придать наглядный геометрический
смысл. Представим графически зависимость проекции силы Ft на
касательную к траектории как функцию координаты л. Пусть, на-
пример, этот график имеет вид, приведенный на рис. 151. Видно,
что элементарная работа ЛЛ численно равна площади заштрихо-
ванной полоски, а работа А на пути от точки / до точки 2 пло-
щади фигуры, ограниченной кривой, ординатами 1 и 2 и осью л.
При этом площадь фигуры над осью л берется со знаком плюс (со-
ответствует положительной работе), а площадь фигуры под осью .v
со знаком минус (соответствует отрицательной работе).
Если движение тела происходит вдоль прямой под действием
постоянной силы, направленной под углом а к перемещению точ-
ки приложения силы, то работу ттой силы на пути л можно рассчи-
тать по формуле А - Evcosa.
1. Механики
Рис. 1.5J
Единицей работы в СИ является джоуль (Дж), равный произ-
ведению I II на 1 м (П-м),
Мощность. Для характеристики скорости, с которой совер-
шается работа, применяют величину, называемую мощностью.
Другими словами, мощность это работа, совершаемая силон за
е изнипу времени Если за промежуток времени dt сила F совер-
шает работу Fdr, то мощность, развиваемая этой силой в данный
Fdr ..____
момент времени, можно представить в виде V = - - . Учитывая,
иГ , -г с
что — -t>, получим N = ru. Таким образом, мощность, разви-
ваемая силой F, равна скалярному произведению вектора силы и
вектора скорости, с которой движется точка приложения данной
силы. Как и работа, мощность — величина алгебраическая, Зная
мощность силы F, можно определить работу, которую совершает
эта сила за промежуток времени I Представив в формуле (1.50)
Fdr = Fudl - Ndt, получим А - f Ndt.
Единицей мощности в СИ является ватт (Вт), 1 Вл — 1 Дж.с.
Когда говорят о работе (или и мощности), необходимо в каждом
конкретном случае четко представлять, работа какой именно силы
(или сил) имеется в виду.
Механическом энергия. 'Энергия механического движения и
взаимодействия тел называется механической энергией Е. Она рав-
на сумме кинетической Ек и потенциальной Е„ энергий:
1.4 Работа, энергия, мощность 93
£ = £, + Е„.
Кинетическая энергия тела является мерой его механического
движения и измеряется работой, которую совершают силы, дейст-
вующие на тело при его движении. Кинетическая энергия движу-
щейся материальной точки и поступательно движущегося тела
/пи2 р
Е*= — = -^
1 2т
где р импульс точки (тела), р-ти.
При перемещении материальной точки из положения 7 в по-
ложение 2 приращение кинетической энергии равно алгебраиче-
ской сумме работ всех сил, действующих на точку на том же пе-
ремещении (теорема о кинетической энергии)'.
— Ек2 ~ ^к|-
Если А > 0, то Еж2 > Ек), т. е. кинетическая энергия точки уве-
личивается, если же А < 0. то кинетическая энергия точки умень-
шается.
Кинетической энергией механической системы называется
сумма кинетических энергии всех тел, из которых состоит система.
Ъ 2 Гт
Приращение кинетической энергии системы определяется ал-
гебраической суммой работ всех сил, как внутренних, так и внеш-
них, действующих на тела, из которых состоит система.
Если тело вращается вокруг неподвижной оси, то его кинети-
ческая энергия
Е.=^.
* 2
где I— момент инерции тела относительно оси вращения. <о — его
угловая скорость.
Кинетическая энергия тела, участвующего в плоском движе-
нии, включает кинетическую энергию поступательного двггжения
94
7 Механика
Гис. 1.52
со скоростью центра масс и и кинетическую
энергию вращения тела вокруг оси, проходящей
через центр масс:
2 2
_ ти /оГ
Л = - - +-----.
Примером такого движения является качение бет проскальзы-
вания по плоскости тонкостенного цилиндра или обруча радиуса R
и массой т (рис. 1.52).
2 U
Так как I = mR'. м-—, то
R
mu' mR'i>‘
2 ’ 2R2
- »»I2
= /пр .
Потенциальная энергия — это энергия взаимодействия тел.
Система тел обладает потенциальной энергией, если тела взаимо-
действуют посредством потенциальных (консервативных) сил, т. е.
сил, работа которых зависит только от начатьного и конечного
положений взаимодействующих тел, но не от формы их траекто-
рий. В механике к этим силам относятся силы фавитационною
взаимодействия и силы упругости Работа консервативных сил
равна уменьшению потенциальной энергии системы.
A = Eut~E^
где Еи1, Еп2 — начальное и конечное значения потенциальной
энергии.
Потенциальная энергия определяется с точностью до произ-
вольной постоянной, выбор которой не влияет на окончательный
результат при описании движения, так как определяющей величи-
ной является разность потенциальных энергий тела в двух различ-
ных точках силового поля. Другими словами, выбор нулевого
уровня потенциальной знерпзи совершенно произволен. В любом
эксперименте можно измерить только изменение потенциальной
энергии, но не ее абсолютное значение. В каждой конкретной за-
даче этот выбор производится так, чтобы максимально упростить
ее решение.
95
14. Рмоти, энергия, мощность
В механике рассматривают два вида потенциальной энергии,
потенциальную энергию тела в гравитационном поле и потенци-
альную энергию упругой деформации Для большинства задач,
связанных с движением тел у поверхности земли, за нулевой уро-
вень потенциальной энергии тела принимают поверхность земли
Тогда для тела, находящегося на высоте h над поверхностью зем-
ли, потенциальная энергия
£п =/иХ'Л-
Эта формула справедлива лишь для перемещения тела вблизи
поверхности земли, т. е. когда Л намного меньше ра.шуса Земли.
В общем случае потенциальная энергия гравитационного взаимо-
действия тела массой т и Земли
F - СМт
Еа- G-,
где (7— гравитационная постоянная: Л/- — масса Земли, г— рас-
стояние между телом и центром Земли, знак минус свидетельству-
ет о том, что радиус-вектор г. определяющий положение тела, и
сила всемирного тяготения А’ направлены противоположно.
Потенциальную энергию сжатой (растянутой) пружины изме-
ряют работой, которую может совершить сила упругости при воз-
вращении пружины в исходное состояние:
" 2 ’
где к— коэффициент упругости; х— величина деформации пру-
жины
Приращение механической энергии системы ЛЕ^ равно
сумме работ внешних сил ^BncuI и неконсервативных внутренних
сил >!нг (к неконсервативным силам относятся, например, сила
трения и сила сопротивления среды):
— ’Khcw + 'Лл-
Для замкнутых систем -1виап =0, поэтому изменение механи-
ческой энергии может происходить только за счет неконсерватив-
ных внутренних сил, работа которых отрицательна.
96
/ Механика
При отсутствии внешних и неконсерватнвных сил механиче-
ская энергия системы нс изменяется.
Закон сохранения механической энергии, в изолированной сис-
теме тел, в которой действуют только консервативные силы (силы
тяготения и силы упругости), полная механическая энергия систе-
мы, равная сумме кинетических и потенциальных энергий всех
входящих в нее тел, остается неизменной:
Е = £к + Еп = const.
Удар шаров. Удар называется центральным, если шары дви-
жутся вдоль прямой, проходящей через их центры, называемой
линией центров. При таком ударе скорости тел до и после столк-
новения направлены вдоль линии центров, поэтому' закон сохране-
ния импульса удобно записывать в проекции на эту линию При
нецентральных столкновениях скорости тел отклоняются от своего
первоначальною направления. При этом если столкновение явля-
ется неупругим, то после удара возникает еше и вращательное
движение тел, поэтому неупрутие нецентральные столкновения в
школьном курсе физики не рассматриваются.
Абсолютно неупругий удар. При таком ударе кинетическая
энергия шаров полностью или частично превращается во внутрен-
нюю энергию шаров. Поэтому закон сохранения механической
энергии при неупрутом ударе не выполняется. Выполняется толь-
ко закон сохранения импульса
4 m-fiifp - (ли, 4 щ2)г>,
где гни, оо2—скорости шаров до соударения.
После удара столкнувшиеся тела движутся как единое тело со
скоростью
/И| + /Я,
Потеря кинетической энергии шаров, т. е. механическая энер-
гия, перешедшая во внутреннюю энергию шаров, в случае цен-
трального удара определяется по формуле
1.4. Работа, энергия, мощность
97
гДе 1'отп — относительная скорость движения шаров до удара,
Цт, =Цн Я — приведенная масса системы шаров, ц =
m,m2
/л, 4 т1
Абсолютно упругий удар. Удар, при котором механическая
энергия тел сохраняется, называется абсолютно упругим ударом.
При таком ударе выполняются закон сохранения импульса и закон
сохранения механической (кинетической) энергии.
m]b0( -4 - /И]Ц + tn2i>2,
2 2 2 2
"У’щ m2lJ02 _ mlUl т21^
2 2 ” 2 2
Из двух законов сохранения для центрального удара получаем
формулы скоростей шаров после столкновения.
2т2иО2 э (т} т2Н, 2/«lt50l+(m-
‘Д _ ------------------- _--------------------------
То] + т2 т। 4- т2
В случае, когда массы соударяющихся шаров равны (mj = т>),
шары при центральном ударе обмениваются скоростями, ц = Ц)2,
«>2=4)1
Примеры решения задач
1. В процессе поступательного движения тела вдоль оси х на
него действует сила зависимость проекции которой от коорди-
наты х приведена на рис. 1.53. Определите работу, совершаемую
силой при перемещении тела от координаты х = 0 до координаты
х = 5 м.
Рис. 1.53
98
1 Механика
Решение
Работу, совершаемую силой при перемещении тела, можно
определить по графику зависимости проекции силы от координаты
тела как площадь фигуры, ограниченной графиком и осью л.
В случае, если фигура расположена над осью л, ее площадь берет-
ся со знаком «t»; а если фигура расположена под осью х — со зна-
ком «-».
4 + 2 I
Следовательно, работа А-----( 1) + — I 1= 2,5 Дж.
2 2
Ответ. А - 2,5 Дж.
2. Тели массой т брошено с высоты h под
углом а к тризонту с начальной скоростью
(рис 1.54). Определите количество теплоты,
которое выделится при падении тела на землю
Удар считать абсолютно неупругим.
Рис. 1.54
Решение
Примем потенциальную анергию тела на уровне земли равной
нулю. По закону сохранения энергии количество теплоты Q, выде-
ляющейся при падении зела на землю, равно механической <нер-
гии тела в момент, когда оно было брошено: Q - т^й- + m%h.
mi - ~
Ответ: Q — ——— + mgh.
3. Скорость брошенного мяча U| непосредственно перед уда-
ром о стену была в 2 раза больше его скорости 1ъ сразу после уда-
ра Найдите кинетическую энергию мяча перед ударом, если при
ударе выделилось количество теплоты £) = 15 Дж.
Решение
По закону сохранения энергии начальная кинетическая энер-
гия мяча Е\ (энергия мяча перед ударом о стену) равна сумме ки-
нетической энерппт мяча после удара Ei и выделившемуся при
ударе количеству теплоты Q.
+ &
/ 4 Работа, энергия. .мощность
99
2 2
тК] ml-,
где Е} = ——; Е-> = ---.
2 2
£
Так как по условию задачи ц = 2ь>,, то £, = —, поэтомх
4
^=т+е
4
4 4
Тогда получим £, -—Q - у -15 - 20 Дж.
Ответ'. Е} - 20 Дж.
4. Тело брошено с поверхности земли вверх с начальной ско-
ростью ц>. Принимая потенциальную энергию тела на поверхно-
сти земли равной нулю, найдите, на какой высоте А] кинетическая
тертая гела будет равна половине потенциальной энергии, на ка-
кой высоте Лг она будет в 2 раза больше потенциальной энергии?
Сопротивлением воз,духа пренебречь.
Решение
Полная механическая энергия тела во время полета сохраняет-
ся, поэтому'
2 2
ml’O . ,, ,,ч
+ (1.51)
где индекс «/» принимает значения к I» и «2» для высот Л i и Аг.
По условию
2
= (1.52)
2
^- = 2mgA2 (1.53)
Подставляя в уравнение (1.51) последовательно выражения
(1.52) и (1.53), получаем
100
J Механика
Ответ: h. =-^~ ; h2 =-^—.
1 3g 6g
5. Тело массой т = 1 кг бросили под утлом уо/^--гт-*’
а = 30' к горизонту (рис. 1.55). Кинетическая
энергия тела в начальный момент времени рИ1 । gg
Ео = X Дж. Пренебрегая сопротивлением воз-
духа, определите скорость тела в наивысшей точке траектории.
Решение
2
Начальная кинетическая энергия тела /у, _CTtb , где
скорость тела в момент бросания Тогда - .1—2.
Y т
Учитывая, что в верхней точке траектории вертикальная со-
ставляющая скорости равна нулю (см рис. 1.55), скорость тела и
равна горизонтальной составляющей скорости ио, т. е. и = Ц, cos о.
Получим u = cos (
а. —- =3,46 м/с.
V т
Ответ. ь» = 3,46 м/с.
6. Из длинной полоски резины жесткостью А сделали рогатку.
1(айдите кинетическую энергию «снаряда», выпущенного из этой
рогатки, если резину растянули с силой F и отпустили.
Решение
Жесткость половины полоски равна 2А (жесткость обратно
пропорциональна длине: А = SE/1).
Жесткость рогатки равна 4А, поскольку она состоит из двух
полосок резины жесткостью 2А каждая, г. е.
2А t 2А = 4А.
Кинетическая энергия Еж «снаряда» равна потенциальной
энергии Еа рогатки, растяну гой с силой Е = 4Ах, где х — растя-
жение рогатки, т. е.
1 4 Работа, энергия, мощность
101
4Ал2 I6*V F2
2 8А 8Л
F2
Таким образом, Е*=—.
F2
Ответ. Е =----
' 8А
7. Третья часть однородной линейки
массой т и длиной L выступает за крап
стола (рис. 1 56). Найдите минимальное
значение работы Л, которую необходимо
совершить, чтобы переместить всю ли-
ZZZZ/ZZZZZZZWXfifi^
Рис. 1.56
нейку на стол, сдвигая ее силой, направленной вдоль длинной сто-
роны. Коэффициент трения меж,ду линейкой и столом равен ц.
Решение
Сила реакции У со стороны стола на линейку при ее переме-
щении остается постоянной, равной mg. Следовательно, и сила
трения, действующая на линейку, также будет постоянной, равной
/ п - цЛ’ = Тогда минимальная работа, которую необходимо
1
совершить, чтобы переместить линейку на длину Л£ = — L, соста-
вит .1-- Цт;7.
Ответ . Л = - \nmgL.
8. Какую работу надо совершить, что-
бы медленно втащить сани с грузом (об-
щей массой т - 30 кг) на гору высотой Н -
— 10 м? Угол наклона горы а = 30‘ . Коэф-
фициент трения между санями и горой ли-
нейно убывает вдоль пути от pi = 0,5 у
подножия горы до Ц2 = 0,1 у ее вершины. Скорое! ъ тела в конце
подъема равна нулю.
102
/ Механика
Решение.
Из условия равенства нулю равнодействующей сил, дейст-
вующих на сани (рис. 1.57), находим
N - mg cos а;
F = F\p + mg sin а = pmg cosa + mgsm a.
Так как коэффициент трения p изменяется по линейному за-
кону, то силу трения С1р можно выразить через среднее значение
коэффициента трения вдоль склона горы:
_ Mi +
Мер э
Работа, совершаемая при подъеме груза,
н
A = Fs = mg(|i cosa + sin a)-= mg//(1 4- p etga),
sin a
где путь вдоль склона s = Н / sina.
Следовательно,
А = 1 + -^-j^-etga
( 0,5Ю,1 ) i
А= 30 9,8 I0I1+ * ' ctg30 1 = 4,5-Ю3 Дж.
Ответ А - mgl7^1 + Hl—JAl etg а | = 4,5 • 103 Дж.
9, Санки, движущиеся по горизонтальной ледяной поверхно-
сти со скоростью и - 6 м/с, выезжают на асфатьт. Длина полозьев
санок L - 2 м, коэффициент трения санок об асфальт ц = 1. Какой
путь пройдут санки по асфальту до полнот'} остановки? Силой тре-
ния санок о лед пренебречь.
Решение
Представим силу трения /ф в виде зависимости от координа-
ты л, пройденной санками по асфальту (рис 1.58). Площадь под
графиком равна модулю работы силы трения.
1 4. Работа, энергия, мощность
103
На основании теоремы о кинетиче-
ской энергии
mu' \MnvL .
— = -^- + png(/ L),
где / — путь, пройденный санками до
полной остановки.
и' L
Отсюда получим / -----+ — = 2,84 м
2р? 2
Ответ'. / =---+ — = 2,84 м.
2pg 2
10. Шайба массой т = 50 г
соскальзывает без начальной ско-
рости по наклонной плоскости,
составляющей угол а = .30е с го-
ризонтом, и, пройдя по горизон-
тальной плоскости расстояние L =
= 50 см, останавливается (рис. 1.59).
Найдите работу сил трения на всем пути, коэффициент трения р.
равен 0.15.
Решение
Так как в механической системе действуют силы зрения, то
/!тр = ДИ' = mgH, где Н высота горки. Сила трения, дейст-
вующая на склоне горы, = png cos а, а на горизонтальном
участке = png.
Согласно теореме о кинетической энергии, учитывая. что
//
.v=-----, запишем
sin а
н
mgH — png cos а —---- pngZ. = О
sin а
Отсюда получим
ll mgL
mgH(l petga) = pngZ,; mgH =------------
1 petga
104
1 Механика
Ответ: .1 =----— - _q 95 дж
р 1-pctga.
11. На горизонтальной плоскости лежат два бруска массами т
и 2/п, соединенные ненапряженной пружиной (рис. 1.60). Какую на-
именьшую постоянную силу F, направленную горизонтально,
нужно приложить к бруску массой 2/и, чтобы сдвинулся и второй
брусок? Коэффициент трения брусков о плоскость равен ц.
т у 2т --------
Рис. 1.ьи
Решение
Если брусок массой т остается неподвижным при смещении
на л бруска массой 2т, то сила F совершает работу, затрачиваемую
на растяжение пружины и против сил трения (при условии, что в
конечный момент скорость бруска массой 2т обращается в нуль):
Fx =---4 ц 2mgx,
т. е.
F =— 4 р 2/ng.
(154)
Брусок массой т с,двинется при условии Ал > png. Мини-
мальное значение получим, если принять
А_х = iimg.
(1.55)
Таким образом, подставив выражение (I 55) в формулу (1.54),
получим
Fmin = — + = - png.
1.4. Работа, энергия, мощность
105
12. На гладкой горизонтальной плоскости покоится доска мас-
сой 2m. На доске лежит брусок массой т, которому толчком сооб-
щают начальную CKopixrn. и вдоль доски (рис. 1.61). Ко тффшщет
трения между бруском и доской равен р. На какое расстояние х
сместится брусок относительно доски? ("читать, что брусок, сме-
щаясь, остается в пределах доски.
т и
Рис. 1.61
Решение
Так как сумма проекций всех внешних сил (сил реакций и тя-
жести) на горизонтальное направление равна нулю, то по закону
сохранения импульса
mu — (т + 2т)м.
То есть, после того как скорость бруска относительно доски
станет равной нулю, доска и брусок будут .двигаться как единое
целое со скоростью
и =---— = -. (156)
m 4 2m 3
Изменение кинетической энергии системы «доска— брусок»
равно работе сил трения между телом и доской :
I 2 1 2
—(т+ 2тЩ~----------ти~ - -pmjjs.
(1-57)
Подставляя соотношение (1 56) в выражение (1 57), найдем
Отпет, s =
13 Цепочка массой m = 0,8 кг, длиной / = 1,5 м лежит на ше-
роховатом столе так. что один ее конец свешивается с края стола.
106
I. Мехагшка
Цепочка начинает сама соскальзывать, когда ее свешивающаяся
часть составляет ц — - .длины цепочки. Какова будет скорость це-
3
почки при ее полном соскальзывании со стола?
Решение
('ила трения, действующая на цепочку при ее соскальзывании,
определяется силой тяжести части цепочки, лежащей на столе.
Максимальное значение этой силы
..
с- 1
i <пач J mS
Рис. 1.62
Можно определить коэффици-
ент трения цепочки о поверхность
2
стола из соотношения ц—mg =
। -г 1
-те Тогда ц = —.
3 2
Зависимость силы трения Лф от
перемещения х цепочки представлена на рис 1.62. Модуль рабо-
ты силы т рения равен площади под графиком, тогда
11 2/ 1 ,
----mg-l = -rngl.
2 3-3 9
Запишем закон сохранения энергии при соскальзывании це-
почки:
£] + .41р - Е2.
При нулевом уровне потенциальной энергии на поверхности
стола этот закон принимает вид
1 ( I Д 1 , mu' ( 1 Д
Г4 '”«1 fj-
откуда
и = ./—₽/= 2,82 м/с.
V3
1.4 Работа, энергия, мощность
107
2
Ответ'. и= - g/ -2,82 м/с.
V3
14. Небольшое тело массой т медленно
втащили на горку, при этом сила в каждой
точке направлена по касательной к траектории
движения (рис. 1.63). 11айдите работу этой си-
лы, если высота горки Л, /длина ее основания L
и коэффициент трения ц. Скорость тела в кон-
це подъема равна нулю.
Решение
Определим работу силы F на малом пе-
ремещении Av (рис. 1.64). Из условия равен-
ства нулю равнодействующей всех сил, дей-
ствующих на тело, находим
N = mg cos а;
Нис. 1.64
F - + mg sin а = ц/ng cos а + mg sin а.
Определим элементарную работу А4 этой силы на матом пе-
ремещении Аг.
А4 = F&s - mg(pAs cosa 4 As sin a) = mgipAL 4 ДЛ).
Суммируя элементарные работы по всей длине горки, найдем
полную работу:
А - mg(h + р£).
Таким образом, если сила все время направлена по касатель-
ной к поверхности горки и подъем происходит без ускорения, ра-
бота сил трения не зависит от формы склона.
Ответ: Л - mg(h + ц£).
15. Два груза, массы которых mi = 4т и mj = 2т. связаны неве-
сомой нерастяжимой нитью, переброшенной через неподвижный
блок (рис. I 65, положение I). В начальный момент груз массой т;
удерживают, прижимая его к столу. Затем груз отпускают. Па ка-
кую максимальную высоту поднимется этот груз нал столом, если
108
/. Механика
при ударе груза массой т\ о стол выделяется количество теплоты,
равное (7? Удар абсолютно неупругмй. Массой блока и силами
трения в блоке пренебречь.
Решение
Первый способ. На рис. I 65
представлены .два положения сис-
темы’ I — до начала .движения:
II— при ударе груза массой
о стол. Обозначим механическую
энергию тел системы в состояниях
I и II соответс гвснно Е и Е' Тогда
из закона сохранения энергии по-
лучим (потенциальная энергия на поверхности стола равна нулю)
Е] + Е2= Е[ + Е2\
(1.58)
где индексами «п» и «к» обозначены потенциальная и кинетиче-
ская энергии.
При ударе £’1'к=(2- Поскольку /Л)=2/п2, а скорости грузов
равны, го
^1п=2Е-;п. (1.59)
С учетом соотношений (1.59) из выражения (1.58) получаем
2^.=сь^.+у.
, 3
откуда =-£).
Следовательно, полная механическая энергия тела массой тг
г; 3„ р
&2 ~ ^2п 1 ^2к ~~Q ’
Поскольку Е2 = 2трН. то // = •“-.
MN
1.4 Работа, int р. ~ия, мощность
Второй способ. Груз массой m2 поднимается на высоту
Я-йк + й2,
(1.60)
где й] — высота груза массой пц над стопом до начала движения;
Л2 — дополнительная высота подъема груза массой т2 после удара
груза массой /wj о стол под действием только силы тяжести
Используя закон сохранения энергии и уравнение равнопере-
менного движения, получаем
Q=EKl=^-, (1.61)
откуда т,
При этом 4=^-2-= 2а гп}а (1.62)
. Р2 Q П2 — = . -X ">]Х (1-63)
Здесь и скорость грузов в момент удара груза массой о стол;
а ускорение грузов
Подставляя соотношения (162) и (1.63) в формулу (1.61), по-
лучаем
Н=—1- + -1, (1-64)
f»t X-'
где
Wj т-
а =-----------х-
/И| + т2
(1-65)
Подставляя выражение (I 65) в формулу (I 64), находим
(jfgla Л У w.lm, 2(2
н —— =-ь-1^-и =_*=-------1—1|] ------ь—.(1.66)
'йД "X J "»tX^ J J ('«1 т1)я
] 1U/ Механика
Подставив значения т\ — 4т, m2 = 2т в выражение (1 66), по-
лучим
н=.,...........
1 \т 2т) g ing
Ответ: Н = .
mg
1ь. Два груза, массы которых 2/л и/л, связаны _
невесомой нерастяжимой нитью, переброшенной •• |
через неподвижный блок (рис. 1.66). В начальный
момент груз массой 2т удерживают на высоте й
над столом. Затем его без толчка отпускают. Какое ° _J.
количество теплоты выделится при уларе этого
груза о стол? Удар абсолютно неупругий. Массой Рис. l.oo
блока и силами трения в блоке пренебречь.
Решение
Первый способ. Механическая энергия в начальный момент
(см. рпс. 1 .об)
£ = £1п =
механическая энергия перед ударом груза массой 2т о стол
Е = Е, + Е2 = EiT + Е2п + Е2к,
где индексы «п» и «к» означают потенциальную и кинетическую
энергии грузов
При ударе Е{к = (Л Так как mi = 2/н?, то
Ь’зп =^in Ц «1^;
... _ 1 Г' _ Q
2к 2 2
С учетом этих соотношений из закона сохранения энергии Е -
= £' получим
1.4. Работа, энергия, мощность
111
Отсюда при mi = 2л1 находим
2
Q = ~ m^h.
Второй способ. При абсолютно неупругом ударе вся кинети-
ческая энергия груза т\ превращается в теплоту.
(1.67)
где
и2=2оА; (1.68)
Л1] + т2
Подставляя соотношения (1.68) и (1.69) в формулу (1.67), по-
лучаем
(1.70)
mt + т2
Подставив значения пц = 2/и, m2 = т в выражение (1.70), опре-
делим
„ „ , 2т - т 2
Q = 2 тч>Л ------ - mph.
1т 4 т 3
Отпет. Q- — nt)>h.
17. Пружина жесткостью А и длиной L стоит
вертикально на столе. С высоты Н над столом на
нес падает небольшой шарик массой т (рис.
1.67). Какую максимальную скорость будет
иметь шарик при своем движении вниз? Массой
пружины и трением пренебречь. Найдите мак-
симальное сжатие пружины.
Решение
Риг. 1.67
Пусть х— сжатие пружины в некоторый момент времени. По
закону сохранения энергии
14 Работа, энергия, мощнос ть
113
то = гм\ + тщ;
2
пю
muf
___2
/?Ю|
~~2~ 2
(1-71)
Второе взаимодействие:
тц — 2ти2',
т^- 2muJ
- —+а-
Из системы уравнений (1.72) находим
гП
(1.72)
(1.73)
Из системы уравнений (1.71) после исключения щ получим
£2, =/иц(и- ц).
С учетом формулы (I 73) определим:
У т { V /И
Ответ: Q\ — 2т.
19. Какую минимальную скорость должен иметь математиче-
ский маятник, проходя через положение устойчивого равновесия,
чтобы <>н мог вращаться по окружности в вер-
тикальной плоскости? Какова будет сила на-
тяжения нити при прохождении положения
равновесия? Нить маятника невесомая и не-
растяжимая, длина ее равна L. ('илами сопро-
тивления пренебречь.
Решение
В верхней точке А траектории на шарик
действуют сила тяжести mg и сила на-
тяжения нити Тл (рис. I 68). )ти силы сиоб-
114
/ Механика
шаюг шарику необходимое для вращения центростремительное
t 2
ускорение а — —. Запишем второй закон 11ьютона для шарика,
I.
находящегося в верхней точке траектории
При минимальной скорости шарика позволяющей ему дви-
гаться по окружности, сила натяжения нити в верхней точке Г, = О,
поэтому
Запишем закон сохранения энергии для маятника. Если потен-
циальная энергия на горизонтальной плоскости, проходящей через
нижнее положение шарика равна нулю, то можно записать
^. = ^L + mg2L. (1.75)
2 2
Решая совместно уравнения (1.74) и (1.75), найдем искомую
скорость pmin = j5gL.
Для маятника в положении В
2
Тв mg = ml^
(1.76)
L
Отсюда получим
гв = + тХ = + mg = <>mg.
L. 1.
Ответ nmiu = ; TB = bmg.
20. На нити подвешен шарик. Нить переводят в горизонталь-
ное положение и затем отпускают шарик. В какой точке траекто-
рии его ускорение горизонтальное? Положение точки определить
углом между нитью и вертикалью
1.4. Работау энергия. мощность
115
Решение
Пусть (X— искомый угол. Для юго чтобы пол-
ное ускорение а шарика было горизонтальным,
необходимо, чтобы центростремительное и
тангенциальное at ускорения удовлетворяли усло-
вию (рис 1.69)
Рис. 1.69
(1.77)
Можно показать, что
и
at=£sma; а„с = —,
I
где I длина нити.
Скорость шарика в точке 2 найдем из закона сохранения энср-
гии для точек / и 2:
2
ml ,
—— -mg/cosa,
откуда следует
Тогда
и~ = 2g/ cos а.
= 2g cos а.
С учетом формулы (1.77) tga-2—-—, откуда получим
sin а
tg2 а - 2, т. е. а = aictg у/1 ч 54,7°.
Ответ', а - arctg>/1« 54,7°.
21. Небольшое тело из точки А начинает скользит ь с высоты Л
по наклонному желобу, переходящему в полуокружность радиуса
hi2 (рис. 1.70). Пренебрегая трением, найтите скорость тела в
наивысшей точке его траектории (после отрыва от желоба) и высо-
ту этой точки //.
116
/ Механика
Рис. 1.71
Решение
При движении тела по окружности желоба сила
его реакции вместе с силой тяжести создадут необ-
ходимую центростремительную силу. В некоторой
точке В (рис. 1.71) произойдет отрыв тела от желоба
(сила реакции станет равной нулю) и в дальнейшем
тело будет двигаться по параболе в поле тяжести.
В наивысшей точке скорость тела будет равна гори-
1OHIальной проекции скорости в момент отрыва:
vx -о cos а,
(1 78)
где a— угол, определяющий положение тела в момент отрыва
(см. рис. 1.71).
Согласно закону сохранения энергии
2 уГ
ти .. Л Л
mgh = — + mg I — 4 —cosa
откуда
2
и =£Л(1 cosa).
О 79)
Поскольку тело .движется по окружноети, го в соответствии со
вторым законом Ньютона запишем
mi' 2то2
/пр cos a ----------
/? Л
(1.80)
Решая совместно уравнения (1.79) и (1.80), получаем
2 /к*
cosa--; и = .—.
3 V 3
14 Работа, энергия, мощность
117
Из уравнения (1.78) определим
4#
В соответствии с законом сохранения энергии
, „ П,,Г
mf>h - mgH 4- —,
25 ,
откуда Н = ~п.
Ответ: и — — ; Н = — h.
ЗУ 3 27
22. Небольшой шарик массой т = 50 г при-
креплен к концу упругой нити, жесткость кото- ।
рой Jt = 63 П/м. Пить с шариком отвели в гори- » ,
зонтальное положение, не деформируя нити, и u '
осторожно отпустили. Когда нить проходила "* т
вертикальное положение, ее .длина L оказалась рИс. 1.72
равной 1,5 м, а скорость шарика и = 3 м/с 11ай-
дите силу натяжения нити в этом положении.
Решение
Используя закон сохранения механической энергии (рис. 1.72),
запишем
. mi)2 кМЗ
meL =-----4-----,
2 2
откуда
. r 2те£ mt'
&L = .—---------
V А
Сила натяжения нити Т-к \L-JAm(2g£ i>~) = 811
Ответ: Т -7^(2g£-t>2) -8 IT.
23. Математический маятник отклонили от вертикали на угол
90 и отпустили. В момент, когда маятник проходил положение
1 IS
l Механика
равновесия, точка его подвеса стала
двигаться вверх с ускорением а. На
какой максимальный угол отклонится
маятник от вертикали?
Решение
В соответствии с законом сохра-
, , ntt
нения энергии (рис. 1.73) mgL=
В нижней точке траектории u=J2gL. В дальнейшем маятник бу-
дет двигаться так, как если бы точка подвеса была неподвижной,
а сила тяжести стала равной m[g а). При максимальном откло-
нении маятника его потенциальная энергия равна ni(g + a)h< где
h — L(I-cosa).
Согласно закону сохранения энергии,
то1 ,
-^- = m(g + a)A.
Подставив в эту формулу выражение для А, получим
(g + a)L(l-cosa)-gA, откуда
, g а
1 cosa- - --, a-arccos--------.
J?+a g+a
Ответ a -arccos------.
g + d
24. Тонкостенный цилиндр массой
m с радиусом основания R раскрутили
вокруг его оси до угловой скорости со
и поместили затем в угол (рис. I 74).
Коэффгщиент трения между стенками
угла и цилиндром равен р. Определите,
сколько оборотов сделает цилиндр до
остановки?
Рис. 1.74
J.4. Работа, энергия, мощность
119
Решение
Так как центр масс цилиндра неподвижен, то сумма всех сил,
действующих на него, равна нулю: V Fj = о, тити в проекциях на
оси х, у:
- *2 = 0;
Л) + ^тр2 п,К = 0-
где силы трения скольжения
^тр! = ^1’
^тр2 ~ I12-
(1-81)
(1-82)
Из систем уравнений (1 81) и (I.82) следует
^ГР.
^1 = 0;
Ц
откуда
^р2 тЯ = О,
^Р1 = тЯ
Н Р*
^ = '”я777-
^4
Р
Согласно теореме об изменении кинетической энергии .для ци-
линдра,
/лсо2/? „ „ „ „ , „ ц(1 4 ц)
—’ ~ = (ЛР1 1 Л-рг)21^ = 2яЯл/лх и
2 н 1 I ц
т. е.
“2/?
—— = 2ллй-------
2 1 1 ц
Из последнего равенства определим число оборотов цилиндра
до остановки:
со2 Л 14 р2
» ----------------.
4лд Р(14Ц)
v to2/? 1 F ц2
Отчет: л ---------------
4л£ ц(1 4 ц)
12и
/ Механика
25. Вокруг горизонтальной оси О
может свободно вращаться легкий ры-
чаг, плечи которого равны 2L и L
(рис. 1.75). На концах рыча] а укрепле-
ны грузы, массы которых равны 2т
и т. Какую скорость будет иметь в
верхней точке траектории груз массой
/л. если первоначально рычаг находил-
ся в горизонтальном положении?
Решение
Рис. 1.75
В соответствии с законом сохранения механической анергии
2mg2L 4 m%2L = 4 4 3mgL
(1.83)
Угловая скорость вращения рычага ш = —, поэтому ц =
2L /.
= 2tb.
Подставляя эти соотношения в уравнение (1.83), получаем
2
откуда
26. Какую минимальную дополннтельнуто
скорость в направлении от центра Земли по радиу-
су, по касательной к орбите следует сообщить
кратковременно космическому кораблю, движу-
щемуся по орбите, радиус которой в 4 раза больше
радиуса Земли Яд (рис. 1.76), чтобы он смог пре-
одолеть поле силы тяжести Земли? Первая косми-
ческая скорость на Земле ц =7,9 км-с.
Рис. 1.7b
1 4 Работа, энергия, мощность
121
Решение
Условие вращения спутника:
пц тМ
----<! -Z-,
R Я2
откуда
где М масса Земли; G — i равзпационная постоянная, Я — ра-
диус круговой орбиты.
Так как Я = 4Я3, то =
I
—ц, где первая косми-
2
тц“ ,, тМ
ческая скорость, рассчитываемая из уравнения = G ——.
Минимальную скорость для преодоления
[равитационного поля Земли найдем из закона
сохранения энергии (на бесконечности кине-
тическая и потенциальная энергии спутника
равны нулю):
2
mt£ т.М
---- {j-----
2 Я
= 0 । 0;
Если дополнительную скорость сообщают по радиусу Я, то в
соответствии с рис. 1.77
2 2 2
Р? — Pq I AZJj ,
2 2 2 2
At>i —и2 - =u0',
Лц =у0 =—ц =3,95 км/с.
122
I Механика
Если дополнительную скорость сообщают по касательной к
орбите, то
Л/л, = (А ц.
=(V5
11ц =1,71 км/с.
Ответ Дц =^ц =3,95 км/с; Ди^=-Ц>/2-1)ц =1,71 км/с.
27. Небольшое тело соскальзывает бет трения с вершины по-
лусферы радиуса R (рис. 1.78). Определите высоту Л от основания
полусферы, на которой тело оторвется от ее поверхности. На ка-
кую высоту // оно подсколит после удара о горизонтальную по-
верхность, на которой находится полусфера? Удар считать абсо-
лютно упругим, полусфера жестко закреплена на плоскости.
Рис. 1.7Х
Решение
На тело действуют сила тяжести mg и реакция опоры Л/. Ис-
пользуя второй закон 11ьютона для движения по полусфере, запи-
шем
^- = mucosa-У, (1.84)
т е. произведение массы тела и центростремительного ускорения
равно сумме проекций на радиус полусферы сил, действующих на
тело Угол а определяет положение тела на полусфере
Тело отрывается от полусферы в момент, когда Л' становится
равной нулю.
В соответствии с законом сохранения энергии
ти2
mgR = —— + mgR cos а. (1.85)
14 Работа, тергим, мощность 123
Из решения уравнении (1.84) и (I.85) при X = 0 находим угол а:
2 2Л
2g/?( I - cos а) - gtfcos а, тогда cos а = — и высота h-R cos а -—.
После отрыва от поверхности полусферы тело будет двигаться
по параболе до соударения с поверхностью (рис. 1.79).
Так как удар абсолютно упругий, го механическая энергия те-
ла при этом не изменяется.
11а максимальной высоте подъема, после того как тело отскочи-
ло от поверхности, его скорость направлена горизонтально и равна
иТ = t>cosa, где и— скорость тела в точке отрыва от поверхности.
Используя закон сохранения энергии, запишем для начальной
точки траектории и точки максимального подъема.
ти 2
mgR ——I /м>7/,
тогда
2
H=R (1.86)
2g
2
Поскольку в точке отрыва cosa-—, то из уравнения (1.84)
2
при N- 0 получим и2 -- %R
Подставив эти выражения в j равнение (1.86), определим
H = R —(pcosa)2-/? —--g/'l - I =—Л
2g' ' 2g 3* UJ 27
,, t 2Л „23
Ответ: п — — п - —• Л
3 27
124
/ Механика
28. 1 la пути небольшого тела массой /и, скользящего по глад-
кому горизонтальному столу, находится незакрепленная горка
массой М и высотой Н (рис. 1.80). При какой минимальной скоро-
сти и тело сможет преодолеть горку? Тело движется, не отрываясь
от горки. Трение между телом и горкой и между горкой и столом
отсутствует.
Рис. 1.80
Решение
Под действием тела незакрепленная горка придет в движение,
а скорость тела будет складываться из относительной скорости,
направленной по касательной к склону, и переносной скорости
горки. Условием преодоления горки является равенство нулю от-
носительной скорости тела на вершине горки.
Используя закон сохранения импульса, запишем
ти = (т + М )и,
где и— скорость горки и тела в момент, когда тело находится на
вершине горки и перестало двигаться относительно ее поверхности.
Отсюда следует
и = —^—и. (1.87)
т + М
Запишем закон сохранения энергии:
(т + М\и2
= ----(1.88)
Подставив выражение (1.87) в уравнение (1.88), полупим
2 _ „ (т г-М)т~ ? -> „ т
mu = 2mgH I---------— и , т е. ти = 2mgH 4-------и~, отку-
(т I Му mlM
да u2 = 2gH+-^—u2.
т I М
1.4^ Работа, энергия, мощность
125
Тогда
После преобразований получим
Ответ: и- 2g//: 1+—I.
V 1 М/
29. Определите силу, действую-
щую на вертикальную стенку со сторо-
ны падающей гантели, когда ось ганте-
ли составляет угол а с горизонтом
(рис. 1.81). Гантель начинает движение
из вертикального положения без на-
чальной скорости. Масса каждого ша-
рика гантели равна т
Решение
11а рис 1 81 силы mg и Т действу-
ют на верхний шарик в произвольном положении гантели, Т
сила, действующая на верхний шарик со стороны стержня гантели.
Такая же сила действует и на нижний шарик, поэтому затянем
F - Tcosa.
(1.89)
Найдем силу Т Для верхнего шарика по второму' закону
11ьютона
_ mu
mgsina Т =----,
(1 90)
где / — длина гантели.
Скорость верхнего шарика в положении 2 (см рис. 1.81) опре-
делим из закона сохранения энергии для положений / и 2:
mgl = I mglsin a.
126
I Механика
Отсюда следует n2=2g/(l sin а). С учетом этого из уравнения
(1.40) определим
Т — mg(3sin а 2),
а из выражения (1.89) —
F = m#cosa(3sina 2).
,, 2
Полученная формула справедлива при условии sina> —, в
3
противном случае F = 0 и нижний шарик отрывается от стенки при
. 2
a<arcsm—.
3
Ответ: F = mgcosa(3sina-2).
30. Два одинаковых шара массами гп находятся в состоянии
покоя, касаясь друг друга. Третий шар таких же размеров налетает
на них. двигаясь по прямой, касающейся обоих шаров (рис. 1.82).
11айдите массу налетающего шара, если после удара он останавли-
вается.
Решение
Исходя из закона сохранения кинетической энергии запишем
(1.91)
2 2
Так как шары имеют одинаковый .диаметр, то угол их разлета
после удара a = 60°.
Q и r-LJ Q<^°~ /Ч
° '^'”1 Ми
Рнс. 1.82
Тогда по закону сохранения импульса
э/з г
Ми ~ 2mt>cos 30a = 2mv — = miл/3. (1.92)
1.4^ Работа, энергия, мощность
127
Решив совместно уравнения (1.91) и (1.92) (разделив (1.91) на
(1.92)), получим
2
и = —р=и.
л
(1.93)
Подставив соотношение (1 93) в уравнение (1.92), определим
2 г 3
М —psv — откуда Л/ -—т.
у/3 2
3
Ответ: М - — т.
2
31. Два одинаковых пластилиновых шара,
движущихся с равными скоростями, совер-
шают неупругий удар, после которого соеди-
няются в единое целое (рис 1.83). Какой угол
а составляли друг с другом векторы скоро-
0-^4. 2т
ха
Рис. 1.83
стей шаров до удара, если при ударе половина начальной кинети-
ческой анергии шаров перешла в теплоту?
Решение
Так как по условию задачи t>t = и2 - и, то, используя закон
сохранения импульса, определим скорость и шаров посте удара:
~ а а
2/Ht>cos— = 2ти. и = t>cos—.
2 2
Пусть Т| отношение кинетических анергий шаров после
(£й) и до (£к1) удара, тогда
I
- И - - ,
2
„ т
где Е_. -2—.
2
Определим
„ 2т 2 2 2 а
—----и — ти cos —.
2 2
Тогда
С 2
—— — cos
И-
2
128
1 Механика
Отсюда получим
а
Ответ: а
- Zarccos^yrj = 2arccos
32. Шайба 1 скользит по шероховатой го-
ризонтальной поверхности. После столкнове-
ния с находившейся в состоянии покоя шайбой
2 шайба 1 отскочила под прямым утлом к на-
правлению своего первоначального движения и
прошла до остановки путь .si = 1,5 м, а шайба 2 — путь яз - 4,0 м
11айдите скорость шайбы I непосредственно перед столкновением,
если ее масса в п = 1,5 раза меньше массы шайбы 2, а коэффициент
трения ц = 0,17.
Рис. 1.84
Решение
По условию р|±р|, следовательно (рис. 1.84),
+ (1-94)
где р\ — импульс первой шайбы перед соударением, и р2 —
импульсы шайб непосредственно после улара.
tr /п(ц')2
Кроме того, —— - png»], следовательно,
о;3=2щ>5,. (1.95)
Аналогично
и'^ 2pg.s2. (1.96)
Подставляя соотношения (I 95) и (1.96) в выражение (1.94), с
учетом т2 =пт} =пт получим
(пти^Г =(/пц)? I (тц)",
откуда
ц = ^2jjg(«2.v2 - М = ^2 0,17-9.8-J(1,5)2-4 1,5} = 5 м/с.
/ 4. Работа, энергия, мойр юс те
129
Ответ: ц =J2pg(n2jj
.¥])=5 м/с.
33. На гладкой горизонтальной поверхности вдоль одной пря-
мой на некотором расстоян1ш друг от друга расположены четыре
равных по объем} шарика массами т, 2т, т, 4т (рис. 1.85). По
этой же прямой со скоростью taj .движется шарик такого же объема
массой т и ударяется в крайний шарик Считая соударения шари-
ков абсолютно неупругими, найдите количество теплоты, выде-
лившееся после прекращения соударений шариков.
‘'о
( «I ) f 2/л ) ( m ) ( )
Рис. 1.85
Решение
Используя такой сохранения импульса тьи = 9ти, определим
Ц>
скорость шариков после прекращения соударении: р= -
Количество выделившейся теплоты равно убыли механиче-
ской энергии системы.
2 ’ 9 1 9
п- - m"° 9т1'~ - mtJo 9т "о mt^'\ П-4^2
L 2 2 2 2 92 ' "
4 2
Ответ: Q = -nivQ.
34. В ктин массой М, находящийся
на горизонт альной поверхности в со-
стоянии покоя, попадает горизонтально
летящая пуля массой т и после абсо-
лютно упругого столкновения с наклон-
ной поверхностью клина отскакивает
вертикально вверх (рис. 1.86). Опреде-
лите скорости пули до столкновения тъ и после столкновения ui,
если скорость клина в первый момент после удара равна и. Трением
между клином и горизонтальной поверхностью пренебречь.
130
/ Механика
Решение
1 la основе закона сохранения импульса
тйц = Ми 4- mUj + р,
где р — импульс, полученный подставкой.
Запишем данное уравнение (1.95) в проекции на горизонталь-
ную ось.t: ть>0 = Л/ц, тогда
Ми
1>о =---------
гП
М
ц =р«1—
V т
Так как удар абсолютно упругий, закон сохранения энергии
можно записать в виде
2 7 7
2 2 2
Из данного выражения с учетом и^Ми/т получим
Л/ , . М Г. т
— 1 =и—\Р —
т } т \ М
, М и М . т
Ответ, ц, =---; ц - и—. II----.
т т У М
35. Два одинаковых шара массами т ка-
ждый связаны прочной нитью (рис. 1.87). _
Л/ (•
Доска массой М = 2т налетает со скоростью I т—►
г/ = I м/с на эту систему и ударяет по сере-
дине нити. Найдите скорость шаров при уда- •
ре о доску. Рис. 1.87
Решение
При ударе шаров о доску шары и доска будут иметь общую
горизонтальную скорость и. Обозначим скорость шаров в направ-
лении, перпендикулярном лоске, l>x . Законы сохранения импульса
и энергии запишем в следующем виде соответственно:
Ми = (М » 2/rt)u,
(1-98)
1.4. Работа, энергия, мощность
131
Ми2 (М 4 2т)и2 2ти2
2'2 2
(1.99)
Из уравнения (1.98) определим горизонтальную составляю-
щую скорости шаров и доски.
Л/
и — и--------
М 4 2/п
Из уравнения (1.99) получим
и2. .И2 , , М
—I Л/ -------| = р ----.
2m1 Л/ > 2т 1 М i 2т
Полная скорость шаров при ударе
I Л/( М \
4I ” ' 1 ' I
у Л/ + 2т М 4 2т )
, м7 м Y
Ответ i> =.1--1.----- = 0,8? м/с.
у М 42т \М+2т!
36. Па гладкой горизонтальной по-
верхности массивной плиты находится в
состоянии покоя клин массой М с углом
наклона а = 30'. Клин плотно прилегает к
поверхности плиты. Летяппш по парабо-
Рис. 1.88
лической траектории шар массой т ударяется о гладкую
наклонную поверхность клина (рис. 1.88), причем в момент удара
его скорость направлена горизонтально (удар абсолютно упругий).
В результате клин начинает двигаться по плите. Найдите
отношение т ! М, если через некоторое время шар попадает в ту
же самую точку на клине, от которой он отскочил.
132
1 Механика
Решение
Пусть ио— скорость шара в момент удара. Так как гренке
между клином и плитой отсутствует, то вдоль оси (7.x выполняется
закон сохранения импульса
mu0=[mt\f)ux, (1.100)
где тл горизонтальная составляющая скорости шара после
столкновения, равная скорости клина (иначе шар не упадет в ту же
точку).
Закон сохранения энергии
2
тий т 1 М 1 т >
—“=------Ч 1 — 'V
2 2 2 ‘
(1.101)
где — вертикальная составляющая скорости шара после столк-
новения с клином.
Рис. 1.84
Пусть за время Лт удара шара о клин
между ними действовала сила, среднее зна-
чение которой равно F. Запишем в проек-
циях на координатные оси уравнения вто-
рого закона Ньютона для обоих тел
(рис. 1.89)
mt\ =/'‘Ат cos а;
(1 102)
Мих = F&l sin а.
(I 103)
Из-за отсутствия трения сила F на-
правлена перпендикулярно поверхности клина. Исключив FA/ из
уравнений (1.102) и (1.103), получим
W cosa
о. =—ил--------
т sin a
(1.104)
Подставим ц, в уравнение (1.101) и преобразуем полученное
выражение:
2 2 * 2 2 2
2 з т" sin a I тМ мп" a i Л/ cos'a 2 ,
m t>0 -----------------—------------------vx . (1.105)
sin "a
1.4. Работа, энергия, мощность
133
Возведя уравнение (1 100) в квадрат и разделив его на выра-
жение (1.105), получим соотношение
1 . >
т cos a-sin a _
— ---------------= 2.
M sin' a
, м
Ответ'. —
______ = 2
М
37. На гладкой горизонтальной поверхности массивной пли-
М. На грань, со-
ты находится в состоянии покоя клин массой
ставляющую с горизонтом угол a - 30°, вер-
тикально падает шарик массой т и ударяет-
ся о клин со скоростью гл, (рис 1.90). В ре-
зультате клин начинает двигаться по плите.
Определите скорость клина после удара
Время удара мало, удар считать абсолютно
упругим.
Решение
\1
Рис. 1.90
Пусть за время удара Al шарика о клин между ними действо-
вала сила, среднее значение которой равно F. Тогда FAt =
-mu mitQ. Из-за отсутствия трения сила F направлена перпен-
дикулярно поверхности клина (рис. 1.91, а) В проекциях на коор-
динатные оси уравнения второго закона Ньютона для обоих тел
имеет следующий вид (рис. 1.91,15):
ти ти0 - FAtcosa;
(I 106)
тил = FA/sma;
Ми - FAt sin a
(1 Ю7)
(I 108)
где t)y горизонтальная и вертикальная составляющие скорости
шара после столкновения с клином; и скорость клина, с которой
он стал двигаться вдоль оси Ох.
Из у равнений (1.106)-( 1 108) (рис. 191) определим
М М cosu
14 =— и; *4=Ц) —и----------
т /л sin a
134
/ Механика
Полная скорость шарика после удара
\2 ч
ч 2 2 2 W u _ Л/ COSU
и -их \ и 41 —' I —— 2 - ИЦ,-------------------. (I 109)
\ т ) sin а т sm а
В соответ CTBim с законом сохранения энергии
7 7 7 7
fflifr Ми
~~2~~ 2 ' 2 ’
тогда
(I 110)
Из выражений (1.103) и (1.110) получим
z 2
М ч . М , и~ _ Л/ COSO
----и = — —5— -2—1Щ,—--------;
т у т) sin*u т sma
2/nt>0 sin a • cos a _ t>0 sin 2a
Af + msin a ^ + sin=a’
m
При a = 30°
2>/Зт//0
AM + m
()гпнст и -
AM + m
1.4. Работа, энергия,.чоирюсть
Конт рольные работы
9-й класс
135
1. Шайба массой т -200 г скользит по горизонтальной ледя-
ной поверхности. Определите работу силы трения на пути 5 = 5 м,
если коэффициент трения шайбы о лед ц = 0,1 (8 баллов).
2. Груз массой т = 100 г свободно падает с высоты h = 10 м с
нулевой начальной скоростью. Определите потенциальную энер-
гию груза в тот момент времени, когда его скорость и - 8 м/с. При-
нять, что потенциальная энергия груза на поверхности земли равна
нулю. Сопротивлением воздуха пренебречь (8 баллов).
3. Мощность мотора электровоза при движении со скоростью
и-72 км/ч Л'-3,14 МВт. Найдите силу тяги мотора, если КПД
мотора и передающих механизмов q — 80 % (8 баллов).
4. Груз массой т = 100 кг поднимается под действием посто-
янной силы на высоту Л - 9 м в течение времени т = 5 с. Определи-
те работу этой силы по подъему груза. Какой кинегической энер-
гией будет обладать поднятый груз ( 10 баллов)?
5. Закрепленный пружинный пистолет стреляет вертикально
вверх. Какой была деформация пружины А/ перед выстрелом, если
жесткость пружины к = 200 I I/м, а пуля массой т - 9 г в результате
выстрела поднялась на высоту й = 10 м Трением пренебречь. Счи-
тать, что А/ <к Л {8 баллов).
Ь. Лыжник, масса тела которого равна b0 кг, спустился с горы
высотой 20 м. Какой была средняя сила сопротивления его движе-
нию по горизонтальной лыжне после спуска, если он остановился,
проехав 200 м? Считать, что по склону горы он скользит без тре-
ния (10 баллов).
7. Па рисунке представлена уста-
новка, собранная .для измерения ско-
рости пули. Если пуля массой т -
-10 г попадет в брусок массой М-
= 5кг и застрянет в нем, то брусок
поднимется на высоту й - 0,2 м. Опре-
делите скорость пули zai (12 баллов).
136
1 Механика
,-?Ц ^Ai
8. Япшк с песком массой М = 10 кг стоит на гладкой горизон-
тальной плоскости. Он соединен с вертикальной стеной пру-
жиной жесткостью А = 200 IIм
(см. рисунок). На сколько со- ;
жмется пружина, если пуля, ле- |
тящая горизонтально со скоро- |
стью и— 500 м/с, попадет в япшк
и застрянет в нем? Масса пули т = 0,01 кг (12 баллов).
9. На расстоянии .т = 6 м от края обрыва расположено тело
массой т\ - 5 кг. В тело попадает пуля массой mi = 20 г, летящая
горизонтально со скоростью и = 1000 м/с, и застревает в нем. Оп-
ределите, уттадет ли тело вместе с пулей на дно обрыва, если ко-
эффициент трения между телом и землей р = 0,2 (12 баллов).
10 Маленькая шайба массой т, дви-
гаясь по гладкому горизонтальному' сто-
лу со скоростью ио, встречает на своем
пути незакрепленную горку массой Л/ с
плавно изменяющимся углом наклона (см. рисунок). Шайба под-
нимается по поверхности горки на некоторую высоту, а затем, не
достигнув вершины, соскальзывает вниз. Определите скорость
шайбы и и скорость горки и после соскальзывания шайбы Трени-
ем пренебречь (12 баллов).
10-й класс
1. Тело массой т - 45 кг. лежащее на горизонтальной поверх-
ности, тянут с силой F = 300 II под углом а =30° к горизонту.
11айдите работу всех сил, действующих на тело при перемещении
его на расстояние л = 100 м. Коэффициент трения между телом и
плоскостью ц = 0.1 (6 баллов).
2. Под действием некоторой силы частица массой т = 10 г
движется со скоростью о - 100/ + 20/ j, где /и j единичные
взаимно перпендикулярные векторы. Найдите зависимость мощ-
ности силы от времени (8 баллов).
3. Из бункера с высоты Л = 1 м высыпали порцию песка мас-
сой т = 100 кг в вагонетку массой М - 2 т, .движущуюся горизон-
тально со скоростью о=3 м/с. Найдите количество теплоты, кото-
рое выделится в системе (8 баллов).
1.4 Работа, энергия, мощность
137
4. Шарик массой т =10 г, первоначально удерживаемый внут-
ри гладкой сферы на ее горизонтальном диаметре, отпускают. Оп-
ределите силу давления шарика на поверхность сферы в ее нижней
точке. Трение отсутствует (8 баллов).
5. Какую минимальную постоянную силу F нужно
приложить к грузу, неподвижно стоящему на пружине
жесткостью к = 200 IL'm, чтобы дополнительно сжать ее
на расстояние х = 4 см (см рисунок) (10 баллов).
Ъ. Две одинаковые частицы .движутся со скоро-
стями t>i и Р2 так, что угол между направлениями их
движения равен и (см. рисунок). После абсолютно
упругого соударения скорости частил стати U| п и2.
Определите угол разлета частиц (1и баллов).
7. Два одинаковых кубика соединены между собой легкой
пружиной и расположены так, как показано на рисунке. К право-
му кубику приложили постоянную силу
F - 20 П В некоторый момент действие си-
лы прекращается. Найдите максимальное
расстояние между кубиками после прекра-
щения действия силы. Длина не,деформированной пружины
/() = 10см, коэффициент жесткости А=500Н/м. Трением пре-
небречь (12 баллов).
8. Веревка .длиной / и массой т, намотана на блок, вся масса
которого т2 сосредоточена в ободе. От слабого толчка веревка на-
чинает сматываться с блока, приводя его во вращение. Определите
скорость и веревки в момент времени, когда она полностью сой-
дет с блока. Радиус блока мал по сравнению с длиной веревки
(1 () баллов).
9. Кусок тяжелого каната, подвешенного за один конец, не
рвется, если его длина /о = 5 м. Кусок такого же каната кладут на
глаткий стол так, что его малая часть свешивается. При какой мак-
симальной .длине каната он соскользнет со стола, нс порвавшись?
Какую скорость будет иметь такой канат, соскользнув со стола
(11 баллов)?
13Х
7 Механика
10. Два одинаковых шара, соединенных недеформированной
пружиной, движутся по гладкой поверхности со скоростью ц,=
- 7 м/с, направленной вдоль пружины, к
такому же неподвижному шару (см. ри-
сунок). Происходит абсолютно упругий
центральный удар. Определите максимальную и минимальную
длины пружины при движении шаров тюле соударения. Длина
недеформированной пружины /0 = 10см, коэффициент жесткости
А - I 000 I l/м. Масса каждого шара т =50 г (14 баллов).
11-й класс
1. В процессе поступательного движения тела вдоль оси л на
него действует сила F. Зависимость проекции силы F„ на ось х от
координаты х приведена на рисунке. Определите работу, совер-
шаемую силой при перемещении тела от координаты л - 4 м до
координаты х = 7 м (6 баллов).
2. Тело массой т = I кг бросили под углом а = 30 к горизон-
ту. Кинетическая анергия тела в наивысшей топке траектории Eq =
= 10 Дж. Пренебре1ая сопротивлением воздуха, определите ско-
рость тела в начальный момент времени (6 баллов).
3. На краю стола высотой й лежит пластилиновый шарик мас-
сой т Второй шарик такого же размера мас-
сой 2т, двигаясь по столу, налетает на пер-
вый шарик со скоростью м>. Определите ко-
личество теплоты, выделившееся при ударе
шариков (см. рисунок) о пол. Удар считать
абсолютно неупругим (8 баллов).
4. Гибкая однородная цепь длиной L может двигаться по же-
лобу, имеющему форму равнобедренного треугольника высотой
2т i/q т
Л
1.4. Работа, энергия, мощность
139
Н
I—0»л
М
'>WWV >’ ' л> >'л
И с утлом 2а при вершине и расположенному
в вертикальной плоскости. Трение отсутству-
ет, предполагается, что цепь прилегает к же-
лобу. Найдите наименьшую начальную ско-
рость цепи, необходимую для преодоления
такой горки. В начальный момент времени положение цепи пока-
зано на рисунке (12 баллов).
5. На гладком гори тотальном столе в состоянии покоя нахо-
дится горка, угол наклона которой плавно изменяется от некото-
рого значения до нуля. С вершины «горки» соскальзывает без
трения небольшое тело массой т (см.
рисунок). Найдите скорость тела от-
носительно горки после соскальзыва-
ния, если высота горки Л, масса Л/?
Трением между горкой и столом пре-
небречь (10 баллов).
Ь. На гори тотальной плоскости в состоянии покоя находится
шар. С нпм сталкивается другой шар такой же массы Удар абсо-
лютно упругий и нецентральный. Найдите угол между направле-
ниями разлета шаров (10 баллов).
7. Небольшая шайба массой т без начальной скорости со-
скальзывает с гладкой горки высотой Л и попадает на доску мас-
сой И, лежащую у основания горки на гладкой горизонтальной
плоскости (см рисунок). Вследствие трения между шайбой и
доской шайба замедляет движение и начиная с некоторого мо-
мента движется вместе с доской как единое целое. Найдите их
скорость и расстояние, на которое продвинулась шайба по доске
до остановки, ЕС и коэффициент трения между доской и шай-
бой равен р (10 баллов).
т
14и
1. Механика
8. Два одинаковых тела массой т каждое, соединенные пру-
жиной жесткостью А, лежат на горизонтальной плоскости (см. ри-
сунок). Левое тело касается вертикаль-
ной стенки. Какую минимальную ско-
рость, направленную к стенке, надо
сообщить правому телу, чтобы при об-
ратном дви женин от стенкп оно сдвинуло левое тело9 Коэффици-
ент трения каждого тела о плоскость равен ц. Пружина в началь-
ный момент переформирована (12 баллов).
9. В системе (см рисунок) масса каждого бруска т = I кг. же-
сткость пружины А = 20 П/м, коэффи-
циент трения между бруском и плоско-
стью ц= 0,4. Массы блока и пружины
пренебрежимо малы. Система пришла в
движение с нулевой начальной скоро-
k
стью при нсдеформированной пружине. Найдите максимальную
скорость брусков. При вычислениях принять ускорение свободно-
го падения g = 10 м/с2 (12 баллов).
10. Два шара массами 2т и т, соединенные невесомой пру-
жиной жесткостью А и .длиной L, лежат неподвижно на гладком
горизонтальном столе. Третий шар массой т движется со скоро-
стью Ц) ио линии. соединяющей центры
первых двух шаров, и упруго соударяет-
ся с шаром массой 2т (см. рисунок).
Пренебрегая временем соударения ша-
ров по сравнению с временем деформации пружины, определите
максимальное расстояние между тарами, связанными пружиной,
при их дальнейшем движении Размеры всех шаров одинаковые
(14 баллов).
1.5. Статика н iнфимехэника
Условия равновесия тела под действием плоской системы
сил. Пусть на некоторое тело действует система сил Fi, F i,
Fi,..., находящихся в одной плоскости (плоская система сил)
(рис. 1.92). Для равновесия тела необходимо и достаточно, чтобы
выполнялись .два условия равновесия.
15. Статика и гидромеханика
141
1. Равнодействующая всех сил, действующих на тело, равна
нулю
VA-o,
или — в проекциях на оси х и у — сумма проекций всех сил на оси
х и у выбранной системы координат равна нулю:
2. Алгебраическая сумма моментов
всех сил относительно произвольной точ-
ки J равна нулю:
=0
i
Моментом силы F относительно точ-
ки А называется произведение М = Fh,
где Л — плечо сплы — кратчайшее расстояние от точки А до ли-
нии действия силы. В частности, для системы сил. приведенной на
рис. 1.92, второе условие можно записать в виде
ZsAj =0.
Момент силы считается положительным, если вращение тела
вокруг точки А под действием силы F происходит против хода ча-
совой стрелки, и отрицательным — в противном случае. Посколь-
ку линия действия силы F3 проходит через точку Л, ее момент ра-
вен нулю. Последним обстоятельством часто пользуются при ре-
шении задач, выбирая точку А так, чтобы исключить моменты
неизвестных сил или сил, определение которых не требуется по
условию задачи.
Закон Наекшм. Давление— скалярная величина, равная от-
ношению силы нормального давления F к площади 5, по которой
распределена эта сила:
"=т
Единица измерения давления в системе СП — паскаль (I Па =
= 1 П/м ). Давление столба жидкости плотностью р, обусловлен-
142
1 Механика
ное действием силы тяжести, зависит только от его высоты h и
одинаково по всем направлениям:
Pci = РКА-
Если к поверхности жидкости или газа приложить некоторое
внешнее давление ро, то давление во всех точках жидкости также
увслшппся на />о, т. е. обтпее давление
Р= Ра
Следует отличать общее давление в жидкости с учетом внеш-
него давления от давления столба жидкости, определяемого вели-
чиной pci-
Сообщающиеся сосуды. Сосуды, в которых жидкость может
свободно перетекать из одного сосуда в другой, называются сооб-
щающимися (рис. 1 93). Если в сооб-
,-Р, ч ч шлющихся сосудах находятся разно-
Рис. 1.93
родные жидкости, плотности которых
равны Р], р2, Рз, то их уровни устанав-
ливаются таким обраюм, чтобы давле-
ние на дно сосуда (плоскость II) в каж-
дом сосуде было одинаковым, т. е.
должно выпо.тняться условие
Р\ = Р2-
Данное условие эквивалентно условию равенства давлений в
некоторой плоскости ГГ. ниже которой в обоих сосудах находится
однородная жидкость’
Pi' = Р'2-
Если в сообщающихся сосудах находится однородная жид-
кость, то уровни жидкостей в каждом из них одинаковы.
Закон Архимеда. Па тело, погруженное в жидкость или газ,
действует сила, направленная против силы тяжести и равная весу
жидкости в объеме, вытесненном телом.
где р— плотность жидкости или газа; V— объем погруженного
тела
7.5 ('татика и гидромеханика 143
Архимедова сила приложена к центру масс вытесненного объ-
ема жидкости или газа.
Для тела, плавающего на поверхности жидкости, выполняется
условие
где V'— объем части тела, находящейся в жидкости.
Работа архимедовых сил. При решении задач на определе-
ние работы сил, среди которых имеется архимедова сила, следу-
ет учитывать, что при изменении объема >'' погруженной части
тела изменяется и архимедова сила. Чаще всего это изменение
происходит линейно в зависимости от перемещения тела. При
решении таких задач рекомендуется использовать два различ-
ных метода.
Графический метод заключается в том, что для рассматривае-
мой задачи строят график результирующий силы в зависимости от
перемещения тела, а затем определяют работу путем вычисления
площади под этим графиком. При линейном характере изменения
результирующей силы вычисление площади, как правило, не вы-
зывает затруднений (см. решение задачи 11).
Метод эквивалентных работ. Сущность этого метода заклю-
чается в том, что тело перемещают из начального положения в ко-
нечное не способом, заданным в задаче, а другим, при котором
вычисление работы осуществляется проще. При этом следует
иметь в виду, что метод применим лишь для потенциальных по-
лей, в которых работа не зависит от траектории тела, а определяет-
ся только начальным и конечным его положением (см. решение
задачи 12).
Жидкость в ускоренно движущемся сосуде. Все приведен-
ные выше формулы применимы к телам и жидкостям, неподвиж-
ным или находящимся в состоянии равномерного прямолинейного
.движения. Эти формулы можно использовать и в случае движения
жидкости с ускорением а (рис. 1.94, а). Для этого необходимо пе-
рейти в неинерциальную систему отсчета, связанную с движу-
щимся езюулом, а к ускорению свободного падения g следует до-
бавить вектор ускорения о', равный а по модулю и направленный
в сторону, противоположную движению сосуда Повое ускорение
144
/ Механика
g, равное векторной сумме а и g, оказывается повернутым от-
носительно g на угол а, гле
а
tga= —
Я
при этом
g' = ^a2 + g2
Уровень жидкости будет ориентирован перпендикулярно ус-
корению g', т е. наклонен к горизонту под углом а. В этом случае
при решении задач проще рассматривать неподвижный сосуд, на-
клоненный на угол а и находящийся в поле тяжести с ускорением
свободного падения g' (рис. 1.94, б). При этом архимедова сила
будет направлена против g'.
Рис. 1.94
Если жидкость находится во вращающемся с угловой скоро-
стью ш сосуде, то ускорение а в каждой точке сосуда будет на-
правлено против центростремительного ускорения
где г — рдтиус вращения точки.
<э2г
С ледовательно, угол a-arctg---- является переменным и по-
верхность жидкости во вращающемся сосуде также искривлена
(см. решение задачи 10). В этом случае архимедова сила изменяет-
ся как по величине, так и по направлению.
1.5. Статика и гидромеханика
145
Уравнение Бернулли. На рис. 1.95
представлена трубка с однородной иде-
альной жидкостью, в которой скорость
течения и жидкости в каждой точке попе-
речного сечения 5 одинакова и жидкость
не выходит за пределы трубки. В лом
случае масса жидкости, проходящая через
любое сечение 5 за время I
т - pSul,
где р — плотн<>сть жидкости.
Величина 2 = 5п(м3/с) представляет собой объем жидкости,
проходящий через поперечное сечение 5 в единицу времени.
Для несжимаемой жидкости справедливо уравнение нераз-
рывности
Q = - const.
или для двух произвольных сечений и 5,
р(5| —
Кроме того, для этих сечений справедливо уравнение Бернулли
2 2
РЦ £ РЦ? .
Pl 4 — + Р#Л| = Р2 4 — 4 РКЛ2’
где pi, ftii ц, i>2 —давления и скорости жидкости в сечениях 5, и
соответственно; Ль Лз — высота сечении i’i и 5? соответственно
относительно некоторого уровня, принятого за нулевой. Из урав-
нений неразрывности и Бернулли следует, «по в узких сечениях
трубки скорости течения больше, а статические давления меньше,
чем в широких сечениях
т
,, Of ,,
Величину о =------- называют динамическим давлением. При
2
5'1 « S2 из уравнения неразрывности следует
ц, » ц,
146
/ Механики
и тогда динамическое давление в сечении 5j
при решении задач не учитывают.
Примеры решения задач
1. Однородный стержень АВ опирает-
ся о шероховатый пол и удерживается в
равновесии горизонтальной нитью ВС
(рис 1.96). Коэффициент грения между
стержнем и полом ц = 0,5. При каких зна-
чениях угла « такое равновесие возможно?
Решение
Введем систему координат О.гу, напра-
вив оси по сторонам прямого угла. Тогда
Рис. 1.96
условия равенства нулю проекции всех сил на выбранные оси Ох и
Оу примут соответственно следующий вид:
т*=о;
.V mg = 0.
(1.111)
(1.112)
Запишем условие равенства нулю моментов всех сил относи-
тельно точки А
Th2 ~
(I ИЗ)
где Л1, Л; — плечи сил mg и Т соответственно.
Из рис 1.96 следует, что
, AS
л( = ——cosa,
Л2 = Лвмпа.
Подставим Л| и Й2 в выражение (1 113) и с учетом уравнения
(1111) получим
_ mg cos a mg
^,=7’= "---------- "Ctga. (1.114)
Zstna 2
1.5. Статика и гидромеханика
147
Кроме того, из уравнения (1.104) следует, что
N — mg.
(1.115)
Состояние равновесия стержня возможно при условии, что си-
ла трения не превышает максимального значения
F =llV.
тртад. г"
□то условие с учетом формул (1.114) и (1 115) можно записать
в виде
/711?
—ctg<i<p/n£.
Отсюда получим ctga < 2ц -1, следовательно, a > 45
Ответ: при a > 45 .
2. На наклонной плоскости, составляю-
щей угол а с горизонтом, находится тело
массой т (рис 1.97). Коэффициент трения
между телом и плоскостью равен ц. С какой
наименьшей силой можно перемещать это
тело по наклонной плоскости вверх? Под
каким углом 3 к плоскости направлена эта
сила?
Рис. 1 <>7
Решение
Пусть F и Р (см. рис. 1.97) — спла и угол, которые нужно оп-
ределить. Под действием минимальной силы тело будет двигаться
по плоскости равномерно. Поэтому можно использовать условия
статики, которые в проекциях на оси л и у соответственно можно
записать в виде
Fcosf) mg sin a F^-0; (1.116)
iV + Fsinp /ng cos a = 0. (1.117)
Из уравнения (1.117) находим
N-mgcosa Fsmp
С учетом того, что FT? = j.lV, из (1 116) получим уравнение
14X
I Механика
_ sina+jicosa
г - mg------------.
gsmp + cos|l
(I.IIX)
(Гила Г принимает минимальное значение, когда выражение в
знаменателе формулы (1.118) при некотором угле р становится
максимальным.
У (Р) =j_isinр I cosp
')тот угол определим из условия /*(р) - 0, т. е.
pcosp sinp-0,
откуда получим tgр - ц.
Определим максимальное значение функции 7(Р>, соответст-
вующее углу р
/(P)max = Psin Р + COSP = cos WI + M2) = -I- 1 ~ (1 + H2 ) = Vl + M2•
V’+tg p
Таким образом, полущим
mg . .
. (sin a 4 pcosa);
'i + p2
P = arctgp.
/ng
Ответ: F= , (sina -bpcosa); P-arctgp.
3. Наточка массой m наполовину погружена в жидкость
(рис I 98). Угол наклона палочки к горизонту' равен u. С какой
силой давит на стенку' цилиндрического сосуда
нижний конец палочки? Трением в системе
пренебречь.
Решение
Пусть L — длина паточки. Силы, дейст-
вующие на паточку, приведены на рис. I 98.
Точка приложения архимедовой сизы находит-
ся посредине погруженной части палочки. Из
Рис. 1.98
k5. Статика и гидромеханика
149
условия равновесия палочки следует .V, = N2 - N, a FA - mg.
Условие моментов сил относительно точки О при равновесии.
FAh}--2Nh2
Плечи сил:
. Ь L
л. =—cosa; = — sina.
1 4 " 2
Условие моментов запишем в виде
L -
mg —cosa = 2N —sin a.
4 2
Отсюда получим
У = —ctga.
4
По третьему закону Ньютона сила, с которой нижний конец
палочки действует на стенку сосуда, F = У. Следовательно,
F - N = — mg ctg a.
4
Ответ. F = -mgctga.
4
4. В полусферический тонкостенный колокол (рис. 1.99),
плотно лежаший на горизонтальном столе, наливают через отвер-
стие сверху жидкость плотностью р. Ко-
гда уровень жидкости доходит до о г вер-
стия, она приподнимает колокол и начи- 7.'
нает вытекать снизу. Определите массу
М колокола, если его радиус равен R Рис. 1.99
Решение
Со стороны стенок колокола на жидкость действуют силы, ре-
зультирующая которых N направлена вниз. Эта сила совместно с
силой тяжести жидкости составляет силу, с которой жидкость дей-
ствует на поверхность стола:
2
F = mg -г .V — pg — .т/< ’ + У.
15о
1. Механика
В io же время сила F определяется давлением жидкости на
поверхность стола внутри колокола:
F - pS = pg/? я/?2 = pga/?4.
Из двух последних соотношений находим
y = \pg/?
Согласно третьему' закону Ньютона, результирующая верти-
кальная сила, действующая на колокол со стороны жидкости, рав-
на по модулю силе N. Именно эта сила приподнимает колокол.
Следовательно, жи дкость начинает вытекать из-под колокола, если
выполнено условие
Л/g = \p/?3g.
Определим массу колокола:
Л/ = “ яр/?'
Ответ Л/ = — яр/?'
5. В сплошной однородной тонкой пластине, имеющей фор-
му круга радиусом R и первоначальную массу Л/, вырезали от-
верстие в 2 раза меньшего радиуса, касающееся края пластины.
Пластину подвесили на двух невесомых нитях / и 2, как показано
на рис. 1 100. Определите силы натяжения Тнитей.
Решение
На рис. 1.100 Л/g сила тяжести сплош-
нои круглой пластины. — И g — сила компсн-
4
сирующая силу тяжести вырезанного круга,
7J,7^ силы натяжения нитей. Уравнение
моментов сил относительно точки О:
T,R = -Mg—.
4 2
1 5. Статика и гидромеханика
151
Отсюда
Г2 = -Mg
2 8
Из условия равновесия сил вдоль вертикальной оси
+ Т2 + — Mg - Mg = О
получим
Г,=|л/Я.
Данный подход позволяет упростить решение задачи, по-
скольку нет необходимости определять центр масс тела.
Ответ. T}= — Mg\ T2=—Mg.
6. На шероховатой прямоугольной пластине
стоит прямоугольный параллелепипед с основа-
нием в форме квадрата со стороной и и высо-
той h. Ко зффициент трения между параллелепи-
педом п пластиной равен р Пластину медленно
наклоняют, поворачивая вокрут одной из сто-
рон При каком соотношении между а и Л па-
раллелепипед опрокинется прежде, чем заскользит?
Решение
Как известно, угол скольжения определяется формулой
‘₽асж=Р
Как следует из схемы, приведенной на рис 1 101, параллеле-
пипед опрокинется, когда линия действия силы тяжести выйдет за
пределы основания Следовательно, угол опрокидывания опреде-
ляется из условия
152
I Механика
Условие задачи удовлетворяется, если а0<асж, следова-
тельно,
а
// и
Ответ — < Ц.
h
7. Во сколько раз давление воды на глубине 70 м больше дав-
ления на глубине 10 м? Атмосферное давление равно 100 кПа,
g = 10 м/с2.
Решение
Давление воды на глубине Л
Р = Ро + РХЛ-
Из условия задачи определим
Р\ _ Я» + Pg*i
Pi Ро »РКЛ>
Подставим числовые значения'
р. ПУ’ + КУ’-Ю 7Q х
р2 ' 10s <-105-10-10 2
Ответ: в 4 раза.
8. Шарик всплывает с постоянной ско-
ростью ui в жидкости, плотность которой в
1.4 раза больше плотности материала шари-
ка. С какой установившейся скоростью uj
будет падать в этой жидкости шарик такого
же размера, плотность материала которого в
2 раза больше плотности жидкости? Сопро-
тивление вязкой жидкости движению шари-
ков пропорционально скорости.
Решение
т«»:Л
Рис. 1.102
Обозначим: р, pi, р2 плотности жидкости, первого и второ-
го шариков соответственно; К — объем шарика. Сила сопротив-
ления движению
153
1.5 С 'татика и гидра механика
Fc=ku,
где А —коэффициент пропорциональности.
В обоих случаях движение шариков равномерное, поэтому си-
лы уравновешенны (рис. 1.102):
Рл Рсу=Ъ И.119)
РЛ (1.120)
где /П], «2 — массы лириков,
/и, = р,И;
/л, -p2Jz.
Подставив в уравнения (II19) и (1.120) силы сопротивления
Fd и Fc2, архимедову силу Fa, получим
Pi«^ Auj=O;
Р#Р P2gF + Au2^0.
Исключив из этой системы уравнений козффициент А, полу-
чим соотношение
и2 _ Рг ~ Р
U, р-Р)
Отсюда найдем
_ Р2 Р, .
Ы2 - U],
р р|
2р Р U4
U- ------:-U, =---U, — 3,>U.
I 0,4
р пр
Ответ: ui = 3,5uj.
9. Сосуд в форме куба, наполненный жидкостью, движется в
горизонтальном направлении с ускорением а. Объем жидкости в
сосуде равен половине объема куба, масса жидкости — т. Опре-
делите силы давления жидкости F и F2 соответственно на перед-
нюю и заднюю (по направлению ускорения) стенки сосуда
154
I Механика
Решение
Как известно (см. теоретическую часть раздела), при движе-
нии сосуда с ускорением а его поверхность наклоняется к гори-
зонту на угол а, при этом
а
tga= —,
X
и устанавливается ортогонально ускорению свободного падения
действующему на жидкость. При этом сосуд можно считать
находящимся в статическом положе-
нии (рис. 1.10.3). Ускорения a, g и g'
связаны соотношениями
a = g’sinct,
g = /cosa.
11устъ ребро куба имеет размер Ь.
Тогда длины отрезков Р] и /ь на передней и задней стенках куба
. b b h\ а
b. = — — tga= — 1 —
2 2 2
%)
Л Л
b
п b о , и ]
К =— -I—tea = — 1 + — .
* 2 2 2( g)
2 2
2
Соответствующие высоты й] и й; можно представить в виде
а
, , b , , а
-г\ cosa - -cosa] 1 —
X
b
2
. , " . а
й2 -п? cosa cosa I + — .
2 У Х’>
Силы давления жидкости на переднюю и заднюю стенки куба.
ч2
о I
2
_^Х
4
h 1 (
Ъ =PcplSl = Р/^ЛЛ1 = р—-/cosa I
С. X. \
а
g
g
1.5. Статика и гидромеханика
155
, . з . f V / \2
„ „ , Л7 , , п I , I , а mg[ , а ,
F2=Pcp252=P^ у/А =Р-Г- COSO| 1+- , =— 14- | .
— Z4 \Х/ ** \ J? у
(,2 / ч2
. u I „ mg! , а 1
I - — ; F, = — 1 + — .
Hi 4 \ я)
10. Цилиндрический сосуд, наполненный
жидкостью, вращается с угловой скоростью ш
вокруг вертикальной оси, совпадающей с осью
цилиндра Найти высоту у уровня жидкости на
произвольном расстоянии г от оси вращения
(рис. 1.104).
Решение
Гис. 1.104
Если выбрать начало отсчета оси у в нижней точке поверхно-
сти жидкости, то задача сводится к нахождению уравнения кривой
у - у(г) сечения поверхности плоскостью, проходящей через ось
вращения При переходе к системе координат, связанной с цилин-
дром в произвольной точке с радиальной координатой г, ускорении
g еле,дует векторно сложить с ускорением а = — at|C, направлен-
ным против центростремительного ускорения и равным ему по
модулю: а' = <о2г. Результирующее ускорение g наклонено к вер-
тикали под углом а, при ттом
а' <о2г
tga = —- —
Я Я
Поскольку уровень жидкости устанавливается ортогонально
g', то касательная к кривой составляет угол а с горизонтом, сле-
довательно,
. ыГг
tga=y(r) =----.
К
Отсюда, интегрируя, получаем
иГг2
’“"гГ’
т. е. профиль кривой — парабола.
156
1. Механики
Полученный результат имеет обгний характер В частности, в
произвольной точке внутри вращающейся жидкости на тело дей-
ствует архимедова сила, направленная против ускорения g. Дру-
гими словами, эта сила имеет две составляющие: вертикальную
=Р£Г и радиальную FAp = рицсГ = рсо2гК.
, «2г2
Ответ у =----
2g
11. Широкую тонкую доску массой т удерживают в воде так,
что ее нижняя плоскость совпадает с поверхностью воды в водо-
еме. Доску отпускают бет начальной скорости. Какое количество
теплоты О выделится к моменту времени, когда доска окажется в
положении равновесия? Площадь широкой стороны доски S, плот-
ность воды р, плотность дерева рл.
Решение
Начальное положение диски пред-
ставлено на рис 1.105, а, конечное
на рис. 1.1о5, б. Зависимость результи-
рующей силы, действующей на лоску,
ог глубины погружения х приведена на
рис. 1.105, в. В начальном положении
результир)тощая сила равна mg, в ко-
нечном положении
Рис. 1.105
F = °-
где Fa архимедова сила, действующая на доску в положении
равновесия. При этом перемещение доски равно глубине ее по-
гружения h\ Из условия плавания тела Fa = mg найдем
pg И =«g,
откуда
pSh, = т, h. =—.
' PS
Выделившаяся теплота равна площади под графиком силы, т. е.
157
J 5. Статика и гидромеханика
„1,1 m2g
Q=-mgk =-——-
2 2 рЛ
.. „1 т-%
Ответ: О--------
2 р5
12. На дне водоема глубиной h лежит балка длиной L = 1,5 Л с
площадью поперечного сечения 5. I [ривязав трос к одному концу
балки, ее медленно поднимают и устанавливают в вертикальное
положение. Какая работа совертается при этом подъеме? Плот-
ность материала балки р&, плотность воды р.
Решение
Основная сложность при решении
этой задачи заключается в нелинейной
зависимости прикладываемой силы от
угла наклона при выходе балки из воды.
Тем не менее задача легко решается мето-
дом эквивалентных работ Рассмотрим
этот метод. Мысленно представим балку
состоящей из двух отдельных частей 7 и 2. одна из которых при
подъеме окажется в воздухе (Г), а другая в воде (2'). Масса
части 7 /и, =- р6А5, части 2 т2 =p6hS. Переместим часть 2 в по-
2
ложение 2" (рис. 1.106), при этом будет совершена работа
A A VcA2
4=("»2£ /%)- = (Рб5Ах pSAg)-'=-^-(p6 р).
Часть 7 балки переместим в положение I". Работа при этом
перемещении
. . „ .. Л З^Л' . . рб-Зк/г
Л2=(/И1Х +m}g—=р)чЬ__—
4 2. о
При перемещении частей из положения J" в положение Г и из
положения 2" в положение 2' работа не совершается, поэтому
А - А} + А2- Sgh2
9
sPc
р
158
I Механика
9
3?* "Ре
х -
Ответ: А —
р
13. Определите объем жидкости, вытекающей из горизонталь-
но расположенной трубы за время т, если известна разность давле-
ний Др, згзмсренная двумя манометрами, установленными в мес-
тах, где сечения трубы имеют площади Д] и Дз соответственно.
Плотность жидкости р. Поток жидкости считать стапионарным.
вязкостью жидкости пренебречь.
Решение
Пусть р\ и /ъ — показания манометров. Тогда в соответствии с
уравнением Бернулли для гори зонтального тика жидкости в трубе
2 2
„+Щ_=Л+Р£._ (1.121)
Из уравнения (I 121) определим перепад давления
N> = Px Рг = ^ Ц2)- (1.122)
Из уравнения неразрывности следует
цД,=о2Д2=^-, (1.123)
т
где объем жидкости, выт екающей из грубы за время т.
Из соотношений (1.122), (1.123) получим
Отсюда определим объем вытекающей жидкости
J2Ap
---
Р<А? s2)
Ответ. Ог — тД, Д, J--=-
Д2)
1.5. Статика и гидромеханика
159
14. На столе стоит открытый цилиндрический сосуд высотой
//, доверху наполненный водой (рис. 1.107). На какой высоте сле-
дует выполнить малое отверстие площадью 5о в стенке сосуда,
чтобы струя из него падала на стол на максимальном расстоянии
от стенки1’ Чему равно это расстояние'.’ Каково значение силы тре-
ния. удерживающей сосуд на столе? Площадь отверстия значи-
тельно меньше площади поперечного сечения сосуда.
Решение
Обозначим два сечения 1 — в сосуде и 2 — в вытекающей
струе вблизи отверстия So- Уравнение Бернулли .для этих сечений
имеет следующий вид (динамическим давлением движущейся
жидкости в сосуде пренебрегаем):
pt?2
Л) = /’о+—>
где ро — атмосферное давление; и — скорость вытекающей воды.
Из данного уравнения полу1!им
u=j2g(H Л).
Уравнения движения любой частицы воды в струе в системе
координат хОу имеют вид
x — ut;
160
/ Механика
При падении струи на столу - 0. следовательно, время се дви-
жения
При этом координата
X = Dt =
')та координата принимает максимальное значение, когда
функция f(h) = h(H h) становится максимальной, т. е. когда
/'(*)=О:
/'(Л)-// 2й = 0.
Отсюда получим
Следовательно,
Для определения силы грения, удерживающей сосуд на столе,
определим массу воды, вытекающей из отверстия за время г.
m=poS0t.
Изменение горизонтального импульса сосуда та это время
Н
= то — рр 50Г = р2у| И;.S(/ = pgHSol.
')то изменение обеспечивается импульсом силы трения, т. е.
Frvl = РЛ-V-
/ 5. Статика и гидрпшханика
161
Отсюда
Гп,=рХЯ50.
Отметим, «по эта сила является силой трения покоя, а для то-
го, чтобы сосуд не перемещался по поверхности стола, необходи-
мо, чтобы коэффициент трения был больше некоторого wnm-
мального значения, определяемого из соотношения
^тр^тр.сг =рл»к = ррЯ5х,
где/ёфдх сила трения скольжения.
Тогда
p.tf//.S0 < ррЩ?, т. е р > 50 / S.
Ответ . h =—\ х_.=Н\ E^—peHSn.
Контрольные работы
8-й и 9-й классы
1. Шкаф массой 100 кг стоит на четырех ножках, след каждой
из которых имеет форму квадрата. Чему равна сторона этого квад-
рата, если шкаф оказывает давление на пол 150 кПа (X баллов)?
2. Когда подвешенный к динамометру сплошной груз noipy-
зили полностью в воду, показание динамометра уменьшилось на
4(i %. Какова плотность груза (X баллов)?
3. Какую работу надо совершить, чтобы поднять со дна озера
до поверхности воды камень массой т = 10 кт? Глубина озера
Л = 3 м. плотность камня рг = 2500 кг/м3. Сопротивлением воды
пренебречь (8 баллов).
4. В цилиндрический сосуд налиты ртуть и вода. Общая высо-
та двух слоев жидкости й = 14,6 см, а давление на дно сосуда
р = 2,7 кПа. Каково отношение масс ртути и воды? Плотность во-
ды рв = 1000 кг/м5, плотность ртути рр = 13 600 кт; м1 (10 баллов).
5. На горизонтальном листе резины лежит перевернутый со-
суд, имеющий форму конуса высотой И с радиусом основания R
162
/ Механика
Края сосуда плотно прилегают к листу резины. В верхней точке
перевернутого сосуда имеется маленькое отверстие, через которое
наливают воду. При какой массе сосуда вода может вытекать сни-
зу? Объем сосуда V = я/?2 Н (10 баллов).
6. В U-образной трубке находится ртуть В правое колено
трубки доливают воду, после чего уровень ртути в левом колене
поднимается на высоту ДА = 1 см. Какова высота слоя воды
(10 баллов)?
7. К стержню длиной / = 80 см и массой т - Г I т
= 6 кг подвешены два груза: к левому концу —
массой т\ = 2 кг, а к правому массой тг - 8 кг **1 т-
(см. рисунок) В какой точке надо подпереть стержень, чтобы он
находился в равновесии (10 баллов)?
8. Брусок массой т - 2 кг имеет форму параллелепипеда. Лежа
на одной из граней (о), он оказывает даатение р\ = 1 кПа, лежа на
другой грани (г7)— давление рг = 2 кПа, стоя на третьей грани
(в) — давление рз - 4 кПа. Каковы размеры бруска (12 баллов)?
9. Hi возы поднимаю! вверх дном легкую т—т-
кружку (см. рисунок). Какую силу F необхо-
димо приьлилывать ь тот момент, когда дно ~ ~~~
кружки находится на высоте h -10 см над по-
верхностью воды, если плошать дна 5 = 100 см? Чему равна рабо-
та, совершенная при подъеме кружки (12 баллов)?
10. На какое расстояние переместится центр тяжести доски,
если справа отпилить от нее кусок длиной l\ = 1 м, а слева — кусок
длиной 12 - 1.5 м (12 баллов)?
10-й и 11-й классы
1. Базку длиной I = 10 м и массой т - 900 кг поднимают гори-
зонтазьно на двух параллельных тросах. Найдите силы натяжения
тросов Т\ и Г2, если один из них укреплен на конце балки, а дру-
гой на расстоянии /] = 1 м от другого ее конца (6 баллов).
2. Па плоском шероховатом дне чаши находится шар (см ри-
сунок). Дно чаши наклонено под некоторым углом к горизонту.
Шар удерживается ь равновесии нитью, параллельной дну. Па ка-
1.5. Статика и гидромеханика
103
кой наибольший угол а можно наклонить дно
чаши, чтобы тар все еще оставался в равнове-
сии9 Коэффициент трения ц = 0.5 (8 баллов).
3. Ла какой глубине Н давление воды в 3 раза больше атмо-
сферного давления, равного I (Ю кПа. 11ринять g - 10 м/с2 (6 баллов).
4. В сплошной однородной тонкой пла-
стине, имеющей форму квадрата со стороной L
и первоначальную массу М. вырезали квадрат
со стороной L/2, как показано на рисунке. Пла-
сл ину подвесили за углы А и В на двух невесо-
мых нитях 1 и 2. Определите силу натяжения
нити 2 (8 баллов).
5. Нижний коней тонкой одноро дной палочки,
погруженной в воду, шарнирно закреплен (см. ри-
сунок). При равновесии над водой находится 1/5
часть длины палочки. Определите плотность р ма-
териала палочки (8 баллов).
6. Два одинаковых шарика связаны невесомой ни-
тью. перекинутой через невесомый блок, причем один из
шариков погружен в сосуд с жидкостью. С какой уста-
новившейся скоростью и будут двигаться шарики, если
известно, что установившаяся скорость падения одиноч-
ного шарика в той же жидкости равна но? Плотность
жидкости ро, плотность материала шариков р (10 баллов).
7. Сосуд с водой движется горизонтально с ускорением а.
К.дну сосуда на невесомой нити прикреплен де-
ревянный шарик массой т и объемом И (см. ри-
сунок). Определите силу натяжения шпи F.
Плотность воды р (10 баллов).
8. Две манометрические трубки установлены на горизонталь-
ной трубе переменного сечения в местах, где сечения трубы равны
Si и 52- По трубе течет вода. Найдите объем
волы (Л протекающей в единицу времени че-
рез сечение трубы, если разность уровней
воды в манометрических трубках равна АЛ
(14 баллов).
1 b-1 i. Механика
9. Льдина с площадью поперечного сечения 5 = 1 м высотой
// = 0,4 м плавает в воде Какую минимальную работу Л надо
совершить, чтобы полностью погрузить льдину в воду? Плот-
ность воды рв = 1000 кг/м3, плотность льда рл = 900 кг/ м‘
(14 баллов).
10. Бетонная однородная свая .глиной /, массой т лежит на дне
водоема глубиной h > I. Привязав трос к одному концу сваи, ее
медленно вытаскивают из волы так, что центр тяжести сваи под-
нимается на высоту Н> I от поверхности воды. Какая работа .4 со-
вершается при подъеме сваи? Плотность бетона в п раз больше
плотности воды. Силами сопротивления пренебречь (16 баллов).
2. МОЛЕКУЛЯРНО-КИНЕТИЧЕСКАЯ ТЕОРИЯ
И ОС НОВЫ ГЕРМОДИНАМИКИ
Объектом изучения молекулярно-кинетической теории (МКТ)
и термодинамики являются процессы в макроскопических телах.
Огромное количество содержащихся в макроскопических телах
микрочастиц (в зависимости от конкретного строения тел это мо-
гут быть атомы, молекулы, ионы, электроны, элементарные части-
цы и т д.) не допускает детального описания систем, даже если
законы их движения известны. Термодинамика и МКТ изучают
тепловую форму движения материи, условия превращения энергии
из одной формы в другую и количественные соотношения при та-
ких превращениях.
Термодинамика изучает тепловые явления без учета молеку-
лярного строения тел и физической природы теплоты Задачей
термодинамики является установление связей между непосредст-
венно наблюдаемыми (измеряемыми в макроскопических экспе-
риментах) величинами, такими, как давление, объем, температура,
концентрация и др.
Термодинамика базируется на экспериментально установлен-
ных законах (началах) термодинамики.
Молекулярно-кинетическая теория объясняет все процессы,
происходящие в макроскопических телах, исходя из предположе-
ния. что вещество состоит из атомов и молекул, движение которых
подчиняется законам механики Ньютона. МКТ рассматривает теп-
лоту как результат хаотического .движения атомов и молекул. Ос-
новной задачей МКТ является определение законов поведения
макроскопического количества вещества на основе поведения час-
тиц, из которых состоит система.
16b 2. Молеку тярно кинетическая пиурия и основы термодинамики
2.1. Основные понятия
MO.1CKJ ЛЯрНО-КИПС! ичсскон теории
В основе МКТ лежат три положения, которые подтверждены
экспериментально (явления диффузии, броуновского движения,
испарения и др.):
все вещества состоят из частиц — молекул, атомов, ионов,
электронов,
частицы вещества находятся в непрерывном хаотическом
движении;
между частицами существуют силы взаимодействия — силы
притяжения и отталкивания.
Массы атомов и молекул В молекулярной физике массы
атомов и молекул выражают не их абсолютными значениями (в
килограммах), а относительными безразмерными величинами, на-
зываемыми относительной атомной массой Аг и относительной
молекулярной массой М,
За единицу атомной массы принимают 1/12 массы изотопа уг-
12/’.
лсрода 6 С:
1 а.с.м. - । ° 2 кт-
Относительная молекулярная масса Мг определяется фор-
мулой
12 01
Здесь /но абсолютное значение массы молекулы, кг. Аналогично
определяется атомная масса.
Количество вещества. В СИ единицей количества вещества
является моль. Моль равен количеству вещества, содержащему
столько же структурных элементов (атомов, молекул), сколько
структурных элементов (атомов) содержится в 0,012кг изотопа
углерода '.2С. Моль любого вещества содержит одинаковое число
структурных элементов, которое называется 'шелом Лвогадро:
2 I Основные понятия молекулярно кинетической mi ории 167
>г 0.012 кг 10 3 .„«,„23 _1
ЛГА =------ ---=------—моль — 6,02 10 моль .
/ЛО{ 1,66-10-27
Мо. 1ярная масса. Молярная масса определяется как масса од-
ного моля вещества:
Л/= /я0ТУА,
где та масса молекулы. Молярная масса выражается в кило-
граммах на моль (кг/моль).
Молярная масса связана с относительной атомной (пли моле-
кулярной) массой соотношением
V/ = 10"3Af,.
Значения относительных атомных масс приведены в периоди-
ческой таблице химических элементов Менделеева. Относитель-
ные молекулярные массы можно рассчитать как сумму относи-
тельных масс атомов, составляющих молекулу.
Число v молей вещества связано с числом А' структурных эле-
ментов (молекул) формулой
N т
у =---=—,
М
где т — масса вещества; V — число молекул вещества в этой массе.
Основное уравнение молекулярно-кинетической теории га-
зов. 11аиболее простой моделью, рассматриваемой в МКТ. являет-
ся идеальный таз. Идеальным газом натыкается газ, между части-
цами которого отсутствуют силы взаимного притяжения, а соуда-
рения между частицами и стенками сосуда происходят по закону
упругих шаров Расстояния между частицами идеального т аза зна-
чительно больше размеров частиц.
Давление газа на стенки сосуда возникает в результате ударов
о стенки сосуда. Каждая молекула перелает стенке тот импульс, на
который изменяется импульс самой молекулы в результате столк-
новения со стенкой. На основан шт этого связь между давлением и
энергией поступательного .движения молекул газа можно предста-
вить в виде
р¥ =-Е.
3
16Х 2. Молекулярно кинетическая теория и основы тсриооина.ыики
где р — давление, Па; V — объем газа, мЕ — суммарная кинети-
ческая энергия поступательного движения молекул газа, Дж. Это
уравнение можно представить и в другом виде.
При огромном числе молекул в системе характеристики дви-
жения отдельных молекул (скорость, импульс, кинетическая энер-
гия) не играют существенной роли, и для описания системы ис-
пользуют средние значения физических величин
Средняя кинетическая энергия молекулы
2
Запишем основное уравнение МКТ с учетом выражения для
кинетической энергии
N
Поскольку концентрация молекул в объеме К газа п= — ,
данное уравнение примет вид
2 ,.
JJ "Ш
N
"'X
2 2
I "’о'Л
Движение молекулы в идеальном газе характеризуется сред-
ней квадратичной скоростью
г-2---2--------г Уч2
= |ц2 . t>£ ... * 1^
” v N ' Лг
Соответственно формулу для определения средней кинетиче-
ской энергии поступательного движения молекулы можно запи-
сать в виде
... .2
_ т0г}*в
а основное уравнение МКТ примет вид
2 /Ц»|£ I 2 1 2
Р-“"—-—-тя/7М '„ -тРЧ«
3 2 3 3
где р — плотность газа, р = л/ло-
2.1. Основные понятия молекулярно кинетической теории 169
При движении молекулы газа ее скорость в результате столк-
новений молекул постоянно изменяется как по величине, гак и по
направлению. Однако в состоянии равновесия средние кинетиче-
ские энергии поступательного движения молекул газа одинаковы,
т. е. средняя кинетическая анергия поступательного движения об-
ладает основным свойством температуры — в состоянии теплово-
го равновесия она одинакова для всех молекул газов и не зависит
от массы и внутреннего строения молекул Поэтому температуру Т
можно принять за меру средней кинетической шер гни поступа-
тельного .движения молекулы:
где к— постоянная Больцмана, равная 1,38 10 ‘ Дж К, Т — аб-
солютная температура, измеряемая по шкале Кельвина и равная
(Г ♦ 273 ) К; I — температура, измеряемая по шкале Цельсия, °C.
Выразив среднюю кинетическую энергию через среднеквад-
ратичную скорость и температуру и приравняв эти формулы, по-
лучим
2 ~2
Отсюда среднеквадратичная скорость молекулы
ЗкТ 3RT
/ни V М
где /я0 =--; R — универсальная газовая постоянная, R-kNA =
= 8,31 Дж/(моль К).
Параметры состояния вещества. Уравнение Менделеева —
Клапейрона. Любую систему, состоящую из очень большого чис-
ла частиц, отшсывают с помощью макроскопических величин, ха-
рактеризующих всю систему в целом. Для газов это давление р,
объем V и температура Т. '>ги параметры называются параметра-
ми состояния Один из параметров состояния можно выразить че-
рез два других, например: р - J(V, Т). Уравнение, связывающее
170 2. Молекулярно кинетическая теория и основы термодинамики
между собой давление, объем газа и температуру в состоянии теп-
лового равновесия, нашъаегся уравнением состояния.
С улетом связи между температурой Т и энергией поступа-
тельного движения молекул основное уравнение МКТ
можно записать в виде
р-нкТ или pV - NkT.
гН
Поскольку Л’ =—,VA -vh\, уравнение состояния идсально-
М
го газа (уравнение Менделеева Клапейрона) примет следую-
щий вид:
pV^vRT или pV= — RT.
М
Данное уравнение справедливо и для разреженных реальных
газов, а также может быть использовано для смесей газов.
Закон Дальтона. В смеси газов отдельные ее компоненты
можно считать независимыми. Поэтому каждый компонент созда-
ет давление, определяемое основным уравнением МКТ. а полное
давление равно сумме давлений компонентов:
л п
р = пукГ 4 п2кТ + н3кТ (...) nnkT = ^H,kT = ^Pl=Pi 4 /у-l... 4 р„,
(=1
где pi — парпнальнос давление. Закон, выраженный этим равенст-
вом, называется законом Дальтона', давление в смеси газов равно
сумме парциальных давлений газов.
Из уравнения Менделеева — Клапейрона pV RT с по-
М
мощью закона Дальтона можно получить следующее выражение:
, . т. т7 тл
(р, + р2+...+ рлН=11а^+...^ЛГ
Это выражение позволяет проводить анализ смеси газов
Многоатомный идеальный газ. Под молекулами идеального
газа понимают шары, взаимодействующие только при столкнове-
нии, которое происходит по законам абсолютно упругого соударе-
2.1. Основные понятия маяеку.чярно кинетической теории 171
ния. Многие реальные газы содержат несколько атомов в молеку-
ле. За многоатомный идеальный газ принял газ, в молекулах кото-
рого атомы сильно взаимодействуют. но взаимодействием между
молекулами на расстоянии можно пренебречь.
В одноатомном идеальном газе энергия атома связана с посту-
пательным движением В многоатомной молекуле необходимо
кроме энергии поступательного движения молекулы как центра
масс учитывать энергию вращательного движения атомов относи-
тельно центра масс и энергию колебательного движения атомов.
Как известно, положение материальной точки в пространстве
полностью определяется тремя независимыми координатами, на-
зываемыми степенями свободы. Двухатомная молекула идеально-
го газа рассматривается как совокупность двух материальных то-
чек: атомов, жестко связанных недеформируемой связью (рис. 2.1),
поэтому она кроме трех степеней свободы поступательного дви-
жения имеет еше две степени свободы вращательного движения
атомов (вокруг осей х и у). Вращение вокруг оси молекулы для
материальных точек лишено смысла. Таким образом, «жесткая»
двухатомная молекула имеет пять степеней свободы: три поступа-
тельные и .две вращательные. «Жесткая» нелинейная молекула,
содержащая более двух атомов, обладает шестью степенями сво-
боды: тремя поступательными и тремя вращательными.
Рис. 2.1
Если молекула упругая, то возможны колебания атомов. Для
характеристики таких молекул вводят колебательные степени сво-
боды.
Наличие вращательных и колебательных степеней свободы не
влияет на характер столкновений молекул идеального газа между
собой и со стенками сосуда и не изменяет основное уравнение МКТ.
Одноатомная молекула обладает только кинетической энерги-
ей поступательного движения
172 2 Молекулярно кинетическая теория и основы тсриодинаиики
3 „
Е - — кТ.
2
В термодинамике доказывается теорема о равномерном рас-
пределении энергии по степеням свободы: на каждую степень сво-
боды приходится энергия, равная — АГ. Следовательно, кинетиче-
'На каждую колебательную степень свободы приходится :шсргня АТ
(так как на колебательную степень свободы приходится не только кине-
тическая, но и потенциальная анергия, причем средние значения нотсн-
цналыюй и кинетической шертии колебательною движения равны). Та-
ким образом, средняя энергия молекулы
£ч»=-аг,
ср
где i число степеней свободы, i = iimcT + iBpain 1 2/IOJ8C6.
Средняя длина свободного пробега. При хаотическом движении мо-
лекулы сталкивание* дру| с другом Между двумя последовательными
столкновениями молекулы движутся равномерно и прямолинейно, проходя
при этом некоторое расстояние А, которое называется длиной свободною
пробе) а_ Длины свободною пробе!а могут быть самыми ратными 11о>тому
вводится понятие средней длины свободною пробе!а (А). При опре юле-
нии полагают, что молекулы 1аза прсдстав^нтг собой шарики опреде-
ленною диаметра, зависящею от химической природы газа.
Согласно результатам вычислений средняя длина свободною пробе
га прямо пропорциональна средней арифметической скорости частиц (у}
и обрапто пропорциональна среднему числу столкновений ^/) за сди
ничпый промежуток времени
ш-W
W (Z)
1 Здесь и далее мелким шрифтом представлен материал факультатив-
ного характсри, необязательный для усвоения основною курса школьной
пршраммы физики.
2.1. Основные пинятш молекулярно кинетической теории 173
Чем выше концентрация частиц газа, тем больше число стомкновс
ний и соответственно меньше средняя длина свободного пробста. Можно
получить следующее соотношение:
1
W=
где п — число частиц в единице объема; d— эффективный диаметр час
тицы.
Т ак как р = пкТ, го из приведенной формулы следует. что при посто-
янной температуре, когда число частиц в единице объема пропорцио-
нально давлению гаж, средняя длина свободного пробста обратно про
норттиопальна давлению газа (или его плотности).
С учетом приведенных формул получим
(Хт)А - (Х2) ft = const.
Индексы «1» и «2» относятся к двум различным состояниям газа.
Явления в разреженных газах. Если средняя длина свободного про
бет а ( А'} того же порядка, что и характерный размер сосуда, в котором
заключат таг, то столкновения меж,ту самими молекулами относительно
редки и их можно не учитывать. Основную роль в пом случае играют
столкновения молекул со стенками сосуда.
Число ударов молекул о стенку сосуда можно рассчитать следую-
щим образом: выделим в сосуде с разреженным тазом объем в виде куба.
Пусть концентрация молекул равна л, а скорости всех молекул одинаки-
/КЯГ
вы и равны средней скорости ntp = I--. Тогда за сдинипу времени из
У
объема таза вылетит в одну сторону и достит нет стенки — ni.^S молекул,
где 5— площадь стенки сосуда. Более точные расчеты показывают, чго
число ударов о поверхность стенки площадью 5
Рассмотрим сосуд, разделенный перегородкой на две части: Л и В
(рис. 2.2). Часть А 'заполнена т азом, а в части В газа нет. При обычных
давлениях и нс слишком малом отверстии средняя .длина свободного
пробста очень мала по сравнению с размером отверстия. В этом случае
возникает упорядоченное движение таза, направленное к отверстию. Ес
ли же ратмср отверстия и толщина стенки малы по сравнению с длиной
4 I 8
(Рл-Тд) | (Рв-Т/д
Рис. 2.2
174 2. Молекулярно кинетическая теория и основы терчойинамики
свободного пробе! a то столкновения меж у
молекулами перестают жрать заметную роль
В этом случае термодинамические параметры
системы определяются главным образом столк-
новениями молекул со стенками сосуда. Поток
молекул i-аза через малое отверстие в таких условиях называется мрфузи
онным потокам
Пусть теперь но разные стороны перегородки находится один и пл
же пк, но при разных давлениях и температурах. В системе возникнут
потоки молекул из части А в часть В и из части В в часть А. Так как моле
кулы нс сталкиваются между собой, го потоки независимы и число моле
кул, переходящих из части Л в часть В составит
где рЛ,Рг,'ТЛ,1 в — давления и температуры 1аза в частях J и Я В со
стоянии равновесия потоки должны быть равны, г. с.
Рл Рв
Если в частях Ан В различные газы, то следует учесть массу молекул.
Законы идеальных газов. Термодинамические процессы. В тер-
модинамике идеальными называются газы, строго подчиняющие-
ся уравнению состояния pV = ™ RT. которое описывает равно-
весное состояние газа
Возможны также состояния. в которых какой-либо параметр сис-
темы различен в разных точках Например, имеются два сосуда, соеди-
ненные краном и находящиеся под различными давлениями Если от-
крыть кран, то возникнет поток таза из одного сосуда в .фугой. В пер
ныс моменты давление таза и его плотность будут изменяться ст точки
к точке. Или, на1фимср. возьмем стержень, на!рсгый с одного конца.
Температура стержня изменяется по его длине. Экспериментально ус
таповлено, что в таких состояниях термодинамических систем сущсст
вуют потоки массы и теплоты. Через некоторое время устанавливается
состояние, в котором параметры, характеризующие систему, имеют
одно и то же значение во всех точках системы Такие состояния вазы
ваютея равновесными.
2. /. Основные понятия молекулярно кинетической теории 175
Всякое изменение состояния системы называется гсрыодинамичс
ским процессом. В 1 сори и термодинамики широко используются так на
зываемые равновесные (ква нзстазичеекис) процессы. Равновесным про
цессом называсюя такой процесс, в котором параметры системы имеют
определенное значение в любой момент времени, т. с. систему можно
характсризовагь теми же парамограмм, что и в равновесном состоянии.
Термодинамический процесс может быть обршимым и нсобрати
мым. Если процесс может проходить как в прямом, так и в обратном на
правлениях, причем при вошращении системы в исходное состояние во
входящих в нес телах и во внешней среде нс произошло никаких измене
нии. то такой процесс называется обратимым Если сделать тто невод
можно, то процесс называется необратимым
Любой равновесный процесс является обратимым. Всякий юрмоди
намичсский процесс, нс удовлетворяющий условию обрашмосги, пазы
вастся необратимым процессом. Все реальные процессы протекают нс
бесконечно медленно, сопровождаются трением, теплопроводностью,
диффузией. Поэтому все реальные процессы необратимы.
Равновесные процессы, протекающие в идеальном газе, можно
изображать графически на термодинамических диаграммах. Тер-
модинамические процессы, протекающие при постоянстве одного
из параметров системы при неизменной массе таза, называются
изопроцессами
Если т - const и Т - const, то процесс называется изотерми-
ческим (изотермным). В ттом случае из уравнения Менделеева —
Клапейрона получаем закон Бойля — Мариотта:
pV - const ИЛИ /7]^! = />2^2-
1 рафически этот процесс в осях р, V изображается гиперболой
р( J') - С / У (С = const), которую называют изотермой На рис. 2.3
приведены графики двух изотермических процессов для одной
массы газа, но при раъищных температурах 7\ и Т^. Чем выше
изотерма в осях р, И, тем более высокой р
температуре она соответствует.
Если т = const и р = const, то про-
цесс называется изобарическим (изобар- Pi
ным\. Из уравнения Менделеева — Кла-
пейрона следует, что в изобарическом
процессе V/T-C. следовательно,
о
У(Т) = СТ,
Рис. 23
176 2. Молекулярно кинетическая теория и основы термодинамики
т. е. объем пропорционален абсолютной температуре Г (закон Гей-
Люссака). График этого процесса в осях F, Т — прямая, которую
называют изобарой. 11а рис. 2.4 приведены две изобары для одной
и той же массы газа, но при разных давлениях и р2. Продолже-
ние изобар проходит через начало координат, однако надо иметь в
виду, что при низких температурах об идеальном газе говорить
нельзя. Чем выше расположена изобара в осях F, Т, тем меньшему
давлению она соответствует.
Рис. 2.4
Рис. 2.5
Если m = const и V = const, то процесс называется изохориче-
ским (изохорным). Из уравнения Менделеева — Клапейрона сле-
дует. что в изохорическом процессе р!Т-С, следовательно,
Р(П = СТ,
т. е. давление пропорционально абсолютной температуре (закон
Шарля). График изохорического процесса в осях р, Т прямая,
которую называют изохорой. 11а рис. 2.5 приведены две изохоры
для одной и той же массы, но при разных объемах F] и Кд. Чем
выше расположена изохора в осях р, Т, тем меньшему объем)- она
соответствует.
2.2. Основы термодинамики
Внутренняя энергия. Энергия, зависящая только от парамет-
ров. определяющих состояние системы, называется внутренней
энергией тела (системы гел) U. Понятие внутренней энергии отно-
сится только к равновесным состояниям термо динамических си-
стем. Внутренняя энергия не зависит от способа, которым система
2.2. Оснопы термодинамики
177
приведена в данное состояние, т. е. внутренняя энергия является
функцией состояния. Внутреннюю энергию тела можно изменить
двумя способами: совершая механическую работу или теплопере-
дачей.
В общем случае внутренняя энергия состоит из кинетической
энергии частиц, потенциальной энергии их взаимодействия, энер-
гии электрического взаимодействия и ядерной энергии. При реше-
нии задач под внутренней энергией системы в обгцем случае по-
нимают сумму тех видов энергии, которые изменяются в данном
процессе. Во внутреннюю энергию не входят кинетическая энер-
гия системы как единого целого и потенциальная энергия во внеш-
них силовых полях.
Внутренняя энергия идеального газа состоит из кинетической
энергии молекул газа. За начало отсчета внутренней энергии иде-
ального газа принимают энергию при нулевой температуре по
Кельвину.
Формулы для расчета внутренней энерппг идеального газа бу-
дут приведены ниже.
Работа в термодинамике. Термодинамическая система при
изменении состояния может совершать рабозу. Рассмотрим газ в
цилиндре пол поршнем (рис. 2.6).
Работа, совершенная тазом при малом переме-
щении поршня, = FAx- pSAx или А4 = рАК,
так как приращение объема ДИ равно SAx. Данное
выражение справедливо в случае равновесного из-
менения объема любого тела, находящегося под
постоянным внешним давлением, например твердо- рис. т.6
по тела при нагреваншг.
Па рис. 2.7 приведена зависимость давления от объема. Если
система совершает работу при переходе из состояния 1 в состоя-
ние 2, то полную работу можно представить как сумму работ на
малых равновесных перемещениях.
v
^,2 = У/-Л^-
/=1
Такггм образом, работа численно равна площади под кривой
(см. рис. 2.7).
17S 2. Молекутярно кинетическая теория и основы термодинамики
В случае равновесных процессов внешнее давление равно
внутреннему и работа внешнпх сил Лвн, пли А' равна работе внут-
ренних сил А с противоположным знаком:
Лвн =Л'= -А.
На рис. 2.8 приведены примеры перехода системы из состоя-
ния 1 в состояние 2 по процессам I и II Видно, что работа, совер-
шенная термодинамической системой, зависит от пути (площадь
под кривой). Таким образом, работа, в отличие от внутренней
энергии, не является функцией состояния, а зависит от характера
процесса.
Количество теплоты. Теплоемкость. Уравнение теплового
баланса. Теплообменом (теплопередачей) называется процесс пе-
редачи внутренней энергии без совершения макроскопической ра-
боты. Например, при соприкосновении двух тел, температуры ко-
торых ра зличны, частицы более нагретого тела движутся хаотиче-
ски более интенсивно и передают часть своей энергии частицам,
движущимся менее интенсивно. При этом совершается микроско-
пическая работа и энергия от более нагретого тела переходит к
менее нагретому.
Теплопередача может осуществляться тремя способами: теп-
лопроводностью, конвекцией и излучением. Теплопроводность
передача внутренней энергии от одной части тела к другой или от
одного тела к другому при их непосредственном контакте. Конвек-
ция передача энергии в результате перемешивания вещества.
Излучение — передача энергии с помощью электромагнитного из-
лучения, которое может осуществляться в вакууме.
2.2. Основы термодинамики 179
Энергия, переданная термодинамической системе в результате
теплообмена (теплопередачи), т. е. бе} совершения работы, назы-
вается количеством теплоты или просто теплотой, полученной
системой в таком процессе Количество теплоты зависит от про-
цесса и не является функцией состояния. Если Q > 0, то считают,
что тело получает теплоту, если Q < 0, то отдает.
Теплоемкостью тела называется физическая величина, чис-
ленно равная количеству теплоты Д(Л которое необходимо сооб-
щить телу для нагрева его на 1 К
АТ'
Теплоемкость тела зависит от его массы, фазового состояния
тела и вида процесса, в котором телу передастся энергия
Удельной теплоемкостью называется теплоемкость единицы
массы вещества.
С _ 1
т т АТ
где т — масса тела. Молярной теплоемкостью называется тепло-
емкость одного моля вещества.
= £ = 1А0
w v v АГ
Из приведенных соотношении следует, что С м - с— или, по-
v
скольку v - (Л/ — молярная масса),
УЛ
см =<Л/-
Процесс, протекающий при постоянной теплоемкости, назы-
вается политропическим. Ниже будут рассмотрены примеры таких
процессов.
С учетом изложенного выше количество теплоты Q, необхо-
димое .для нагревания тела от температуры 7\ до температуры Л в
процессе с постоянной теплоемкостью
(? = С(Г2 TA) = cm(T2-T}) = CMv(T2-Tl).
1KU 2. Молекулярно кинетическая теория и основы термодинамики
Тело также получает или отдает теплоту при переходе из од-
ного агрегатного состояния в другое.
Процесс превращения жидкости в пар называется парообразо-
ванием, обратный процесс — конденсацией. Для превращения
жидкости в пар ей необходимо сообщить количество теплоты
Qn=rm,
где г — удельная теплота парообразования при данной температуре,
т — масса жидкости. При конденсации пара происходит выделение
такого же количества теплоты (Jk' - rm или = rm {QK< 0).
При определенной температуре (температуре плавления) кри-
сталлические тела могул переходить в жидкое состояние. Этот
процесс называется плавлением, обратный процесс — кристалли-
зацией. Чтобы расплавить тело массой т, ему необходимо сооб-
щить количество теплоты
где Л — удельная теплота плавления вещества.
При кристаллизации выделяется такое же количество теплоты:
|<?кр |= 7jn или “ Х/п < 0)-
При теплообмене между телами количество теплоты (21, отда-
ваемое более нагретым телом, взятое по модулю, равно количеству
теплоты (Л, получаемому более холодным телом. При этом р| < 0,
а > 0. поэтому
|й| = Й! или G+C?2 = 0-
")то уравнение называется уравнением теплового баланса, его
применяют и в том случае, когда в теплообмене участвуют более
двух тел.
Первое начало (закон) термодинамики: изменение внутрен-
ней энергии АС.’тела (системы) при переходе из одного состояния
в другое раьно сумме работы внешних сит А' и полученного телом
количества теплоты (?:
AU =U, U, = A’^Q.
2. 1
(2.1)
2.2. Основы термодинамики
181
Первое начало термодинамики фактически является законом
сохранения энергии для термодинамических систем в предполо-
жении. что механическая энергия системы как единого целого ос-
тается постоянной. В приведенной формулировке первого начала
термо динамики подчеркивается существование двух форм переда-
чи энергии.
Другая формулировка первого начала термодинамики более
удобна для проведения расчетов, количество теплоты (Л получен-
ное телом (системой), расходуется на изменение внутренней энер-
гии Д[/ и на работу А = — А', затра'шваемуто системой на преодо-
ление внешних сил:
£) = Д(/ + Л. (2.2)
Применение первого начала термодинамики к изопроцес-
сам в газах. Первое начало термодинамики применимо к любым
процессам Рассмотрим особенности его использования при анали-
зе изопроцессов
Изохорический (изохорный) процесс (F =
= const) Па рис. 2.9 приведен i рафик изохо-
рического процесса в осях р, И. Работа в этом
процессе не совершается (ДК= 0).
В этом случае первое начало термодина-
мики можно записать в виде Q = MJ. При пе-
реходе системы из состояния 1 в состояние 2
теплота передается системе (Q > 0), при пере-
ходе 1гз состояния 2 в состояние 1 система отдает теплоту (Q < 0).
Молярная теплоемкость газа в этом процессе
Рис. 2.9
1 Ар I АС'
v ДГ v ЛГ
Теплоемкость Су называется молярной теплоемкостью при
постоянном обьеме и в термодинамике определяется эксперимен-
тально. Можно полу’пггь выражение для изменения внутренней
энергии газа.
&U=U2 tJ^vC\,(T2 7J). (2.3)
Полагая, что при нулевой температуре по Кельвину внутрен-
няя энертя равна нулю, получаем
U =vC\T.
1X2 2. Мшекутярно кинетическая теория и основы термодинамики
г)то выражение справедливо как для идеальных, так и для ре-
альных газов.
Выражение для внутренней энергии идеальных газов можно
полунить, воспользовавшись положениями МКТ. Внутренняя
энергия одноатомного идеального газа состоит из кинетической
энергии хаотического .движения молекул. Для средней кинетиче-
ской энергии поступательного движения одной молекулы имеем
2 2
^ср
Умножив эту энергию на число Лвогадро, получим внутрен-
нюю энергию одного моля.
3 3
U = =—NAkT——RT.
Для произвольного числа молей
U=- vRT - - — RT
2 2М
Внутренняя энергия идеального одноатомного газа зависит
только от температуры Приращение внутренней энергии в любом
процессе с идеальным одноатомным газом
AU=-—RAT.
2М
Температура идеального газа в любом процессе связана с
давлением и объемом уравнением Менделеева Клапейрона,
поэтому изменение внутренней энергии можно выразить через
эти параметры. Запишем уравнение .Менделеева — Клапейрона
для состояний 2 и 1 и произведем вычитание полученных урав-
нений:
/?,К = — RT,; p.T= — RT,-
W - 1 М 1
(р2-р!)Г=— R(T2-T}) или TAp^ — RAT.
м м
2.2. Основы пи рмоОипаиики
183
Подставив полученный результат в выражение для изменения
внутренней энергии газа, получим
АС/ = -—ЛАТ--КДр.
2 М 2
Таким образом, изменение внутренней энергии и колзгзество
теплоты, подведенное к системе, в изохорическом процессе можно
выразить либо через изменение температуры, либо через произве-
дение объема и приращения давления
Молярная теплоемкость идеального одноатомного газа при
постоянном объеме
! Ар 1 АС/ Зд
v А7 v АТ 2
а количество теплоты в изохорическом процессе Qt, = Cvv&T =
= - гЯАТ.
2
Изобарический процесс (р -const). На
рис. 2 10 представлен график изобарического
(изобарного) процесса в осях р, Г.
Работа, совершаемая в изобарическом
процессе, равна р(Г2 Г]) = рАГ. В этом
случае первое начало термодинамики имеет
вид Q-AU + рАГ или p = vCrAT 4 рАК.
Запишем уравнение Менделеева— Клапей-
Рис. 2.10
рона для состоянии 2 и I системы, а затем произведем вычитание
полученных уравнений:
PV1=~RT^
м
pV^^RT}-
м
р(К2-Г() = —/?(Г2-Т^) или рАК = —/?AT = v/?AT.
Л/ м
В итоге получим
Qp -vCyAT ( vRAT = CpvAT,
1Х4 2. Молекулярно кинетическая теория и основы термодинамики
где Ср — молярная теплоемкость при постоянном давлении. При
этом
С =-^- = Cy+R.
р vM ’
Выражение Ср=Су 4 /?. назваемое уравнением Майера, спра-
ведливо как для идеального газа, так и для реальных газов. По-
't
скольку Су для идеального одноатомного газа равно —Л, то
Количество теплоты, полученное в изобарическом процессе с
идеальным одноатомным газом.
O,=-|v/?AT=|pAK
Вис. 2.11
А диабат инее кий
Изотермический п/юцесс (Г-const).
График изотермического процесса приведен
на рис 2 11 В изотермическом процессе
внутренняя энергия не изменяется и первое
начало термодинамики имеет вид Q = A,
т. е. вся теплота расходуется на работу сис-
темы пролив внешнего давления. Теплоем-
А(2
кость Сг = ~* °0- поскольку ДГ= 0.
(адиабатный) процесс. Процесс, протекаю-
щий без теплообмена между термодинамической системой и ок-
ружающей средой (Q = 0), называется адиабатическим.
Поскольку адиабатический процесс происходит без теплооб-
мена то теплоемкость в гаком процессе равна нулю. Теплоемкость
может изменяться от нуля для адиабатического процесса до беско-
нечности для изотермического процесса поэтому существует мно-
жество политропических процессов с различными значениями те-
плоемкости. Пример решения задачи на определение молярной
теплоемкости политропического процесса приведен ниже.
Первое начало термодинамики .для адиабатического процесса:
0-At/+ Л или A=-AU,
т е. работа совершается системой за счет внутренней энергии.
2.2. Реновы термодинамики
1X5
Уравнение адиабаты рУу = const называется уравнением Пуассона.
С
В пом уравнении у—-^~ — показатель адиабаты, равный от ношению
теплоемкостей нри постоянном давлении и постоянном объеме. Дня ре
альных газов показатель адиабаты можно определить ткспсримсгпалыю.
Зная сю значение, можно определить теплоемкость при постоянном обь
емс и внутреннюю энергию реальною таза.
Разделив уравнение Майера Ср=Су 4 К на Су, после преобразо-
ваний получим
с;
R
у-1
моль реального т ага U —----Т. Для
у-1
3 5 5
идеальною одгюатомною газа Ц, »—/?, Cp= — R и у = — = 1,67.
При решении задач часто приходится пользоваться осями У, К или
Г.р. Дгя записи уравнения адиабаты в этих переменных из уравнения
Менделеева— Клапейрона определяют р или V и, подставив их в урав
пение Пуассона, получают
7VT-1 = const;
Тогда внутренняя энергия I
Tpl 1 = const.
На рис. 2.12 в осях р. V изображены
адиабата (сплошная кривая) и изотерма
(штриховая кривая), проведенные через одну
и ту же точку I. Видно, чти адиабата подни
мается более круги, чем изотерма. При адиа
батичсском сжатии увеличение давления
газа обустговлстю нс только уменьшением
его объема, как при изотермическом сжатии,
но н повышением температуры
Работа, совершаемая газом нри адиа
батнчсском расширении от до (см.
рис. 2.12, заштрихованная область), меньше,
Рис. 2.12
чем г три изотермическом
расширении '4ю связано с охлаждением газа при адиабатическом рас
ширенни
Внутренняя энергия многоатомного идеального га}а. Поскольку
средняя энергия молекулы многоатомного идеальною таза /iLT
i . ~
— к/
2
1X6 2. Ми.и-ку ырпо кинетическая теория и основы термодинамики
(где i — число степеней свободы), а также внутренняя энергия складыва
era из энергий отдельных молекул, вну грешною тнертию таза получим,
умножив среднюю энергию молекулы на число молекул в газе:
U = N—kT = — N. — kT = ——RT =—vR7
2 М ‘ 2 2 М 2
Тогда молярная теплоемкое гъ при постоянном объеме Су = — Я, а
/3 2
при постоянном давлении Ср ——— R Соответственно показатель
г i+2
адиабаты в политропическом процессе у-—— —---- Для «жесткой»
7
двухатомной молекулы у =—, для «жесткой» мноюаюмпои молекулы
X 4 .
у = —=—. эти значения хорошо согласуются с ткспсримснтом при
комнатной температуре U 20 JC), но различаются в областях низких и
высоких температур.
На рис. 2.13 привечена экспериментальная зависимость Ск R от
температуры .для молекулярною водорода. Объяснение явления изменения
тетьюемкосги газа при ниткнх и высоких температурах даст квантовая ме-
ханика, однако се изучение не входит в содержание данною пособия.
Круговые процессы (циклы). Термический козффициент по-
лезного действия цикза. Круговым процессом или циклом назы-
вается термодинамический процесс, в результате которого термо-
динамическая система, пройдя через ряд состояний, возвращается
2.2. Основы термодинамики
187
в исходное состояние. 11а диат раммах состояния круговые процес-
сы изображают в виде замкнутых кривых, так как на любой из
диаграмм тождественные состояния отображаются одной и той же
точкой на плоскости.
Па рис. 2.14 приведен цикл на (р, И- р
диаграмме Работа, совершаемая за цикл, Лг
равна площади, ограниченной циклом.
Работа системы положительна. если
обход цтпсла совершается по ходу часовой
стрелки 1 -я 2-6-1, т. е работу совершает
термодинамическая система. Действитель-
но, на участке 1-41-2 газ расширяется и со-
вершает положительную работу, измеряе-
мую площадью под кривой 1-а-2. На участке 2-6-1 газ сжимается
внешними силами, и тси силы совершают отрицательную работу,
измеряемую площадью, лежащей под кривой 2-6 I. После завер-
шения цикла мы получаем выигрыш в работе А. измеряемый пло-
щадью фигуры, ограниченной циклом l-a-2-6-1. Такой цикл назы-
вается прямым Работа цикла отрицательна, если обход совершается
против хода часовой стрелки 1-6-2-а-1, т. е. работу совершают
внешние силы (обратный цикл).
В результате кругового процесса система возвращается в ис-
ходное состояние и. следовательно, полное изменение внутренней
энергии газа равно нулю. Поэтому первое начало термодинамики
для кругового процесса имеет вид
2 = А(/| А = А,
т. е работа, совершаемая за цикл, равна количеству полученной
извне теплоты Таким образом, круговой процесс, протекающий по
ходу часовой стрелки, представляет собой схему работы любой
тепловой машины, преобразующей теплоту в работу. Принципи-
альная схема тепловой машины приведена на рис. 2.15. Рабочее
тело (газ) получает от нагревателя количество теплоты (2|, часть
которого О2 отдает холодильнику, а разность (Д |(72|
превращает в работу. Термический коэффициент полезного дейст-
вия (КПД) тепловой машины определяется выражением
п_, л-QH&I. I Ifel
СЛ Q й
1ХХ 2 Mu икулярио кинетическая теория и лпмы тер чодина чики
Рис. 2.15
^.= ft-| с>| I
Рис. 2.16
Если цикл, приведенный на рис. 2 14, производится против
кода часовой стрелки, т. е . в направлении 1-6-2 -а- 1. то мы полу-
чим отрицательные значения теплоты и работы Таким образом,
мы получим схему действия холодильной машины, которая по-
требляет теплоту на работу, но зато переводит теплоту от менее
нагретого тела к более нагретому (Р <0). Принципиальная схема
холодильной машины приведена на рис. 2.16.
Величина К, = -— = — —2 называется холодильным коэф-
Лн ft 1ft I
фициентом (коэффициентом преобразования холодильника). Из
формулы следует, что холодильный ко эффициент больше единицы.
Рис. 2.17
Цикл Карно. Среди различных
термодинамических циклов особое
значение имеет обратимый никл Кар-
но, рассмотренный впервые инжене-
ром и фотиком Сади Карно в 1К24 г.
Цикл Карно (рис. 2.17) состоит из
двух изотерм 1-2 и 3 4 и двух адиа-
бат 2 3 и 4-1. При изотермическом
расширении (1-2) рабочее тело полу-
чает от нагревателя при температуре
Т\ количество теплоты рь равное ра-
2.2. Основы пи рмодиначики 1Х9
боте расширения А12 При изотермическом сжатии (3 -4) рабочее
тело отдает холодильнику, имеющему постоянную температуру
74, количество теплоты (?2- равное работе сжатия А34.
При адиабатическом расширении и сжатии энергия извне к
рабочему телу не подводится
Карно показал, что КПД обратимого цикла
а-|а|
а т,
и доказал, что КПД тепловой машины, работающей по циклу Кар-
но, зависит только от температур Г| и Т2 нагревателя и холодиль-
ника. но не зависит от устройства машины, а также от вида ис-
пользуемого рабочего вещества
Обратимый цикл Карно является самым экономичным. КПД
любого другого цикла, имеющего те же высшую и низшую темпе-
ратуры Т\ и 7j, ниже КПД обратимого цикла Карно, т. е. всегда
г,-г, Q-|a|
г, и ’
где равенство справедливо только .для обратимого цикла Карно.
Поскольку цикл Карно обратим, то по нему может работать холо-
дильная машина.
Тепловое расширение твердых тел и жидкостей. Тепловым
расширением называется увеличение линейных размеров и объ-
емов тел при повышении температуры Твердые тела характери-
зуются термическими коэффициентами линейного и объемного
расширения, жидкости — термическим коэффициентом объемного
распнгрения.
Длина тела / при температуре I определяется соотношением
/ = /0[1 + а(Т 10)] = /0(Ь аДт),
где /о— длина тела при температуре /о; « термический ко >ффи-
|щент линейною расширения; /и, I — начальная и конечная темпе-
ратура тела в °C или К Термический ко >ффициент линейного рас-
ширения слабо зависит от температуры. В таблицах приводятся
значения а при температуре = 0 по Цельсию или мало отличаю-
щейся от нее.
190 2 Молекулярно кинетическая теория и основы термодинамики
Объемное расширение твердых тел и жидкостей характеризу-
ется термическим коэффициентом объемного расширения К, тогда
объем при повышении температуры на Az определяется соотноше-
нием
к = и0(1+рдд
где Р = 3а.
Действительно, при на1рсвании кубика со стороной /о получим
И = /3=^(1 + аД/)3=^[ 1 + За.Х/ + 3(аД/)2+(аД/)3].
Если пренебречь членами в квадратной и кубической степени вслед-
ствие малое!и котффипистпа а, го Р - За. Эго соотношение справедливо
для нс очень высоких разност ей температур.
Рис. 2.18
Тепловое расширение обусловлено характером сил взаимодействия
между атомами в телах При относительно больших расстояниях между
ними действуни сшы нрн!яжспия, потенциальная шеркия которых от
рицагелыта. На малых расстояниях преобладают силы отталкивания, по-
тенциальная шер! ия которых положительна. Зависимость потенциальной
энергии U от расстояния между атомами г для твердых и жидких гсл
имеет минимум (рис. 2.18). Если полная энергия атома Eq, то он колсб-
лстся с амплитудой, О1раничснной потенциальной энергией. При увели
чепии температуры увеличиваются полная энергия атома и амплитуда
колебаний. Из за несимметричности кривой птснпиалы1ой энергии
цен ip колебаний смешается в сторону больших значений г (см. рис. 2.18.
штриховая линия). Другими словами, межатомное расстояние будег тем
больше, чем выше энергия колебаний, т. с. температура. Соответственно
будут возрастать линейные размеры и объем тел.
2.2. Оепопы термодинамики
191
Поверхностное натяжение. На каждую
молекулу жидкости со стороны окружающих
молекул действуют силы притяжения, быст-
ро убывающие с расстоянием Расстояние, на
кот о [юм действие сил существенно, нашва-
ется радиусом молекулярного действия г, а Рис. 2.19
сфера радиуса г — сферой молекулярного
действия. Выделим внутри жидкости (рис. 2.19) какую-либо моле-
кулу и проведем вокруг нее сферу радиуса г. 11а молекулу / дейст-
вуют молекулы, находящиеся внутри сферы молекулярного дейст-
вия. Действие mix сил скомпенсировано, т. е. равнодействующая
сил равна нулю.
Рассмотрим молекулы, находящиеся вблизи поверхности (мо-
лекулы 2 и 3). Концентрация молекул пара над жидкостью меньше,
нем в жидкости, и силы, действующие со стороны жидкости. боль-
ше. чем со стороны пара. Следовательно, в слое, равном диаметру
сферы молекулярного действия, на молекулу будет действовать
равнодействующая сил F, направленная вши Таким образом, ре-
зультирующие силы всех молекул поверхностного слоя оказывают
на жидкость давление, называемое молекулярным давлением
Для перемещения молекулы из глубины объема жидкости в
поверхностный слой необходимо совершить работу против равно-
действующей молекулярных сил ')та работа совершается за счет
кинетической энергии и идет на увеличение потенциальной энер-
гии молекулы. Следовательно, молекулы в поверхностном слое
обладают избыточной потенциальной энергией по сравнению с
молекулами, находящимися в глубине жидкости Эту энергию
можно рассчитать по формуле
Л(/ = стЛУ,
где ДС/ — поверхностная энертия элемента поверхности ДД, а
коэффициент поверхностного натяжения
Условием равновесного состояния жидкости является мини-
мум потенциальной энергии. В результате этого жидкость при от-
сутствии внешних сил будет принимать форму с минимальной по-
верхностью, т. е. форму шара. То, что любая жидкость принимает
сферическую форму при отсутствии внешних сил, доказано пря-
мыми экспериментами в условиях невесомости.
192 2. Молскуырио кинетическая теория и основы тер иодинамики
Из размерности коэффициента поверхностного натяжения
[а] = Дж/ м2 =Н/м следует, что он является не только энергетиче-
ской характеристикой, но и силовой. Если поверхность ограничена
каким-либо контуром, то на участок контура А/ будет действовать
сила F = <зД1, направленная по касательной к контуру и растяги-
вающая поверхность.
Смачивание. Давление под искривленной поверхностью
жидкости. Из практики известно, что капля воды растекается по
стеклу, а капля ртути имеет почти сферическую форму Явления,
происходящие на границе раздела твердых тел и жидкостей, назы-
ваются смачиванием. 11а рис. 2 20 представлена капля жидкости на
поверхности твердого тела.
Рис. 2.20
Искривленная поверхность жидкости называется мениском, а
линия, по которой мениск соприкасается с твердым телом, напева-
ется периметром смачивания. Смачивание характеризуется крае-
вым углом смачивания 0 — углом между касательными к поверх-
ностям жидкости и твердого тела в местах их пересечения
Жидкость называется смачивающей, если 0 < 0 < 90 и несма-
чивающей, если 90'< 0< 180 Для смачивающей жидкости силы
притяжения между молекулами жидкости и твердого тела больше,
чем между молекула ми самой жидкости Если силы притяжения в
жидкости превышают силы притяжения между молекулами жид-
кости и твердого тела, то наблюдается несмачивание.
Если поверхность жидкости искривлена, то она оказывает на
жидкость избыточное давление. В случае выпуклой поверхности
оно положительно (сжимает жидкость), в случае вогнутой — от-
рицательно (растягивает жидкость). Избыточное давление ярко
проявляется в капиллярных явлениях, т. е. в изменении высоты
уровня жидкости в капиллярах.
Капилляром называется трубка с малым внутренним диамет-
ром. Если капиллярную трубку опустить в жидкость, то ее уровень
в грубке оказывается выше уровня жидкости в случае смачивания
2.2. (к-иовы термодинамики
193
и ниже — в случае несмачивания (рис. 2.21). К случае смачивания
подъем жидкости продолжается до тех пор, пока сила тяжести
mg, действующая на столбик жидкости в капилляре, не станет
равной по модулю силе поверхностного натяжения F, действую-
щей вдоль границы раздела жидкости и поверхности капилляра
(гидростатическое давление р#й уравновешивается избыточным
молекулярным давлением).
Рис. 2.21
Сила тяжести mg-pVg-pShg-p^.R"itg, где р плотность
жидкости, V — ее объем, R — радиус капилляра.
( ила поверхностного натяжения F - clcosO = а 2пЯcos0.
Приравняв выражения для силы тяжести и силы поверхност-
ного натяжения, получим
2ocosO
В случае полного смачивания cosO = 1 и й —-
В /алсность. Нальем в сосуд жидкость и закроем его. Моле-
кулы жидкости начнут переходить из жидкого состояния в газо-
образное Процесс перехода молекул с поверхности жидкости в
газообразное состояние называется испарением. Совокупность
молекул, вылетевших из жидкости, называется паром и характе-
ризуется парциальным давлением. В закрытом сосуде через не-
которое время количество испаряющихся молекул будет равно
количеству молекул, возвратившихся в жидкость, т е скорость
испарения будет равна скорости конденсации — наступит дина-
мическое равновесие.
194 2. Молекулярно кинетическая теория и основы пирчодинамики
Динамическое равновесие харак-
теризуется давлением насыщенных
(насыщающих I паров р„, которое силь-
но зависит от температуры и не зави-
сит от объема над свободной поверх-
ностью жидкости При уменьшении
объема насыщенного пара происходит
увеличение конденсации пара и вос-
станавливается динамическое равнове-
сие. 11а рис. 2.22 приведена качествен-
ная зависимость давления насыщенного пара от температуры в
изохорическом процессе При Т -373 К рв - р^ « 105Па, поэто-
му вода при нормальных условиях кипит при / - 100 С, а. напри-
мер, в горах, в условиях разреженной атмосферы, закипает при
меньшей температуре.
Особое значение для жизнедеятельности людей, животных и
растений имеет давление паров воды. Для характеристики давле-
ния паров воды вводят понятие влажности.
Количество паров воды в воздухе характеризуется абсолют-
ной и относительной влажностью.
Единица измерения абсолютной влажности (плотности пара
Рн2о) в СИ — кг/м3. Относительной влажностью о называется
отношение плотности пара к плотности насыщенного пара при той
же температуре или отношение парциального давления пара к дав-
лению насыщенного пара при той же температуре, выражается
относительная влажность обычно в процент ах
<р = . 100 % = -^2. 100 %.
Рн Ря
Зависимости плотности рн и давления р» насыщенных паров
воды от температуры определяются экспериментально и приво-
дятся в справочниках. При охлаждении ненасыщенного пара при
постоянном давлении пар становится насыщенным. Температура
Гр, при которой ненасыщенный пар при данной абсолютной
влажности становится насыщенным, называется точкой росы,
она определяется экспериментально, и по ней рассчитывают
влажность воздуха.
2.2. Основы термодинамики
195
Для ненасыщенных паров справедливо уравнение Менделее-
ва— Клапейрона. С учетом определения влажности это уравнение
можно зашгсать в виде
P^V = -r^-RT ФРнК--^-/?Л
Л/н2о Л/н?<>
Рн2о __ фрн „
РН2О=Т7---RT или ^0=—---------RT
Л/н2и “
Уравнения в гаком виде удобно использовать при решении
задач.
Примеры решении задач
1. Плотность водяного пара при 100 С р = 0,88 кг/м' Какую
часть объема t| занимают молекулы пара? Принять, что молекулы
имеют шарообразную форму, а диаметр молекулы водяного пара
такой же, как у молекулы воды (плотность воды рв = I 000 кг/м’).
Решение
Полагая, что на каждую молекулу воды приходится кубик со
стороной а, найдем диаметр шарообразной молекулы, вписанной в
этот кубик, d = a:
d3=^-
Р.
Так как масса одной молекулы mQ- М / N (j, то
d — 3|
Л/ 18 10 3 , .
------=?---------™-----Т *3,1-10 м.
Л'яРв V 6,02 10 10
При Т = 373 К и нормальном атмосферном давлении вода на-
ходится в газообразном состоянии, занимая при этом объем V =
= m/р, где т масса водяного пара, р его плотность. Молеку-
F N
лы пара занимают в этом объеме часть Г| = , где Ко — объем
1Z А/
одной молекулы, ; X число молекул пара.
6
196 2. Молекулярно кинетическая теория и основы mi р. иодинамики
Записав соотношение для массы пара т = m^N и массы одной
молекулы /rto, получим
V0N ш/3Л'р яЛ’Лр ju/’Л fp
И 6т 6m0N 6М
С учетом полученного ранее соотношения для </ запишем
лр
’ 6М 6рв
Подставляя числовые значения, получим
3J1 OJS8 1(Юо4 = 4 610 20/о
6-IU00
Ответ п = — = 4,6 10 2 %,
ьр,
2. Нагревается или охлаждается идеальный газ в процессе по-
литропического расширения, если оно осуществляется в соответ-
ствии с уравнением pV* = const, причем п > О?
Решение
Наряду с условием задачи pV* - const = С для идеального газа
справедливо уравнение Менделеева Клапейрона
pV—vRT
С
Из уравнения процесса следует , подставим получен-
ную формулу в уравнение Менделеева — Клапейрона:
—C = v'~nC = vRT.
К"
(2.4)
Запишем полученное выражение для двух состоянии:
rll’"c=v/?7;; к;,-яс = у/гг2.
Разделив первое уравнение (2.5) на второе, получим
[\1-Л
*1 Т1 -ГТ
4- = — или Г-. - Т,
k '2 f Т2 2 '
(2.5)
5
К,
2.2. Основы термодинамики 147
И,
Так как газ расширяется, то — > 1, поэтому при 0 < л < I газ
’ 1
нагревается, при л = 1 температура не изменяется, при л > I темпе-
ратура снижается.
3. В сосуде объемом V = 1 л находится 0,2 г углекислого газа
СО1- При температуре Т - 2600 К некоторая часть молекул СОт
диссоциировала на молекулы оксида углерода СО и молекулы ки-
слорода Оэ. При этом давление в сосуде оказалось равным
1,1 • Ю4Па. Найдите степень диссопиапии молекул СОз на моле-
кулы СО и Oi при этих условиях
Решение
Степенью диссоциации а называется отношение числа диссо-
циировавших молекул VIIK к их общему числу .Vo до диссоциации,
В задаче рассматривается система с переменным числом час-
тиц. Для решения воспользуемся основным уравнением МКТ
pV = NkT. (2.6)
В исходном соетояншт число молекул
(2-7)
Диссоциация протекает по реакции 2СО2 ->2СО т О2, т. е. из
двух молекул образуются три молекулы. Общее число молекул
после диссоциации равно сумме недиссоциировавших ЛГ0(1 а) и
3
диссоциировавших — аЛ'й молекул:
3 L 01 I
= -a)+-atfo = tfoll+-l.
Тогда уравнение (2.6) примет вид рИ-,У((| 1 + — !АТ или с
учетом уравнения (2.7)
198 2. Молекулярно кинетическая теория и основы термодинамики
рУ = —[ I+—1.УДГ = —' 1 + — 1/?Т.
М' 2) л М\ 2 J
Отсюда получим
а рУМ ( 1,1 I05 10~3 0,044
2~ RTm ~ 8,31 2600 2-10"*
а-0,24.
Ответ: степень диссоциации а = 0,24 или 24 %.
4. В сосуде объемом У- 1,5 л находится смесь кислорода и уг-
лекислого газа. Масса смеси т - 40 г, температура — Т = 300 К,
давление — 2,0 МПа. Определите массу каждого газа.
Решение
Согласно закону Дальтона, обгпее давление в смеси газов рав-
но сумме парциальных давлений. Запишем уравнения Менделее-
ва Клапейрона для кислорода массой mi и углекислого газа мас-
сой m2 и просуммируем полученные уравнения:
Р\У =-T7rt^ Р2У =’7TRT' P = Pi+P2’
\1\ М2
рУ =
+ ^2.
Л/, М2
RT
Обитая масса смеси т = nt] + /л2, откуда т2 = т - /И].
Подставив в уравнение Менделеева— Клапейрона массу т2,
получим
pVJniL 2!!1_+Л_ RT;
Л/, м2 м2 )
1 1 4 рУ
Мх М2) RT М
т,=
рУ
<Rr
т МХМ2
ЛЛ Л/2—Л/|
2.2. Основы термодинамики
199
Ан алогично определим массу углекислого газа:
рУ т МХМ2
RT Л/] ЛТ, Л7,’
/л.
2-106-1,5-Ю~3
8,31 300
0,04 0,032 0,044
0,044 0,012
= 0,0345 кг;
т2 = /я /П] - 0,0055 кг.
Ответ', масса кислорода в смеси /И| = 0,0345 кг, масса углеки-
слого газа в смеси /и2 — 0,0055 кг.
5. В калориметре смешиваются равные по массе объемы волы
при температуре <50 °C и льда при температуре 40 °C. Каковы
окончательные фазовое состояние системы и температура смеси,
если ли, = пг> - т = 200 г? Удельная теплоемкость воды с, =
= 4,2-103 Дж.'(кг-К), льда с2 = 2,1 10'Дж/(кг-К). Удельная теп-
лота плавления льда Х = 0,33 10‘ Дж/’кг. Теплоемкостью калори-
метра пренебречь.
Решение
Теплота, выделяющаяся при остывании воды, идет на нагре-
вание льда и его плавление. Однако, судя по условию задачи, этой
теплоты не хватает для того, чтобы растопить весь лед, поэтому
уравнение теплового баланса запишем в следующем виде: (7; = Q2.
При этом (?| = mlcI(5U 0), ()2 = т2с2(0 ( 40)) т-Д/иХ, где Лот
масса растаявшего льда.
Так как т1 =т2 -т. то 50mC] = 40те2 + Л/ял.
Тогда
10/и(5с. 4с,)
--------!---—,
А,
. 10 0,2(5-4,2 10’ 4 2,1-10-’) п
,\т =----------------т—------— ~ 0,076 кг = 76 г.
0,33 106
200 2 Молекулярно кинетическая теория и основы термодинамики
Ответ: в калориметре будут находиться вода массой
тъ -т + Ат я 276 г и лед массой /мл = т \т я 124 г при нулевой
температуре по Цельсию
6. Теплоизолированная полость очень ма-
ленькими отверстиями одинаковой площади
соединена с двумя сосудами, содержащими
газообразный гелий Не (рис. 2.23). Давление
гелия в них сосудах поддерживается равным
р, температура в о,дном сосуде Г, в другом 2Г. Определите устано-
вившееся давление рх и температуру Тх внутри полости.
Решение
Нс Не
р:Т Р>. Л р; 2Т
Рис. 2.23
Число молекул ДЛ', вылетающих через малое отверстие в
стенке полости за время Л/.
A.V
——
АГ
т. е. прямо пропорционально концентрации молекул п, скорости их
движения и площади отверстия 5.
У соединенных трубкой сосудов, содержащих сильно разре-
женный газ, в установившемся состоянии число молекул, переле-
тающих из первого сосуда во второй, равно числу молекул, пере-
мещающихся в обратном направлении. О динаковы также знергип
ДЕ, переносимые потоками этих молекул за время Дг из одного
сосуда в другой:
ДЕ ..AN
---= (£)------П£,гв’>-
Дг ' ' Дт
Выражая л и iyB через параметры состояния газа, получаем
ЛЛГ
Л/
JL-
JT At
Число частиц, переходящих за единицу времени из полости в
сосуды, должно равняться числу частиц, поступающих из них в
полость, г. е.
(2.8)
2.2. Реновы терчог)инамики
201
Энергия, переносимая частицами из полости в сосуды, должна
равняться энергии, вносимой из них в полость, т. е.
2рх= р^Т + /ъ/2Т. (2.9)
Перемножив выражения (2.8) и (2.9), получим
4^ = р2[1+-— }(| + Л),
откуда
I + V2
Рх~Р 2^2 ’
После деления выражения (2.9) на выражение (2.8), определим
Tx = j2T
Ответ'. Тх = >/2 Г,
Р, = Р
1+у2
2^2
7. Сосуд объемом V - 50 дм разделен тонкой подвижной пе-
регородкой на две части. В левую часть пометена вода массой
т\ = 54 г, а в правую — кислород массой mi = 32 г. Температура
поддерживается постоянной и составляет I = 100 °C. Определите
объем правой части сосуда.
Решение
Давление насыщенного пара при температуре i = 100 С со-
ставляет рж = Д) = 10 Па Если кислород, находящийся в сосуде,
способен создать большее давление, то вода останется в жидком
состоянии, а кислород займет практически весь объем сосуда (объ-
емом воды можно пренебречь). Рассчитаем давление кислорода.
Р =
у2НТ
V
32 10~3-8,31-373
32-10 3 -501(Г3
«6,2-104
Па.
Поскольку р < рй, часть воды испаряется, а давление в левой и
правой частях сосуда будет одинаковым1 ро= 10' Па.
Тогда объем правой части сосуда
И2=^=31ди<
Ро
202 2. Молекулярно кинетическая теория и осноры термодинамики
Можно определить, сколько воды будет находиться в жидком
m'i и газообразном т* состояниях
„ /Л,(Г -Г2)Л/НО V2(K И2)
/И1 — —- irf Ji [Т —
RT Г2 2
50 \ з
-----1 1810 =11г;
31 J
/П| = гл, т’ - 54 11 = 43 г
()твет V2 = = 3 ] дМ-\
/'о
Я. Какую работу совершит идеальный одноатомный газ в изо-
барическом процессе, если ему сообщено количество теплоты
2 = 500 Дж?
Решение
Работа идеального газа в изобарическом процессе А =
Запишем уравнение Менделеева— Клапейрона для начально-
го и конечного состояний газа: pVx - vRTp, pV2 -vRT2.
А = pk2 Ph=vK(T2 Тх).
При этом изменение внутренней энергии газа
MJ=1VR[T2 Тх).
Согласно первому закону термодинамики,
£? = ЛС + А = - 7\) + УЛ( Т2 - 7\) = | vR(Т2 - Тх).
Таким образом,
л 2
5 3
2.2. Основы ггирнодиналшки
203
Отсюда получим А = — О — 200 Дж.
2
()твет\ A =—Q = 200 Дж.
0. Теплоизолированный сосуд (рис. 2.24)
разделен на .две части нетеплопроводным
поршнем, который может переметаться в со-
суде без трения. 13 левой части сосуда находит-
ся v моль идеального газа, имеющего моляр- рис 2
ную теплоемкость при постоянном объеме CV,
в правой— вакуум. Поршень соединен с правой стенкой сосуда
пружиной, длина которой в свободном состоянии равна длине со-
суда. Определите теплоемкость См системы Теплоемкостью сосу-
да, поршня и пружины пренебречь. Определите работу А, совер-
шаемую газом, при увеличении его температуры от Т\ до ТУ Най-
дите изменение внутренней энергии газа и полученное им
количество теплоты.
Решение
В результате нагревания газа поршень смещается на некоторое
расстояние л. Пусть в этом состоянии давление газа р, температура
Г, а объем V = Хг, где .V — площадь сечения поршня Эти парамет-
ры связаны уравнением Менделеева Клапейрона:
plr = vRT
(2.10)
При этом на поршень действуют сила давления газа pS и сила уп-
ругости пружины, модуль которой F -кх, где А коэффициент
жесткости пружины, л ее деформация. В любом равновесном
состоянш! выполняется равенство pS Fy = 0, т. е
pS = Ал.
(2.11)
Разделив уравнение (2.10) на уравнение (2.11), полушгм
К vRT
S кх
После преобразований получим
204 2. Молекулярно кинетическая теория и основы термодинамики
Sx vRT Т kx2 _Aj£j2
5 Ал vR vR S 1
Подставляя выражение для температуры в уравнение (2.10),
находим -зависимость давления ил объема в этом процессе.
р(Г) = -^ = А-К-аК. (2.12)
Как видно, »та зависимость линейная (рис 2.25, а). Предста-
вим графически этот процесс в осях р, Ти Г, К
Рис. 2.25
Подставив последовательнор и Гиз формулы (2.12) в уравне-
ние Менделеева— Клапейрона (2.10), получим. аГ2-\RT и
2
— = vRT Таким образом, этот процесс в осях р, Т и Т. F имеет
а
следующий вид:
р1 v2
— = const или — - const.
Т Т
т е. температура пропорциональна квадрату давления или объема
(рис. 2.25, б,«).
Изменение внутренней энергии для идеального газа
= Cvv(T2-Tx).
Определим работу как плогпадь под процессом I -2 (площадь
трапеции) нар- И-диаграмме (см. рис. 25, а):
Л=|(/>!+Р,Х><.-Г,) = у(И:,2 Г,2).
2.2 Основы термодинамики 2П5
Учитывая, mo а Г2 = vRT, получим
л=1у/г(г2-т;).
Согласно первому началу термодинамики,
0 = АС + А = CKv(T2 - Tt) + | vR(T2 - Т} ) = (ск +1 Я \-(Т2 - ГД
Молярная теплоемкость газа в процессе 1-2
Теплоемкость системы будет такой же, так как теплоемкостью
сосуда, поршня и пружины мы пренебрегаем.
Ответ: Си = Су + ’ R: А = A vfl(Т2 - 7]); At/ = Q у(Г2 - 7Д
Р=АС+А
10. Идеальный одноатомный газ участвует в процессе, для ко-
торого внутренняя энергия газа пропорциональна квадрату его
объема. Определите количество теплоты, подведенное к газу, если
известна работа А, совершенная газом в этом процессе.
Решение
Внутренняя энергия идеального одноатомного газа
1 3
U=-vRT = - рГ.
2 2
Так как по условию задачи U = аГ2, где а— некоторая кон-
„ 2
сганта, то в рассматриваемом процессе р -а> , где а - — а.
Изобразим графически этот процесс в осях /л к в виде прямой
1-2 (рис. 2.26).
В соответствии с первым началом термодинамики
(J-AT/ + А.
(2.13)
206 2. Mo.ieinvqmo кинетическая теории и основы термооипамшас
Изменение внутренней энергии газа в
процессе
Л(7 = U2 U. = а(If - К2) = -a(F2 К2).
Работу газа в рассматриваемом процес-
се можно определить по формуле
4 = /'ср^2-ИЬ
где Рср — среднее давление в процессе 1-2, /<р
Тогда
Л = + На-
следует отметить, что формулу для работы газа можно полу-
тать также, рассмотрев площадь трапеции под процессом 1- -2 на
рис. 2.26.
Так как p = aV, то 4 = -^а(К22-К(2)- Следовательно, Д(/=34.
С учетом уравнения (2.13) получим
£ = 34 + 4 = 44.
Ответ. Q-3A + А = 4А.
II. Тепловая машина имеет КПД t)i = 40%. Каким станет
КПД Т|2 машины, если количество теплоты, потребляемое за цикл,
увеличить на 20 %, а количество теплоты, отдаваемое холодильни-
ку, уменьшить на 10 %?
Запишем КПД машин
|£,|
л, = « -у1; (2.14)
Ст
ц2=1
°,9|g2|
1,2^ ’
(2.15)
Из соотношения (2.14) определим
I&I
а
= 1 П1
2.2 (Xiiiinhi т< ршм)инаыики
207
и, подставив в соотношение (2.15), получим
3
ц2 = I -—(1 - ц,) = 0,55 = 55 %.
Ответ'. Г|; = 0,55 - 55 %.
12. С идеальным одноатомным газом
осуществляется цикл (рис. 2.27), состоя-
щий из изобарического (3- 1), изохориче-
ского (2—3) процессов и процесса с ли-
нейной зависимостью давления от объема
(1-2). Определить КПД цикла.
Решение
»'о -’Го Г
Рис. 2.27
Рассмотрим общие рекомендации к
решению задач термодинамики по определению КПД замкнутых
циклов
Как было показано в теоретической части. КПД цикла можно
определить по одной из следующих формул:
„_а |а|_, |aj.
П’ (2. е.'
(2.16)
(2.17)
где рн — количество теплоты, полученное системой от нагревате-
ля; |Р* | количество теплоты, отданное системой холодильнику;
А работа цикла, равная площади цикла, .4-Рп |р,|
Если цикл представляет собой простую геометрическую фигу-
ру, то расчет удобнее всего вести по формуле (2.17), так как легко
рассчитать плошать цикла. Если в цикле есть адиабата или изо-
терма, то лучше воспользоваться формулой (2.16), так как в ддиа-
батическом процессе р = 0.
Знак количества теплоты и его числовое значение следует оп-
ределять либо с использованием первого закона термодинамики
р - Д6' + Л, либо по формуле .для количества теплоты, записанного
через молярную теплоемкость газа в рассматриваемом процессе:
208 2. Молекулярно кинетическая теория и основы термодинамики
(J = C^viT* Гн), где С’м — молярная теплоемкость, v — количество
вещества, Tt, Тн — конечная и начальная температуры процесса.
Если цикл в задаче задан не в осях р, У, то необходимо пере-
строить его в виде р- К-диаграммы, поскольку работу газа, как за
пикл, так и в конкретном процессе, нужно рассчитывать как пло-
щадь цикла или как площадь под графиком р(П- Получаемое при
этом аналитическое выражение для работы газа содержит произ-
ведение рУ , а выражение для расчета изменения внутренней
энергии записывают через разность значений конечной и началь-
ной температур.
Для приведения суммы At/ I А к единому виду используют
уравнение Менделеева — Клапейрона для характерных точек цикла.
Если в условии задачи заданы давления и объемы, кратные из-
вестным рв и Ко, то количество теплоты выражают как число,
кратное произведению /Wo- Если известна температура в харак-
терных точках, то количество теплоты записывают через моляр-
ную теплоемкость и разность температур.
Проиллюстрируем эти рекомендации на примере решения за-
дачи 12 и последующих задач.
В задаче 12 газ получает теплоту в процессе 1-2, в котором
А(/|2 > 0 (температура возрастает) и А12 >0 (объем увеличивает-
ся). (кдальные два участка относятся к холодильнику: в процессе
2 3 J23 =0 (F = const), AL'23 <0 тГ3 <Т2), в процессе 3—1 умень-
шаются и температура, и объем.
Тогда Q, = ДЦ2 + ^12-
Газ идеальный одноатомный, поэтому
A(7u=|v/?(72-7;).
Работа в процессе 1 -2
Записав уравнение Менделеева Клапейрона для точек 1 и 2,
получим
Poyo = vRT}- 3p03V0=vRT3.
2.2. Основы термодинамики
209
Тогда
3
А^3=|(Зр0ЗГ0-р0К0) = 12р0Г0.
Общее количество теплоты
Qa — 12Ро^о 1 4//010 = 16р0К0.
Этот результат можно получить и через молярную теплоем-
кость газа:
В пропессе 1-2 давление линейно зависит от объема, поэтому
молярная теплоемкость этого процесса CAf = Cr+-^T? =
= |/? + ^/? = 27? (см. задачу 9). Тогда
a=2/?v(72-7().
Заменив 7j и 72 произведением PjVj, получим
yH=2vJ?(9/V'o РЛНЭД-
Работа газа за цикл равна его площади:
Л Ц(3р„ -/ЛДЗГ0 - Ко) = 2/V'o-
Тогда КПД цикла
П = —=-^^-=- = 0,125 = 12,5%.
(Л 16РоУо 8
Такой же результат получим и по другой формуле для КПД.
Действительно,
(?х = Qu +£?3i ~А623 + Д( 'л + Л31 = At 2| + Л31.
Внутренняя энергия — функция состояния, поэтому
A£/21=|v/?(7i Г2) = 12р0Г0;
210 2. Молекуудшо кинетическая теория и dciidkn термодинамики
?bl=Po^O ^(j= -/?О^ 0’
П =
11^1 = 1 = 12,5%.
Ответ', q = 12,5 %.
13. Олин моль a 3oia совершает цикл, 1’
состоящий ит двух изохорических и двух
изобарических (рис 2.28) процессов. Сред-
неквадратичные скорости в точках 1 и 3 из-
вестны и равны 500 и 1000 м/с соответст-
венно. Определите работу, совершенную за
цикл, если известно, что точки 2 и 4 лежат
на одной изотерме.
Решение
Работа, совершаемая газом в замкнутом процессе, равна пло-
щади цикла на />- У-диаграмме:
я = (Р2 Рх)(Г2 - И) = p2v2 + - р,и2 - р2и.
Из уравнения Менделеева— Клапейрона для точек 1 -4 полу-
чим соответственно:
p^\=RTx- p2Vx-RT2,
Р2^2=^^3’ Р\^1=^^\-'
где Т\...Та — неизвестные температуры.
Определим Г] и 7j из формул для среднеквадратичных ско-
ростей:
„ = l™L Т - т -*!&
" VH ' 1 ЗЯ ’ 1 ЗЯ
Разделив почленно уравнения Менделеева — Клапейрона
(первое на второе и третье на четвертое), получим для изохориче-
ских процессов 1-2 и 3 4:
2.2. Основы термодинамики
211
Р\_ _ 2±. р2 = 21
р2 Т2 Р\ Т4
Приравняв отношения температур и учитывая, что Ti = Т.\ = Т,
получим
7 /7Т М
Т _ а ^kbI^kbJ-
ЭЛ
Работа, совершаемая газом за никл,
О 07Х
Л = —(I 000 5ОО)3 =2333 Дж.
Рис. 2.29
Л7 7
Ответ: A=—(umi -p„,)2 =2333 Дж.
14. Моль идеального одноатомного га-
за совершает замкнутый цикл, состоящий Г,
из трех процессов (рис. 2.29): адиабатиче-
ского расширения (I -2), изотермического
сжатия (2 3) и изохорического нагревания
(3-1). Какая работа была совершена газом
в адиабатическом процессе, если в процес-
се изохорического на1ревания количество ''
теплоты (?3i = 100 Дж?
Решение
Применим первое начало термодинамики Q-&U + А к замк-
нутому процессу 1-2-31. Внутренняя энергия функция со-
стояния, поэтому AL' = 0. Тогда
£? = £?12 1 -^23 * (?31 ~ ^12 1 -^23 ^'^31-
Рассмотрим каждый из процессов.
(2]2 = 0; Л|2 — работа газа в адиабатическом процессе;
(Л3 = Аз, гак как изменение внутренней энергии в изотермиче-
ском процессе Д(/и = 0;
(2}| = ЮО Дж по условию. Ял = 0. так как в изохорическом процес-
се ДР =0.
212 2. Молекутярпо кинетическая теория и осгимы термодинамики
С учетом изложенного выше получаем
•^12=С/з1 -100 Дж.
Ответ'. А12 = £?л = 100 Дж.
15. С идеальным одноатомным газом осуществляется цикл,
состоящий из двух изохорических (1-2), (3 4) и двух адиабатпче-
Н процессе 1-2 система получает количество теплоты £)], в
процессе 3 4 — отдает |<Л Процессы 2-3 и 4 I происходят без
теплообмена (адиабаты).
КПД процесса:
При изохорических процессах работа равна нулю, поэтому
можно записать
3 3 3
Qi = AU, =—vR(T2 - Г,) = — К, (Р2 - А) = -11А
^-1];
Pi J
3 3 3
Тогда
П = 1
\Р4 7
(2.1Х)
2 2. Оиювы тсрмодииачики
213
Запишем уравнение адиабаты для процессов 2-3 и 1-4 соот-
ветственно-
^’ = ^7;
Pl*l = Р4У2 -
Разделив эти уравнения друг на друга, получим = —, сле-
Р\ /»<
доватсльно, выражения в скобках в формуле (2.IX) для КПД равны
и их можно сократить:
П = 1
ViPa
На
Из уравнения для адиабаты 1 -4 следует
Ра_
Рх ’ и;
(2.19)
Подставив соотношения (2.19) в выражение (2. IX), получим:
ц = 1
*2 .
— — I
Г1 FJ
Поскольку газ одноатомный, то у =
С
ср _ 2
2
5
3
Таким образом, КПД цикла
ц = | 3"2/3=|
-= а 0,519 = 51,9%.
</9
Ответ-. ц = 51,9%.
Кош рольные работы
8-й и 9-й классы
1 Свинцовая пуля, летящая со скоростью и- 250 м/с, ударяет-
ся о препятствие и останавливается. Па сколько градусов повысит-
214 2 Молекулярно кинетическая теория и основы тсриоОинаиики
ся температура пули при условии, что нагревается только пуля?
Удельная теплоемкость свинца с - 140 Дж/(кг-оС) (К баллов).
2. На сколько градусов температура воды у основания водопада
высотой Л = 90 м вьппе температуры воды, вьпекающей мз водопада?
Удельная теплоемкость воды с = 4200 Дж/(кг-°C) (8 баллов).
3. Определите среднюю мощность двигателя автомобиля, если
расход бензина (в литрах) за время т =1 ч составляет F= 30 л, а
КПД двигателя T] = 25 %. Плотность бензина р = 700 кг'м? Удель-
ная теплота сгорания бен ища q - 4,6 10 Дж-кт (8 баллов).
4. Стальную деталь массой т > = 1,5 кг закалили в масле мас-
сой mi = 20 кг. Определите, до какой температуры была нагрета
деталь перед закалкой, если температура масла повысилась с тем-
пературы /] = 18 °C до температуры (2 - 38 С. Удельная теплоем-
кость закалочной среды С2 = 1800 Дж.'(кг-°С). Удельная теплоем-
кость стали С] - 500 Дж/(кг “О (8 баллов).
5. При нагревании воды в котле вместимостью К = 3000 л
сожгли каменный утоль массой т - 40 кг. До какой температу-
ры нагрелась вода, если ее начальная температура = 10 ’С, а
тепловая отдача топки т| - 60 %. Удельная теплоемкость воды
с = = 4200 Дж/(кг-°С). Удельная теплота сгорания утля q -
= 2,67-10 Дж/кг (8 баллов).
6. В теплоизолированной колбе находилась вода при нулевой
температуре. При выкачивантш воздуха из колбы в ней остал-
ся только лед. Какая часть воды п при тгом испарилась? При нуле-
вой температуре удельная теплота парообразования воды L =
- 2,5 МДж/кг Удельная теплота плавления льда Л = 3,4-105 Дж-кг
(12 баллов).
7. В калориметр со льдом массой т =100 г при температуре
/| =-10 ’С впустили минимально необходимое для плавления льда
количество пара при температуре ti =100 °C. Сколько воды ока-
жется в калориметре после наступления теплового равновесия?
Теплоемкостью калориметра пренебречь. Удельная теплота плав-
ления льда X = 3,4-105 Дж кг. Удельная теплота парообразования
воды L = 2,3-10б Дж/кг (12 баллов).
8. В калориметр, теплоемкость которого С - 210 Дж/°С, содер-
жащий волу массой /П| = 500 г при температуре = 20 °C, опуска-
2.2 (кионы термодинамики 215
ют лед массой m2 = 100 г при температуре /2 = -20 ’С. Определи-
те установившуюся температуру. Удельная теплоемкость воды с\ =
= 4200 Дж/(кг-сС). Удельная теплоемкость льда сз = 2100 Дж. (кг °C).
Удельная теплота плавления льда А. - 3,4-105 Дж,кг (12 баллов).
9 В сосуд, содержащий воду массой т\= 10 кг при температуре
/1=10 °C, положили лед, имеющий температуру /т = -50 °C, тюле
чего в сосуде установилась температура м = 4 °C. Сколько льда по-
ложили в сосуд? Удельная теплоемкость воды ci = 4200 Дж-(кт -°C).
Удельная теплоемкость льда ст - 2100 Дж, (кт -°C). У тельная теплота
плавления льда С2 - 3,4 I О5 Дж'кг (12 баллов).
10 Тигель, содержащий олово, нагревается электрическим то-
ком. Мощность нагревателя постоянна. За время тд = 10 мин тем-
пература олова повышается от 0 — 20 °C до /г = 70 °C. По исте-
чении времени Тг = 83 мин олово полностью расплавилось Най-
дите удельную теплоемкость олова. Теплоемкостью тигля и
потерями теплоты пренебречь. Удельная теплота плавления олова
А. - 0,5-105 Дж кг (12 баллов).
10-й класс
1. Плотность газа при давлении р = In Па составляет р =
= 1 кг/м3 Определите среднюю квадратичную скорость молекул
(8 баллов).
2. Баллон содержит идеальный газ при температуре /1 = 27 °C
и давлешш р\ - 200 кПа Из баллона выпустили 80 % газа и охла-
дили его до температуры /2 = 12 °C. Какое давление установится в
баллоне (8 баллов)?
3. Определите изменение внутренней энерпш идеального од-
ноатомного газа при нагревании его при постоянном давлении,
если газу сообщили количество теплоты О — 290 Дж (8 баллов).
4. Определите количество теплоты, сооб-
щенное идеальному одноатомному газу в про-
цессе а-Ь-с (см. рисунок), если F| = I л, Иг =
= 2 л, р\ = 2-105 Па, р2 = 4 10’ Па (8 баллов).
216 2. Молекулярно кинетическая теория и основы термодинамики
5. В комнате при температуре г, = 15 С относительная влаж-
ность ф] = 60 %. Какой станет относительная влажность, если тем-
пература в комнате повысится на Л/ = 10 “С? Давление насыщен-
ного пара при 15 °C равно 12,8 мм рт. ст., при 25 ’С — 23,8 мм
рт. ст. (8 баллов).
6. Температура нагревателя идеальной тепловой машины /н =
= 150 °C, а холодильника — <ж = 25 “С. Машина получила от на-
4
гревателя [Л = 1 ’ Ю Дж энергии. Как велика работа, произведен-
ная машиной (8 баллов)?
7. В калориметр. содержащий воду массой mi = 500 г при тем-
пературе /] = 20 ПС, впустили водяной пар при температуре /j =
= 100 “С. Какая температура установится в калориметре, если мас-
са пара /из = 100 г? Какой станет масса воды? Удельная теплоем-
кость волы ci = 4,2 кДж;(кг'К), удельная теплота парообразования
воды г - 24.8 • 105 Дж, кг (10 баллов).
8. Сосуд объемом К = 20 дм разделен тонкой подвижной пе-
регородкой на две части. В левую часть помешены 16 г кислорода,
а в правую 27 г воды При этом поддерживается температура t -
= 100 °C. Определите объем правой части сосуда (14 баллов).
Ч. В длинной закрытой трубке между
двумя поршнями массой т каждый нахо-
дится v моль идеального одноатомного газа,
масса которого много меньше массы порш-
ней. В остальном пространстве трубки— вакуум. В начальный
момент правый поршень имеет скорость 1л а левый — 5г,(см ри-
сунок). Найдите макеггмальную температуру Т газа, если стен-
ки грубки и поршни теплонепроницаемы. Температура газа
в начальный момент составляет 7'(1 Трением пренебречь (14 бал-
лов).
10. Определите КПД тепловой маппгны, ра-
ботающей с v моль идеального одноатомного
газа по циклу, состоящему из адиабатического
расширения (1-2), изотермического сжатия (2 3)
и изохорического процессов (3- 1). Работа, со-
вершенная при нагревании газа в изотермиче-
ском процессе, равна А. Разность максимальной
температур газа в цикле АТ( 14 баллов).
т____
Zr(:
/н
И V
и минимальной
2.2. Основы mi рмодинамики
11-Й К.1ЭСС
217
1. Сколько молекул воздуха выходит из комнаты объемом V =
«60 м3 при повытпензш температуры от 6 = 15 "С до £ = 25 С?
Атмосферное давление ро (8 баллов). р-----------
2. 11а рисунке в осях Г, р представлен замкну- '/
тый процесс, происходящий с идеальным газом /
Изобразите графически этот процесс в осях V, р /
(8 баллов). /
3. В трубке, закрытой с одного конпа. столбик I/ 3
воздуха заперт столбиком ртути длиной Н = 10 см 1-----------
Когда трубка расположена открытым конном ‘1
вниз, длина столбика воздуха h = 25 см. Трубку наклонили под уг-
лом а = 30' к горизонту. Определите длину Л] столбика воздуха в
этом случае. Атмосферное давление ро - 10s Па. Плотность ртути
13,6 103кг/м (8 баллов).
4. Относительная влажность воздуха вечером при температуре
/| = 15 °C составляет ю = 80%. Ночью температура воздуха по-
низилась до /г = 5 °C и выпала роса. Какая масса водяного пара
сконденсировалась из воздуха объемом 1м? При Г] — 15 °C дав-
ление насыщенных паров р1н = 1,71 103Г1а, при t2 - 5 °C р2ч-
= 0,88-103 Па <8 баллов).
5. При комнатной температуре четырехоксид азота частично
диссоциирует, превращаясь в диоксид азота. N2O4—>2NO2. В от-
качанный сосуд вместимостью 250 см3 вводится 0.92 г жидкого
N,O4 при нулевой температуре по Цельсию. Когда температура в
сосуде увеличивается до 27 °C, жидкость целиком испаряется, а
давление становится равным 128 кПа. Определите долю четырех-
оксида азота, которая диссоциировала (8 баллов).
6. В идеальной тепловой машине, работающей по циклу Карно
с КПД Г] - 30 %, газ получил от нагревателя количество теплоты
(7; =10 кДж. Определите температуру нагревателя, если темпера-
тура холодильника 20 °C. Какое количество теплоты машина отда-
ла холодильнику (8 баллов)?
7. Найдите внутреннюю энергию одного моля азота Ni, если
средняя квадратичная скорость молекулы азота - 470 м/с. Азот
считать идеальным двухатомным тазом (8 баллов).
218 2. Молекулярш кинетическая теория и основы термодинамики
8. Для повышения температуры газа массой 10 кг и молярной
массой Л/ = 0,028 кг'моль на ДТ = 50 К при постоянном давлении
необходимо затратить количество теплоты (Л = 0,6 МДж. Какое
количество теплоты следует забрать от этого газа при постоян-
ном объеме, чтобы его температура
(12 баллов)?
9. Определите отношение КПД циклов
1-2—3- 1 и 1 -3-4 I, совершаемых с идеаль-
ным одноатомным газом (см рисунок).
Величины ро и Ко считать известными
(12 баллов).
понизилась на 50 К
10, Найдите КПД цикла, совершаемого
идеальным двухатомным газом, состоящего из
двух изобарических (1 2) и (3 4) и двух адиа-
батических процессов, если в пределах цикла
давление изменяется в п раз. Уравнение адиа-
баты имеет вид pV1 = const, где у— извест-
ная постоянная (20 баллов).
3. ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕ! ИЗМ
3.1. Электростатика
Закон Кулона. Сила взаимодействия двух точечных зарядов </|
и щ, находящихся на расстоянии г друг от друга в однородном ди-
электрике с относительной диэлектрической проницаемостью е,
ЕГ”
где А = —!— = 9 109 Н - м2 / Кл‘. — электрическая постоянная,
4ле0
е0 =8,85 101 Ф/м. Для воздуха и вакуума к = 1.
Напряженность электрического поля. Если на точечный
(пробный) заряд </, помешенный в некоторую точку поля, дейст-
вует сила Г, то напряженность Е электрического поля в данной
точке
Ч
Напряженность является спловой характеристикой электриче-
ского поля Направление вектора напряженности электрического
поля можно задать с помощью силовой линии, касательная в лю-
бой точке которой совпадает с направлением вектора Ё.
На рис. 3.1 представлена графическая иллюстрация электриче-
ского поля положительного (а), отртшательного (б) и двух разно-
именных точечных (в) зарядов. Силовые линии выходят из поло-
жительных зарядов и входят в отрицательные. Направление сило-
вой линии характеризует направление вектора Е, а густота лишит
пропорциональна напряженности поля Если силовые линии ис-
кривлены п их густота различна, то такое поле называется неодно-
родным. В однородном электрическом поле значение вектора Е в
220 J. Электричество и магнетизм
каждой его точке постоянное, (’иловые линии этого поля пред-
ставляют собой систему прямых линий одинаковой густоты
Рис. 3.1
Ниже приведены основные соотношения для расчета модуля
напряженностей различных электрических полей.
Поле точечного заряда q0 (рпс. 3.1, а, 6, «) на расстоянии г от
него, напряженность этого поля
hl
£Г2 4л£о£Г2
Для поля тара, равномерно заряженного по поверхности, на-
пряженность поля вне шара рассчитывают по такой же формуле,
если расстояние отсчитывать от центра шара. Внутри шара, заря-
женного по поверхности, напряженность поля равна нулю.
Поле равномерно заряженной плоскости (рис. 3.2, а, б, в)
можно считать одноротным, напряженность этого поля
„ к2nd а
Е=-------= -—,
£ 2с0£
где о — поверхностная плотность заряда на плоскости — отноше-
ние заряда, находящегося на плоскости, к площади S этой плоско-
М
сти, ст- — .
S
Гис. 3.2
31. Электростатика
221
Поле плоского конденсатора (рис. 3.2, в). Если пренебречь ис-
кажением поля вблизи краев пластин, то поле внутри конденсатора
можно считать однородным с напряженностью Е. модуль которой
е сое
где о — поверхностная плотность электрических зарядов на пла-
стинах Поле вне конденсатора равно нулю.
Для электрических полей, создаваемых системой Л' зарядов
(заряженных тел), справедлив принцип суперпозиции (сложения)
полей.
N
Ё = Et + Ё2 + ...+ ЁЛ
где Et — напряженность поля, создаваемого /-м зарядом.
Потенциал электрического поля. Энергия вэаи.чооейсткия
зарядол. Энергетическая характеристика поля — потенциал <р.
В каждой точке поля
И
ф =—.
Я
где W— потенциальная энергия точечного (пробного) заряда </,
помешенного в данную точку поля.
Потенциал поля точечного заряда q0 на расстоянии г от него в
однородном диэлектрике
Ел 4тсе£(,г
Для поля, создаваемого системой зарядов, по принципу супер-
позиции полей
V
ф = ф|4ф2+... + ф/^=^ф|
где ф( — потенциал поля, создаваемого /-м зарядом.
Работа сил электрического поля по перемещению заряда q из
точки 1 с потенциалом ф| в точку 2 с потенциалом ф2 определяет-
ся изменением потенциальной энергии.
222
J. Электричество и иагнетиз-Ч
Л-И' ^=</(9! Ф2) = «/Дф=</Ц2,
где Дф — изменение потенциала, Л<р = ф2 Фь ^12—напряжение
(разность потенциалов) между точками 1 и 2, Un — Ф] Ф2-
Вектор напряженности электрического поля Е направлен в
сторону убывания потенциала, его значение
где ZW — расстояние между двумя близко расположенными точ-
ками, находящимися на одной Сизовой линии Для однородного
поля связь между Е и I/определяется соотношением
Е где d 2 — расстояние между любыми точками 1 и
—------ 2 вдоль силовой линии (рис. 3.3).
. ~ В однородном электрическом поле с напря-
женносгью £ работа сил поля
A = qEdi2.
Рис. 3.3
Работа сил электрического поля положительна,
если перемещение заряда происходит в направлении действующей
силы, и отрицательна в противном случае.
Энергия взаимодействия И]2 двух точечных зарядов «д и </2,
расположенных на расстоянии г друг от друга.
= _21£з_
£Г 4Л£О£Г
Если имеется система точечных электрических зарядов, го по-
тенциальная энергия их взаимодействия
где суммирование производится по всем возможным различным
парным взаимодействиям этой системы.
J 1. Электростатика 223
Электрическая емкость. Конденсаторы. Электрическая ем-
кость уединенного проводника определяется отношением заряда
проводника к его потенциалу:
Ф
Электрическая емкость уединенного проводящего тара ра-
диуса R. окруженного диэлектриком с проницаемостью £,
С = Anc^R.
Электрическая емкость конденсатора определяется отношени-
ем заряда конденсатора q к разности потенциалов между провод-
никами (обкладками) конденсатора:
где q, U— абсолютные значения заряда одной из обкладок кон-
денсатора и напряжения между обкладками.
Электрическая емкость плоского конденсатора с площадью
каждой его пластины 5 и расстоянием <7 между ними
с _ ‘
d ’
где е— относительная диэлектрическая проницаемость среда ме-
жду пластинами.
При параллельном соединении конденса-
торов1 (рис. 3.4) гальванически соединены
пластины, имеющие заряда одного знака,
поэтому напряжения на всех конденсаторах
одинаковы - U2 = ... = Uп = U), общий
заряд батареи равен сумме зарядов на всех
конденсаторах (q = + q2 +... + qn) и электрическая емкость ба-
тареи равна сумме электрических емкостей конденсаторов.
С = С, 4 С2 4 ...4 С„.
Рис. 3.4
1 Стрелками на рис. 3.4 и 3.5 показаны направления от больших по-
тенциалов к меньшим, т. с. направления положи тельной разности потен
циалов.
224
J. Электрически и магнетилм
Рис. 3.5
При последовательном соединении
(рис. 3.5) гальванически соединены пластины
конденсаторов, имеющие разные знаки, по-
этому заряд всей батареи равен заряду каждо-
го конденсатора; q = qi-q2=...-q„, общее
напряжение на батарее равно сумме напряже-
ний на всех конденсаторах U = Ц l-f/2 Г...4 С7Я. Электрическая
емкость С всей батареи определяется по формуле
11ри последовательном соединении твух конденсаторов общая
электрическая емкость
( 1^ 2
С j С 2
При последовательном соединении W одинаковых конденсато-
c.
ров емкостью С| общая электрическая емкость С-—.
N
I) электрических цепях применяют, как правило, сочетания
последовательного и параллельного соединения конденсаторов, а
также более сложные соедггнения Определение общей электри-
ческой емкости цепи в этом случае представляет собой непро-
стую задачу. Для анализа таких цепей рекомендуется использо-
вать лге/ног? шин. Суть его состоит в том, что клеммы источника
тока заменяют шинами— длинными проводниками, к которым
можно подключать конденсаторы в любом месте. Затем подклю-
чают каждый конденсатор цепи кратчайшим путем к шинам. Та-
кой метод позволяет разделить всю электрическую цепь на от-
дельные звенья, анализ которых выполнить проще по сравнению
с анализом всей цепи в целом. Применение данного метода при-
ведено в задаче 6
Энергия заряженного конденсатора
CU2 qU q2
rr — , —w
2 2 2С
3.1 Электр я татика
225
Сила взаимодействия между пластинами конденсатора
г 1 , И
г - — иЕ - —
2 d
где Е — напряженность электрического поля конденсатора.
Электрические цепи с конденсаторами и источниками по-
стоянного тока. Особенностью таких цепей является отсутствие
постоянных токов При решении задач, как правило, определяют
заряды отдельных конденсаторов или разности потенциалов меж-
ду латанными точками в цепи. Одним из методов решения таких
задач является метод узловых потенциалов, в соответствии с кото-
рым потенциал одной из заданных точек принимают равным ну-
лю. Тогда разность потенциалов равна потенциалу другой точки,
который определяют in анализа электрической цепи. При этом по-
следовательно переходят по цепи от одной узловой точки к другой
и определяют потенциалы в них вплоть до конечной точки анали-
за. В качестве узловой точки можно использовать любую точку
цепи, если это позволяет упростить решение задачи. В случае раз-
ветвленных цепей целесообразно использовать .два правила, пра-
вило узлов и правило контуров
Правило узлов — сумма зарядов конденсате- zZ
ров в узле равна нулю, т. е. 1,7, —0. В частности, 4.,,- * ‘2
для узла А на рис. 3.6 это условие можно записать
в виде
*71 < » Чз =0
Рис. 3.6
Правило контуров — алгебраическая сумма напряжений в вы-
деленном замкнутом контуре электрической цепи равна алгебра-
ической сумме ')ДС (rf) в нем
' j
Знаки напряжений на обкладках конденсаторов и ЭДС источ-
ников токов в этой формуле зависят от направления обхода конту-
ра и полярности зарядов на обкладках конденсаторов и клеммах
226
3 Элехтричатвоимаппетиtw
Hanfrin-iCTiK чох» та источников тока. Напряжение на конденсаторе
+| - ~,|+ считается положительным, если при обходе
с • движение идет от положительно заряженной
рИ4, J 7 обкладки к отрицательной. ЭДС считается по-
ложительной, если при обходе потенциал на
клеммах источника возрастает Рис. 3 7 и.тлюстрирует случай по-
ложительного напряжения на конденсаторе и ЭДС1
Если в цепи происходят переходные процессы, связанные с
перезарядкой конденсаторов, то задачу, как правило, решают с ис-
пользованием закона сохранения энергии, который в общем случае
имеет вид
где IF), И2 — начальная и конечная энергии конденсаторов в цепи
соответственно; АИСТ — работа источников тока (при наличии);
А работа внешних сил (при наличии); () теплота, выделенная
в цепи в результате переходного процесса.
Работа источника тока
Лис. =
где Д<7 — заряд, прошедший через источник При этом работа
источника положительна, если заряд внутри него перемешается
от «минуса» к «плюсу» источника и отрицательна ь противном
случае
Неизвестными в таких задачах чаше всего бывают работа
внешних сил А и теплота Q, выделяемая в цепи.
При определении работы источника тока необходимо знать
значение заряда, прошедшего через конденсатор в переходном
процессе. Этот заряд равен Aq — q2 ее ли полярность зарядов
на обкладках конденсатора не изменилась, и Ац = I </(, если по-
лярность изменилась на противоположную. Обобщенный алго-
ритм решения задачи в этом случае следующий.
При применении приведенных правил заряды на конденсаторах
должны быть предварительно расставлены Если полярность обкладок
какого-либо конденсатора будет указана неверно, го при решении задачи
соответствующие заряд q и напряжение U на этом конденсаторе бу. туг
отрицательными.
J 1. Электростатика
227
Этап 1 — определяют заряд ц\ батареи конденсаторов и энер-
гию И ] системы до напала переходного процесса.
')тап 2 — определяют заряд q^ конденсаторов и энергию И 2
системы после окончания переходного процесса.
')тап 3 определяют работу источников гока и значения тре-
буемых величин.
Примеры применения данных методов и алгоритмов решения
задач приведены ниже.
Примеры решения задач
1. Тонкое кольцо радиуса R несет электрический заряд q.
В центре кольца расположен одноименный с q заряд Q причем
(2 » q. Определите силу Г, рас 1ягиваюшую кольцо.
Решение
Поскольку закон Кулона справедлив
лишь для точечных зарядов, выделим на
кольце элемент, опирающийся на малый угол
2а (рис. 3.8). Равнодействующая двуэс сил Т
уравновешивает силу Кулона, действующую
на выделенный элемент, т. е.
27'sina = FK.
Рис. .3.8
Для определения силы Кулона у^ггем, что при равномерном
распределении заряда по кольцу на его элемент приходится заряд
Д«/:
^ = ^-2а = ^. (3.1)
2л л
Тогда сила Кулона
Г =k^- = k-^(L (3.2)
К R2 яЯ2
Приравняв выражения (3.1) и (3.2). получим
2Tsina = £-^a. (3.3)
гЛ-
В выражении (3.3) sin а и а можно сократить, поскольку при
малых углах а, как известит», выполняется условие a » sin а ~ tga:
22Х
J. Электричество и магнетизм
Ответ: Т - —~~ —.
8jT£0/?-
чУ _ яО_
2nR2 8я2е0Я2
2. Кольцо радиусом Я равно-
мерно заряжено зарядом q. Вычис-
лите напряженность и потенциал
поля, создаваемого на оси кольца
на расстоянии г от его центра.
Решение
Выделим на кольце элемент с Рис ч
зарядом Aqt на нем. Тогда напря-
женность. создаваемая этим элементом в точке Л/ (рис. 3.9).
-А 4
' ” о- -
R 4 z
Поскольку результирующая напряженность поля в точке М в
силу симметрии направлена по оси z, определим проекцию напря-
женности на ось z:
£, = £,cosa = £,^*# =----------
' г г3 4Я£О(Л2+Г2)3/2
Общая напряженность определяется суммой Е всех элемен-
тов кольца:
V **’ 4л£0(Я: I z2)3,2 V Ч‘ 4яе#(Я2 I г2)3'2
Аналогично потенциал поля в точке М от /-го элемента
Ф, = *- -
г
4я£0(Я2+а2 )ш
Общий потенциал в точке М
=—н—=
4пь0-уЛ2 +z2
3 I. Электра тдтика
229
Используя полученные выражения, можно определить напря-
женность Еи и потенциал <ро в центре кольца. При z - О получим
Ео = 0: <р0 =
<7
4ЛС<1£
Ответ: Е-
4л£0(Я2+22)3'2’
3. Электрическое поле образовано внеш-
ним однородным электрическим полем и
электрическим полем заряженной метал-
лической пластины, которое вблизи плас-
тины также можно считать однородным
(рис. 3.10). Напряженность результирующе-
го электрического поля справа от пластины
Е, =3 104 В,м. слева— Е2 =5-Ю4 В/м.
Определите заряд </ пластины, если сила,
действующая на пластину со стороны
внешнего электрического поля, F- 0,7 II
Решение
___________<?
Рис. З.Н>
Из картины силовых линии результирующего поля можно за-
ключить, что на пластине находится отрицательный заряд и по-
этому электрическое поле пластины с двух сторон от нее направ-
лено к пластине.
Обозначим Ео напряженность внешнего поля; Еп на-
пряженность, создаваемая пластиной (см. рис 3.10). Тогда в соот-
ветствии с принципом суперпозицтш получим
— ^0 + ’
Ei —Еп -Ео.
Исключив из этой системы уравнений Еп, найдем
E0=i(E2 £,).
Сила, действующая на пластину с зарядом q.
F = qE^.
230 J. Электричество и магнетит
Следовательно, с учетом знака пластины
Ответ q ------------- 7 10 5 Кл.
Д е2
4. Два маленьких шарика массами /И| и /и? с одноименными
зарядами q\ и <72 движутся из бесконечности вдоль одной прямой
навстречу друг другу со скоростями тд и 03. На какое минималь-
ное расстояние г они смогут сблизиться?
Решение
В момент максимальною сближения оба шарика будут дви-
гаться с одной скоростью и, которую определим из закона сохра-
нения импульса:
/Л|Ц /пыл, = (m] I т2 )й.
Отсюда
/Л] т т2
Запишем закон сохранения энергии, в котором учтем энергию
электростатического взаимодействия зарядов.
= 4 а
2 2 2 г
После преобразовании получим
г ________________________________________
/Л|Р|’ + m2t>2 (/П|Ц m2t>2)2 (/л, + т2)
= _ </141; (m,J_w; ’)_
2пТ.0/Л|/7Г2(О| з-ь^)-
2пт.0/т?|/п2(ц 4 t*j)
3.1 Электр*, татика
231
5. Какую работу А необходимо совершить, чтобы перестроить
(рис. 3.11) систему четырех точечных зарядов, расположенных в
вершинах квадрата со стороной а? Заряд q считать известным.
,~Ч
+</ -ч
Рис. 3.11
Решение
Работа внешних сил
А = Из - И'1
где И'|, 1^2 — энерпгя электрического взаимодействия зарядов до и
после перестроения системы зарядов. Энергию системы зарядов до
перестроения можно представить в виде шести слагаемых попар-
ного взаимодействия, из которых четыре слагаемых (для зарядов,
находящихся по сторонам квадрата) имеют значение
и два слагаемых (для зарядов, находящихся по диагоналям)
й>/2
Таким образом, общая энергия
= 4И]' + V? 4).
а ' ’
Во втором состоянии суммарная энергия пар зарядов по сто-
ронам квадрата равна нулю, тогда
И\ = 2А-^== л/2 —
нл/2 а
Определим работу.
232
3 'Электричество и магнетизм
2
A = W2
^1= —
а
4л£оа
( 4 2^2 |v2
Ответ: А=---------—
4яе0о
6. Па рис. 3.12 представлена стек грин сикая цепь из шест кон-
денсатор)» одинаковой электроемкости С. Разность потенциалов
U между точками А п В равна 100 В. Какова общая шектрическая
емкость цепи9 Каковы напряжения на конденсаторах 4 и 5?
Рис. 3.12 Рис. 3.13
Решение
Перестроим схему по методу шин, приведенному в теоретиче-
ской части раздела. Для этого клеммы А и В заменим протяжен-
ными клеммами — питами АА и ВВ (рис. 3.13). В соответствии с
методом присоединим каждый конденсатор кратчайшим путем к
шинам А А и ВВ. Па рис. 3 12 вид не, что к клемме А присоединены
три конденсатора 1,3 и 5, при этом конденсатор 3 непосредствен-
но подключен и к клемме В (см. рис. 3.13). Конденсатор 1 подклю-
чен к клемме В через конденсатор 2. Конденсатор 5 также под-
ключен к клемме В через конденсатор 6. Подключение к шинам АА
и ВВ показано на рис. 3.13. Отметим, что точки Е и D подключе-
ния конденсатора 4 находятся между конденсаторами 1 и 2, 5 и 6
соответственно. Потенциалы точек Е и D одинаковы, следователь-
но, (.4 = 0, напряжение между клеммами А и D в 2 раза меньше,
чем между клеммами А и В, т. е (У5 - 50 В Так как конденсатор 4
не заряжен, то общая электрическая емкость цепи
( о - Сз + + См -С+— + — = 2С.
Ответ: Си = 2С; U4 =0; (Д =50 В
3 J. Электр* татика 233
7. Плоский конденсатор заполнен диэлектриком, проницае-
мость которого изменяется в зависимости от напряжения на кон-
денсаторе по закону е = а£/, где а=1В”’. Параллельно ''тому
конденсатору, который вначале не заряжен, подключают такой же
конденсатор, но без диэлектрика, который заряжен до напряжения
Со =156 В. Определите напряжение U, установившееся на конден-
саторах.
Решение
Пусть емкость заряженного конденсатора С. Тогда после под-
ключения заряженного конденсатора к незаряженному емкостью
гС общая емкость батареи конденсаторов
С0=С + еС = С(1+£).
Заряд на этой батарее равен первоначальному заряду конден-
сатора С:
4 = CUQ.
Таким образом,
г _ Ц> _ У'
( q 1 + £ I 4- Ct U
Решая последнее уравнение относительно ГД получаем
-l±Jii4Uoa
2
В этом выражении физический смысл имеет только знак «з»
перед радикалом, поэтому
Jl + 4b’oa 1
U = -----2-----= 12 В.
2
Я. Определите разность потенциалов между точками Л и В в
электрической схеме (рис. 3.14).
Решение
Конденсаторы С] и включены последовательно Их общая
емкость
234 3. Электричество и нагнети си
С - ( г<~ 2
С] +с2
Напряжение на батарее конденсаторов U = 3% <£=22?, сле-
довательно, заряд батареи и каждого конденсатора
<l = CU=2^- ] 2 .
С\+С2
Полярность зарядов укатана на рис. 3.14. Напряжения на кон-
денсаторах Ci и С?:
„ Л=2^;[/г=Л.=^^_.
С, С,+С2 С2 Cj+C,
Определим разность потенциалов двумя методами
1м
Рис. 3.14
Метод узлового потенциала. Пусть потенциал толки В равен
нулю. т. е. фя - 0. Потенциал топки М вьппе потенциала топки В
на Зо, т. е.
Фи -фв 4 3ff=3Z.
Потенциал точки А ниже потенциала топки М на С| (см па
рис. 3.14 полярность зарядов на конденсаторе С]), т. е.
ф,=ф„ и>=зе
4 W С]4-С2 с1+с2
3.1. Электростатика
235
ТА |
Таким образом, Ф 4 Фд = Ф < = ®—-—-
( । 3" С 2
Метод обхода замкнутого контура. Обозначим (см. рис. 3.14)
напряжение 6'^в=ф/ фв и обойдем контур АВМ по стрелке.
В соответствии с правилом контуров получим уравнение:
U. a UAB = 3£
Отсюда
им-,„ ф»=з/
< I 4 С 2
(’ и. ЗЛТ
Ответ-. С ,в - -----.
ЛВ С]4-С2
9. Определите заряды q}, q2, <у3 в электрической схеме
(рис. 3.15). При расчетах принять = ?"2-4<Г, С,=С, -
= 2С, С3=ЗС.
Рис. 3.15
Решение
Обозначим полярности гарядов на конденсаторах и падения
напряжения на них (7), LS, С'з (рис 3.15). Для узла А условие ра-
венства нулю зарядов принимает вид
91 + Яг - <h = °- (3.4)
Зададим направления обходов левого и правого контуров
электрической цепи по ходу и против хода стрелки (эти направле-
ния произвольны). Получим уравнения
(Л 4(Л = ^.;
(3.5)
L’2 +(73 = ^2.
236
3. Электричество и магнетизм
Заменив в уравнении (3.4) qx=CxU}=CUx, Я2~^2^!2~
= 2С[/2, ?3 = С//3 =ЗС[/3, а в уравнениях (3.5) /, = К «2 = 4Т,
получим систему линейных уравнении
(/,+21/2 ,3[/3 = О;
U, + U3 = /;
(72+(/3 = 4/,
решение которой [/, = 0,5/, U2 = 2,5/, U3 = 1.5/
Таким образом, заряды на конденсаторах
v, = С,(/,= 0,5С/; ?2=С2[/2=5С/; q3 = C3U3 = 4,5С/
Величина </i < 0, это означает, что полярность зарядов на об-
кладках конденсатора С| следует изменить на противоположную.
Ответ. <?, = 0,5С/; <?2 = 5С/; q3 = 4.5С/
10. Какое количество теплоты О выделится в электрической
цепи при переключении ключа К из положения I в положение 2
(рис. 3 16)?
А/-------
< -у-
— —р- ---<=3-
8
Рис. 3.16
Решение
При переключении ключа система переходит из одного ста-
ционарного состояния в другое, при этом в результате переходно-
го процесса происходит выделение теплоты £Л которую можно
определить из закона сохранения энергии:
где И’|, 1К2 — энергия системы в положениях ключа / и 2 соответ-
ственно; Лист работа источников в цепи. Решение осуществляем
в соответствии с алгоритмом, приведенным н теоретической части
раздела.
3 1. Электростатика
237
Этап 1 В первом положении ключа конденсатор С нагружен
двумя источниками 3/ и /, включенными встречно Поэтому
напряжение на конденсаторе Ц=22?, его заряд q} - CUl = 2С&,
энергия В] - 1 Полярность зарядов на обкладках ука-
зана на рис. 3.16 сверху.
Этап 2. В положении 2 к конденсатору подключен один ис-
точник %, поэтому напряжение на конденсаторе U2 = /, его заряд
CU2 I
q2=C&, энергия Вт-—^~ =—С&2. Полярность зарядов на об-
кладках указана на рис. 3.16 в скобках.
Этап 3. Работу по перезарядке конденсатора совершат только
источник /’.Так как произошло изменение полярности зарядов на
обкладках, то прошедший через источник заряд
Д^ = <72+<?1 = 3<Х
а работа источника Лист -ЗС/2.
Из закона сохранения энергии получим
Q = В, - В'2 + 4^ = 2CZ2 - - С& + ЗС/2 = 4,5с/2.
Ответ: Q -4,5 С/’2.
11. Плоский воздушный конденсатор емкостью С подсоедини-
ли к источник} тока с ЭДС, равной . После завершения процесса
зарядки конденсатора его пластины достаточно медленно раздви-
нули на расстояние d между ними. Исходное расстояние между
пластинами Jo < d. Какая при этом совершена работа А, если:
а) после зарядки конденсатор отключили от источника, б) конден-
сатор остался подключенным к источнику?
Решение
Прежде всего отметим, что если до того как пластины раздви-
нули емкость конденсатора G = С, то после раздвижения пластин
dn
емкость С2=С-^-, т. е. емкость уменьшилась Работу определим
из закона сохранения энергии:
238
3, Электричество и магнетизм
JFj t 4 Л = И'2,
где И’ь ИЧ — энергия конденсатора в первом и во втором состоя-
ниях соответственно; ЛИС1 — работа источника.
Вариант а): ЛИС1 = 0. напряжение на конденсаторе после заряд-
ки Ut = а его заряд q} =CtU} -С?. Поскольку при раздвижении
пластин заряд на конденсаторе не изменился, то энергию Ил и И?
следует вычислять по формулам
1 2С] 2 ’ 2 2С2 2d0
Определим работу:
Вариант б): в тгом случае неизменным остается напряжение
U}=U2 = % на конденсаторе, поэтому энергию И’| и И1? следует
вычислять по формулам
,Г2^=<^
2 " 2 2d
Заряд на конденсаторе после раздвижения пластин изменился
и стал равным q2 = C2U2 = С2?—. Следовательно, источник тока
d
совершил работу
Лст=д«г=(?2
Из закона сохранения энергии следует, что
2 \ d )
Отметим, что в этом варианте, поскольку q2 < qi, работа ис-
точника отрицательна.
3 L Электростатика
239
Из анализа полученных решений следует, что раздвинуть пла-
стины конденсатора при подключенном источнике тока легче, чем
при отключенном В данном случае отношение работ внешних сил
4, d
Л2
Ответ: 4| =
CF2
э
12. Чему равен заряд, индуцируемый на
поверхности заземленного металлического
шара точечным зарядом q, расположенным
на расстоянии L от центра шара? Радиус
шара/? < L (рис. 3.17).
Рис. 3.17
Решение
Обозначим заряд шара, индуцированный на его поверхности,
через Q. тогда суммарный потенциал в центре шара в соответствии
с принципом суперпозиции
ф = I — + £ —
R L
Поскольку шар заземлен, то ф = 0, тогда
Отсюда получим
Ответ: О = q—.
13. Частицы массой т с зарядом q влетают в плоский конден-
сатор длиной I под утлом а к плос-
кости пластин, а вылетают под уг-
лом fJ. Определите первоначальную
кинетическую энергию частиц, если
напряженность электрического поля
внутри конденсатора Е (рис. 3.18).
240
3 Электричество и магнетит
Решение
Введем систему координат лу, как показано на рис. 3.19, и раз-
ложим начальную скорость Ц) частицы по осям л и у. Тогда проек-
ции начальной скорости
рОл - ии cos а: ц,у - а0 sin а.
Скорость движения частицы вдоль оси л остается постоян-
ной и равной поэтому время нахождения частицы в конденса-
торе
/ I
I =---=--------.
иОл P0cosa
Скорость ц. движения частицы вдоль оси у изменяется и при
вылете из конденсатора
at
ь» = р0 at = ь>„ sin а-------,
<>0cosu
где а — ускорение частицы в электрическом поле конденсатора.
При этом
т
Угол Р вылета частицы из кон-
денсатора (рис. 3.19) определяется
выражением
lgp=- — =----- -tga.
i)x cos а
Отсюда полудим
2 2
l>0 cos a =-------------
tga l tgp
m tga 4 tgp
Определим кинетическую энергию;
rtib* Eq I
2 2cos‘a(tga + tgp)
3.1. Электр* л татика
241
Eql
Отчет'. ИР ---------------—-
2cos* a(tga г tgp)
Конi рольные работы
8-и и 9-й классы
1. Два одинаковых шарика с зарядами q\ - 2 мкКл и q2 =
= -4,8 мкКл, находящиеся на некотором расстоянии друг от друга,
привели в соприкосновение, а затем развели на прежнее расстоя-
ние Во сколько раз уменьшилась сила взаимодействия между ни-
ми (8 баллов)?
2. Вокруг неподвижного точенного заряда £? = —5нКл по ок-
ружности радиуса г -0,2 м с постоянной скоростью т> = 400м/С
под действием кулоновской силы движется частица с положитель-
ным зарядом. Определите удельный заряд (отношение заряда к
массе) частицы (8 баллов).
3. Пылинка в поле напряженностью Е = 50 кВ/м движется
2
вдоль силовой линии с ускорением а = 0,04 м/с . Определите массу
пылинки, если заряд на ней создан избыточными электронами в
количестве N= 2000 (8 баллов).
4, Два одинаковых заряженных шарика, подвешенных на ни-
тях равной длины, опускают в жидкий .диэлектрик с диэлектриче-
ской проницаемостью к = 2. Чему равно отношение плотности ма-
териала р шарика к плотности жидкости рж, если после погруже-
ния угол расхождения нитей не изменился (10 баллов)?
5. Па расстоянии Г| от точечного заряда напряженность элек-
трического поля £] = 8 В/м, а на расстоянии л + Г2 от заряда —
в п - 3 раза меньше Чему равна напряженность £г этого поля на
расстоянии Г2 (10 баллов)?
Ь. Два точечных заряда отталкиваются друг от друга с силой
F - 0,7 Н. Расстояние между зарядами г = 0,2 м, суммарный за-
ряд </о = 8 10 Кл. Определтгге значение наибольшего заряда
(10 баллов).
7. Какую скорость приобретет электрон в однородном элек-
трггческом поле, двигаясь вдоль силовой линии между точками А
242
J. Электричество и магнетизм
и В. разность потенциалов между которыми составляет Д<р =
= 0,08 В? Начальная скорость электрона гэ0 =0. Удельный заряд
е/т=1,76- 10* Кл/кг (10 баллов).
8. В вершинах А и В равнобедренного тре-
угольника с основанием АВ = / = 12 см и высотой
h = 8 см (см. рисунок) находятся одинаковые по-
ложительные заряды, каждый по q = 2 10 ' Кл.
Определите напряженность электрического поля
в точке С (12 баллов).
9. Какую работу необходимо совершить, чтобы увеличить рас-
стояние между пластинами воздушного плоского конденсатора на
Az/ = 0.5 мм, если заряд на пластинах ц = 2.4 мкКл, а площадь каж-
2
дой пластины 5= 36 см- (12 баллов)?
10. Между обкладками конденсатора емкостью С= 1 мкФ на-
ходится диэлектрик с диэлектрической прошгцаемостью в = 6.
Конденсатор заряжен до напряжения - 240 В Какую работу А
необходимо совершизъ, чтобы удалить диэлектрик из конденсато-
ра*’ Какое напряжение Ui установится на обкладках конденсатора
после этого (12 баллов)?
10-й и 11-й классы
1 Электрон летит со скоростью uq = 10ъм/с перпендикулярно
к бесконечной плоскости, заряженной отрицательно, поверхност-
ная плотность которой ст = -3,5 10 ’ Ютм' Какое расстояние
пройдет электрон до точки, в которой скорость электрона умень-
шится в 2 раза (8 баллов)?
2. В вершинах равностороннего треугольника со стороной а -
7 7
= 20 см находятся заряды д\ = </2 - Ю Кл и </з = - 10 Кл. Опреде-
лите энергию взаимодействия зарядов и напряженность поля в
центре вписанной в треугольник окружности (8 баллов).
3 Определите емкость баз арен конденсато-
ров. Емкости конденсаторов указаны на рисунке
(8 баллов).
I I
4 В заряженном плоском конденсаторе, отсоединенном от ис-
точника, напряженность электрического поля £« = 300 В/м. Третью
часть пространства между пластинами конденсатора заполнили
3.1. Электростатика
243
диэлектриком с диэлектрической проницаемостью е = 4 (толщина
диэлектрика равна расстоянию между пластинами). Чему равна
напряженность Е электрического поля в пространстве между пла-
стинами конденсатора, заполненном диэлектриком (8 баллов)?
5 Конденсатор емкостью С| — 4 мкФ заряжен до разности по-
тенциалов 10 В Какой заряд будет на обкладках этого конденса-
тора, если к нему подклюшпь параллельно другой конденсатор
емкостью С2 - 6 мкФ, заряженный до разности потенциалов Lfa -
= 20 В? Соединены обкладки конденсаторов, имеющие разноимен-
ные заряды (8 баллов).
6 В системе, состоящей из двух концентриче- ~ч/
ских проводящих сфер радиусов R и 3R. внутренняя / 7OS
сфера заземлена (см. рисунок). Заряд внешней сфе- I /
ры равен -q. На расстоянии 2R от центра системы .
находится точечный заряд \q. Зная величины q, R,
определите заряд внутренней сферы. Потенциал
земли принять равным нулю (8 баллов). -*
7. Отрицательно заряженная частица влетает под углом 45‘ к
силовым линиям однородного электрического поля напряженно-
стью Е. На каком расстоянии от начального положения скорость
частицы станет перпендикулярной силовым .ппзиям поля? Началь-
ная скорость частипы fjo, ее масса т и заряд q известны |8 баллов).
8 Найдите силу притяжения между пла-
стинами плоского конденсатора Q в электри-
ческой схеме, приведенной на рисунке, и его
энергию, если С] = 2 Cq, С2 = (’о, U — tfo, а рас-
стояние между пластинами конденсатора С|
равно d (14 баллов).
9. Две бусинки с зарядами q и 13</ удерживаются на длинном
горизонтальном изолирующем стержне на расстоянии Ц, друг от
друга. Бусинку с зарядом r3q и массой т отпускают, и она начинает
скользить по стержню. Коэффициент трения скольжения равен ц.
Найдите максимальное расстояние L между бусинками (14 баллов).
244
3 Электричество и магнетизм
111 Три одинаковы?,; одноименно заря-
I/. т
женных шарика, заряд каждого из которых / \
равен £/, а масса — т, соединены невесомыми, / \
ненераетяжимыми и непроводящими нитями /
длиной L каждая так, что нити образуют рав- О "О
посторонний треугольник (см рисунок). 11ить '
между шариками / и 3 пережигают. Найдите максимальную ско-
рость шарика 2 при дальнейшем движении шариков (16 баллов).
3.2. Постоянный электрический ток
Сила и плотность электрического тока. Вещества, обла-
дающие способностью проводить электрический ток, называются
проводниками. Такими веществами являются металлы, электроли-
ты и ионизированные газы
Электрический ток — это упорядоченное движение электри-
ческих зарядов. Если за время Д/ через поперечное сечение ,У про-
во шика проходит заряд At?. то сила тока / определяется соотноше-
нием
А/
Если сила тока не зависит от времени, то
и ток называется постоянным.
Плотностью тока j называется отношение тока / к площади
поперечного сечения 5:
Плотность тока в проводниках определяется соотношением
j = eno.
где е — абсолютное значение заряда носителей тока; п — концен-
трация носителей; — средняя скорость их направленного дви-
жения.
245
3 2. Постоянный электрический ток
Носителями тока в металлах являются свободные электроны, в
электролитах положительные и отрицательные ионы, в ионизиро-
ванных газах — ионы и электроны. За направление тока в проводни-
ках принимается направление движения положительных зарядов.
Закон Ома для участка электрической цепи. Сила тока на
участке цепи сопротивлением R пропорциональна напряжению U
на концах проводника:
/=£.
R
Электрическое сопротивление проводника
л=р4-
где р удельное электрическое сопротивление материала про-
водника; /, 5— длина проводника и площадь его поперечного се-
чения.
Удельное сопротивление проводника зависит от температуры:
р = Pol 1 + аЛП,
где ро — значение удельного сопродивлення при начальной темпе-
ратуре /о; Л/— изменение температуры: а— температурный ко-
эффициент сопротивления (справочная величина). Для металлов
а > 0, для электролитов а < 0.
Величина ст = — называется удельной электрической прово-
Р
димостью.
Закон Ома для замкнутой электрической цепи. Для замкну-
той пели, содержащей внешнее сопротивление R и источник тока
(рис. 3.20), справедлив закон Ома для полной цепи:
R + r
где f — ЭДС источника; г его внутреннее сопротивление.
ЭДС источника равна отношению работы сторонних сил
действующих внутри источника, к величине заряда q. прошедшего
через источник:
Ч