Физика для профессий и специальностей технического профиля. Сборник задач : учеб. пособие для студ. учреждений сред. проф. образования [6 ed.] 9785446833191

Table of contents :
Предисловие - - - - с. 3
Введение - - - - с.4
1. Некоторые сведения по математике - - - - с. 4
1.1. Прямоугольная система координат на плоскости - - - - с. 4
1.2. Векторные величины - - - - с.5
1.3. Некоторые формулы алгебры и тригонометрии - - - - с.6
1.4. Правила округления - - - - с.7
1.5. Приближенные вычисления - - - - с.7
2. Примерная схема решения задач - - - - с.8
ЧАСТЬ ПЕРВАЯ ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Раздел I. Механика - - - - с. 10
Глава 1. Кинематика - - - - с.10
Механическое движение - - - - с.10
Перемещение. Путь - - - - с. 11
Скорость - - - - с.12
Равномерное прямолинейное движение - - - - с. 14
Ускорение - - - - с.20
Равноускоренное прямолинейное движение - - - - с.24
Равнозамедленное прямолинейное движение - - - - с.24
Свободное падение - - - - с.27
Движение тела, брошенного под углом к горизонту - - - - с. 29
Равномерное движение по окружности 33
Глава 2. Законы механики Ньютона 38
Первый закон Ньютона - - - - с. 38
Сила - - - - с. 39
Масса - - - - с. 40
Импульс тела - - - - с.41
Второй закон Ньютона - - - - с. 42
Третий закон Ньютона - - - - с. 44
Закон всемирного тяготения - - - - с. 45
Гравитационное поле - - - - с.46
Сила тяжести. Вес - - - - с. 46
Силы в механике - - - - с. 49
Глава 3. Законы сохранения в механике - - - - с. 54
Закон сохранения импульса - - - - с.54
Работа силы - - - - с. 58
Мощность - - - - с. 60
Энергия - - - - с.61
Закон сохранения полной механической энергии - - - - с. 65
Применение законов сохранения - - - - с. 67
Раздел II. Основы молекулярной физики и термодинамики 69
Глава 4. Основы молекулярнокинетической теории.
Идеальный газ - - - - с.69
Размеры и масса молекул и атомов - - - - с.69
Скорости движения молекул и их измерение - - - - с.70
Параметры состояния идеального газа - - - - с. 71
Основное уравнение молекулярнокинетической теории газов - - - - с.72
Газовые законы - - - - с. 72
Уравнение состояния идеального газа. Молярная газовая постоянная - - - - с. 73
Глава 5. Основы термодинамики - - - - с.75
Внутренняя энергия - - - - с.75
Теплоемкость. Удельная теплоемкость. Уравнение теплового баланса - - - - с. 76
Первое начало термодинамики - - - - с. 78
Холодильная машина. Тепловой двигатель - - - - с. 81
Глава 6. Свойства паров - - - - с. 82
Насыщенный пар и его свойства - - - - с.82
Абсолютная и относительная влажность воздуха - - - - с. 83
Кипение. Перегретый пар - - - - с.85
Глава 7. Свойства жидкостей - - - - с. 86
Поверхностный слой жидкости. Энергия поверхностного слоя - - - - с. 86
Явления на границе жидкости с твердым телом. Капиллярные явления - - - - с.87
Глава 8. Свойства твердых тел - - - - с. 92
Упругие свойства твердых тел. Закон Гука - - - - с. 92
Плавление и кристаллизация - - - - с. 93
Раздел III. Основы электродинамики - - - - с.95
Глава 9. Электрическое поле - - - - с. 95
Электрические заряды. Закон сохранения заряда - - - - с.95
Закон Кулона - - - - с.96
Электрическое поле. Напряженность электрического поля - - - - с.97
Работа сил электростатического поля - - - - с. 99
Потенциал. Разность потенциалов. Эквипотенциальные поверхности - - - - с. 100
Конденсаторы - - - - с.102
Энергия заряженного конденсатора - - - - с.106
Глава 10. Законы постоянного тока - - - - с.109
Сила тока и плотность тока - - - - с. 109
Закон Ома для участка цепи без ЭДС - - - - с. 110
Зависимость электрического сопротивления от материала, длины и площади поперечного сечения проводника - - - - с. 111
Закон Ома для полной цепи - - - - с.112
Соединение проводников - - - - с. 113
Работа и мощность электрического тока - - - - с. 114
Глава 11. Электрический ток в полупроводниках - - - - с. 117
Глава 12. Магнитное поле - - - - с.118
Вектор индукции магнитного поля 118
Действие магнитного поля на прямолинейный проводник с током. Закон Ампера - - - - с.121
Магнитный поток - - - - с. 122
Работа по перемещению проводника в магнитном поле - - - - с. 123
Действие магнитного поля на движущийся заряд. Сила Лоренца - - - - с.124
Глава 13. Электромагнитная индукция - - - - с.127
Электромагнитная индукция - - - - с.127
Самоиндукция - - - - с.130
Энергия магнитного поля - - - - с. 131
Раздел IV. Колебания и волны - - - - с.133
Глава 14. Механические колебания 133
Гармонические колебания - - - - с.133
Линейные механические колебательные системы - - - - с.135
Превращение энергии при колебательном движении - - - - с. 139
Глава 15. Упругие волны - - - - с. 141
Глава 16. Электромагнитные колебания и волны - - - - с.143
Свободные электромагнитные колебания - - - - с. 143
Переменный ток. Генератор переменного тока - - - - с. 146
Глава 17. Электромагнитные волны 149
Раздел V. Оптика - - - - с. 151
Глава 18. Природа света - - - - с. 151
Скорость распространения света - - - - с. 151
Законы отражения и преломления света - - - - с.151
Линзы - - - - с.154
Глава 19. Волновые свойства света - - - - с.157
Интерференция света - - - - с.157
Дифракция света - - - - с. 159
Поляризация света - - - - с.162
Дисперсия света - - - - с.163
Раздел VI. Элементы квантовой физики - - - - с.164
Глава 20. Квантовая оптика - - - - с.164
Квантовая гипотеза Планка. Фотоны - - - - с.164
Внешний и внутренний фотоэлектрический эффект - - - - с.166
Глава 21. Физика атома - - - - с. 168
Закономерности в атомных спектрах водорода - - - - с.168
Ядерная (планетарная) модель атома. Опыты Резерфорда - - - - с. 170
Глава 22. Физика атомного ядра - - - - с.173
Естественная радиоактивность - - - - с. 173
Состав атомного ядра - - - - с.174
Ядерные реакции. Искусственная радиоактивность - - - - с.176
Деление тяжелых ядер. Цепная ядерная реакция - - - - с. 178
Элементарные частицы - - - - с. 180
Раздел VII. Эволюция Вселенной - - - - с. 181
Глава 23. Строение и развитие Вселенной - - - - с.181
Глава 24. Эволюция звезд. Гипотеза происхождения Солнечной системы - - - - с. 182
ЧАСТЬ ВТОРАЯ ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ
Раздел I. Механика - - - - с. 184
Глава 1. Кинематика - - - - с.184
Механическое движение - - - - с.184
Перемещение, путь - - - - с. 184
Скорость - - - - с. 184
Равномерное прямолинейное движение - - - - с. 185
Ускорение - - - - с. 187
Равноускоренное прямолинейное движение - - - - с.188
Равнозамедленное прямолинейное движение - - - - с.188
Свободное падение - - - - с.189
Движение тела, брошенного под углом к горизонту - - - - с.190
Равномерное движение по окружности - - - - с. 190
Глава 2. Законы механики Ньютона - - - - с. 192
Первый закон Ньютона - - - - с.192
Сила - - - - с.192
Импульс тела - - - - с. 193
Второй закон Ньютона - - - - с. 193
Третий закон Ньютона - - - - с.194
Закон всемирного тяготения - - - - с.194
Гравитационное поле - - - - с.195
Сила тяжести. Вес - - - - с. 195
Силы в механике - - - - с.195
Глава 3. Законы сохранения в механике - - - - с.197
Закон сохранения импульса - - - - с. 197
Работа силы - - - - с.198
Мощность - - - - с.199
Энергия - - - - с. 199
Закон сохранения механической энергии - - - - с. 200
Раздел II. Основы молекулярной физики и термодинамики 202
Глава 4. Основы молекулярнокинетической теории.
Идеальный газ - - - - с.202
Размеры и масса молекул и атомов - - - - с.202
Скорости движения молекул и их измерение - - - - с.202
Основное уравнение молекулярно-кинетической теории газов - - - - с.203
Газовые законы - - - - с.203
Уравнение состояния идеального газа. Молярная газовая постоянная - - - - с. 204
Глава 5. Основы термодинамики 205
Внутренняя энергия - - - - с.205
Теплоемкость. Удельная теплоемкость. Уравнение теплового баланса - - - - с. 206
Первое начало термодинамики - - - - с. 206
Холодильная машина. Тепловой двигатель - - - - с.207
Глава 6. Свойства паров - - - - с.208
Насыщенный пар и его свойства - - - - с.208
Абсолютная и относительная влажность воздуха - - - - с. 208
Глава 7. Свойства жидкостей - - - - с. 209
Поверхностный слой жидкости. Энергия поверхностного слоя - - - - с. 209
Явления на границе жидкости с твердым телом. Капиллярные явления - - - - с.210
Глава 8. Свойства твердых тел - - - - с. 211
Упругие свойства твердых тел. Закон Гука - - - - с. 211
Плавление и кристаллизация - - - - с. 211
Раздел III. Основы электродинамики - - - - с. 212
Глава 9. Электрическое поле - - - - с.212
Электрические заряды. Закон сохранения заряда - - - - с. 212
Закон Кулона - - - - с.212
Электрическое поле. Напряженность электрического поля - - - - с.213
Работа сил электростатического поля - - - - с.214
Потенциал. Разность потенциалов. Эквипотенциальные поверхности - - - - с.215
Конденсаторы - - - - с.215
Энергия заряженного конденсатора - - - - с. 216
Глава 10. Законы постоянного тока - - - - с.217
Сила тока и плотность тока - - - - с.217
Закон Ома для участка цепи без ЭДС - - - - с.218
Зависимость электрического сопротивления проводников от температуры - - - - с. 218
Закон Ома для полной цепи - - - - с.219
Соединение проводников - - - - с.220
Работа и мощность электрического тока - - - - с.220
Глава 11. Электрический ток в полупроводниках - - - - с. 221
Глава 12. Магнитное поле - - - - с.222
Вектор индукции магнитного поля - - - - с. 222
Действие магнитного поля на прямолинейный проводник с током. Закон Ампера - - - - с. 222
Магнитный поток - - - - с. 223
Работа по перемещению проводника с током в магнитном поле - - - - с.223
Действие магнитного поля на движущийся заряд. Сила Лоренца - - - - с. 224
Глава 13. Электромагнитная индукция - - - - с. 224
Электромагнитная индукция - - - - с. 224
Самоиндукция - - - - с. 225
Энергия магнитного поля - - - - с.225
Раздел IV. Колебания и волны - - - - с.227
Глава 14. Механические колебания - - - - с. 227
Гармонические колебания - - - - с.227
Линейные механические колебательные системы - - - - с. 228
Превращение энергии при колебательном движении - - - - с. 228
Глава 15. Упругие волны - - - - с.229
Глава 16. Электромагнитные колебания - - - - с. 230
Свободные электромагнитные колебания - - - - с. 230
Переменный ток. Генератор переменного тока - - - - с. 231
Глава 17. Электромагнитные волны 233
Раздел V. Оптика - - - - с.234
Глава 18. Природа света - - - - с.234
Скорость распространения света - - - - с.234
Законы отражения и преломления света - - - - с. 234
Линзы - - - - с.235
Глава 19. Волновые свойства света - - - - с. 236
Интерференция света - - - - с. 236
Дифракция света - - - - с.237
Поляризация света - - - - с.238
Дисперсия света - - - - с. 238
Раздел VI. Элементы квантовой физики - - - - с.239
Глава 20. Квантовая оптика - - - - с. 239
Квантовая гипотеза Планка. Фотоны - - - - с. 239
Внешний и внутренний фотоэлектрический эффект - - - - с.240
Глава 21. Физика атома - - - - с.241
Закономерности в атомных спектрах водорода - - - - с. 241
Ядерная (планетарная) модель атома. Опыты Резерфорда - - - - с.241
Глава 22. Физика атомного ядра - - - - с.242
Естественная радиоактивность - - - - с.242
Состав атомного ядра - - - - с. 243
Ядерные реакции. Искусственная радиоактивность - - - - с. 243
Деление тяжелых ядер. Цепная ядерная реакция - - - - с. 243
Элементарные частицы - - - - с. 243
Раздел VII. Эволюция Вселенной - - - - с.245
Приложения - - - - с.246

Citation preview

ПРОФЕССИОНАЛЬНОЕ

ОБРАЗОВАНИЕ

В. Ф. ДМИТРИЕВА

ФИЗИКА ДЛЯ ПРОФЕССИЙ И СПЕЦИАЛЬНОСТЕЙ ТЕХНИЧЕСКОГО ПРОФИЛЯ Сборник задач Рекомендовано Федеральным государственным автономным учреждением «Федеральный и н с т и ту т развития образования» (ФГАУ «ФИРО») в качестве учебного пособия для использования в учебном процессе образовательных учреждений, реализующих программы общего образования по профессиям начального профессионального образования и специальностям среднего профессионального образования технического профиля Регистрационный номер рецензии 380 о т 02 декабря 2011 г. ФГАУ «ФИРО»

6-е издание, стереотипное

ACADEMA Москва Издательский центр «Академия»

2016

УДК 53(075.32) ББК 22.3я723я722 Д53 Рецензенты: преподаватель физики ГОУ СПО «Московский политехнический колледж» Е. В. Комолова; преподаватель физики ГОУ СПО «Железнодорожный колледж № 52» М. В . Богданова

Д53

Дмитриева В .Ф . Физика для профессий и специальностей технического профиля. Сборник задач : учеб. пособие для студ. учреждений сред. проф. образо­ вания / В.Ф.Дмитриева. — 6-е изд., стер. — М. : Издательский центр «Академия», 2016. — 256 с. ISBN 978-5-4468-3319-1 Пособие разработано с учетом требований федеральных образовательных стандартов среднего общего и среднего профессионального образования, а также профиля профес­ сионального образования и базируется на Примерной программе общеобразовательной дисциплины «Физика» (2015 г.). В учебном пособии приведены примеры решения типовых задач по основным разде­ лам физики, а также задачи для самостоятельного решения с ответами. Вместе с учебником «Физика для профессий и специальностей технического профи­ ля», учебными пособиями «Физика для профессий и специальностей технического про­ филя: Методические рекомендации», «Физика для профессий и специальностей техни­ ческого профиля: Контрольные материалы», «Физика для профессий и специальностей технического профиля: Лабораторный практикум» В.Ф.Дмитриевой составляет учебно­ методический комплект. Для студентов профессиональных образовательных организаций, осваивающих про­ фессии и специальности среднего профессионального образования.

УДК 53(075.32) ББК 22.3я723я722 Учебное издание Дмитриева Валентина Феофановна Физика для профессий и специальностей технического профиля. Сборник задач Учебное пособие Изд. № 106113840. Подписано в печать 22.04.2016. Формат 70 х 100/16. Гарнитура «Таймс». Бумага офсетная № 1. Печать офсетная. Уел. печ. л. 20,8. Тираж 1000 экз. Заказ № 4250. ООО «Издательский центр «Академия», www.academia-moscow.ru 129085, Москва, пр-т Мира, 101В, стр. 1. Тел./факс: (495) 648-0507, 616-00-29. Санитарно-эпидемиологическое заключение № РОСС RU. АЕ51. Н 16679 от 25.05.2015. Отпечатано с электронных носителей издательства. ОАО «Тверской полиграфический комбинат», 170024, г. Тверь, пр-т Ленина, 5. Телефон: (4822) 44-52-03, 44-50-34. Телефон/факс: (4822) 44-42-15. Home page — www.tverpk.ru Электронная почта (E-mail) — [email protected]

Оригинал-макет данного издания является собственностью Издательского центра «Академия», и его воспроизведение любым способом без согласия правообладателя запрещается

ISBN 978-5-4468-3319-1

© Дмитриева В.Ф., 2012 © Образовательно-издательский центр «Академия», 2012 © Оформление. Издательский центр «Академия», 2012

ПРЕДИСЛОВИЕ

Критерием успешного освоения физики является умение использовать по­ лученные знания на практике. Поэтому важно не только знать теоретический материал, но и уметь объяснять явления природы, проводить опыты и решать физические задачи. Цель данного учебного пособия — приобщить студентов к самостоятель­ ной творческой работе, в процессе которой они научатся анализировать фи­ зические явления, выделять главные факторы, определяющие тот или иной физический процесс, выбирать метод решения задачи. Пособие состоит из двух частей, введения и приложения. Часть первая вклю­ чает примеры решения качественных, графических, расчетных задач и задач с неполными данными и содержит: • анализ условия задачи; • выбор оптимального решения задачи; • пояснение решения задачи (словесное и графическое); • анализ полученного результата. Часть вторая содержит задачи для самостоятельного решения и ответы к ним. Для удобства пользования пособием во введении даны некоторые сведения по математике и примерная схема решения задач, в приложении приведен справочный материал. Данное пособие полностью соответствует учебнику «Физика для профес­ сий и специальностей технического профиля» В.Ф. Дмитриевой (М. — Изда­ тельский центр «Академия», 2011) и входит в комплект, включающий также учебные пособия «Физика для профессий и специальностей технического профиля: Методические рекомендации» и «Физика для профессий и специ­ альностей технического профиля: Контрольные материалы», «Физика для профессий и специальностей технического профиля: Лабораторный практи­ кум» В.Ф.Дмитриевой. Пособие разработано с учетом требований федеральных образовательных стандартов среднего общего и среднего профессионального образования, а также профиля профессионального образования и базируется на Примерной программе общеобразовательной дисциплины «Физика» (2015 г.). Оно может быть полезно также учащимся средних школ, лицеев и колледжей.

ВВЕДЕНИЕ 1. НЕКОТОРЫЕ СВЕДЕНИЯ ПО МАТЕМАТИКЕ 1.1. Прямоугольная система координат на плоскости Для построения прямоугольной системы координат проводят две взаимно перпендикулярные оси ОХ и О Учерез точку О (рис. В.1). Точку О называют началом координат, прямые OX, OY — осями координат (ОХ — ось абсцисс, OY — ось ординат). Положительные направления на осях принято выбирать так, чтобы положительный луч ОХ после поворота на ^ = 90° против часовой стрелки совмещался с положительным лучом OY Оси коорди­ нат с установленными положительными направлениями и выбранным масш­ табом образуют прямоугольную систему координат (см. рис. В.1). Положение любой точки М на плоскости можно определить двумя коорди­ натами (х, у) (см. рис В.1). Координаты точки обычно обозначаются строчны­ ми латинскими буквами М(х, у). Вектор ОМ, идущий от начала координат к точке М, называется радиусом-вектором точки М и обозначается г или г. Дли­ на радиуса-вектора, или его модуль

г, характеризует расстояние, на ко­

тором находится точка М от начала координат. Дополнительную информацию о положении точки М дает угол а, образу­ емый положительным направлением ОХ с радиусом-вектором г (рис. В.2). Координаты х и у связаны с г и а следующими соотношениями: Jл; = г co s а;

(В.1)

[ y = r s in а .

Длина радиуса-вектора, или его модуль, выражается через координаты фор­ мулой: r = \r\ =

Рис. В.1

(В.2)

Рис. В.2

Из формул (В.1) и (В.2) следует: х х . у = ; sina = —= cosa = — = 2 Г г +У Проекция радиуса-вектора на координатную ось равна координате по этой оси: гх = х = г cos a; ry = у = г sin a. 1.2. Векторные величины Векторные физические величины характеризуются определенным числовым значением, соответствующей единицей измерения и направлением на плос­ кости или в пространстве (направленные величины): v, F, р или v, F, р. Эти величины изображаются графически с помощью стрелок в определенном масштабе. Направление стрелки указывает направление физической величины, длина показывает абсолютную величину (модуль) физической величины. Сложение векторных величин F = F] + F2 '■ • если у векторов одинаковое направление (рис. В.З) ,________ 5 ______ -

F,

И =М + М ;

+

Рис. В.З

• если у векторов противоположные направления (рис. В.4) н.

F -F* F

Рис. В.4

• если у векторов произвольные направления (рис. В.5) |F|2 = |/ i|2 + |F2|2 + 2 |/ ; ||/ ’2|co sa

Умножение векторных величин: • произведение векторной величины на скалярную. Произведение п •а вектор­ ной величины а на скалярную величину п (п — положительная) равно век­ торной величине 6, имеющей такое же направление, как и векторная вели­ чина а и ее абсолютная величина |б| = п • \а\ (рис. В.6); I

а

►

В Рис. В.6

• скалярное произведение двух векторных величин. Скалярное произведение двух векторных величин а и Е есть скалярная величина с, абсолютная вели­ чина которой равна произведению абсолютных величин (модулей) |5| и |б| векторов, умноженному на косинус угла между ними: с = a Е = \а\ -|£|х cos(а;Е) = abcos(a;E);

А = F s = А = Fs cos а (рис. В.7) S

Рис. В.7

• векторное произведение двух векторных величин. Векторное произведение двух векторных величин а и Е есть векторная величина с, перпендикулярная плоскости, в которой расположены векторы а и Е. Абсолютная величина вектора с равна произведению абсолютных величин \а\ и |й| векторов, умно­ женному на синус угла между ними. Его направление определяется так, что если смотреть из вершины с, то наименьшее вращение от а к Е осуществля­ ется против движения часовой стрелки (как математически положительное вращение): \с\ = |дхб| = |й| •|й|sin(5;6) = absin(a;E)i Мм

\м\ = |г х F\ = rF sin а (рис. В.8) Рис. В.8

1.3. Некоторые формулы алгебры и тригонометрии Корни квадратного уравнения 2 , Л -b ± \lb2 - 4 ас . ах1 + Ъх + с = 0, х{2 = -------2а

Основные тригонометрические формулы п /■%. а + р а-р . 7 о , sina + sinp = 2sin -c o s sin2 а + cos2 а = 1 2 2 . q ^ oc+ p . a - p tgactga = 1 sin a - sin P = 2 cos sin ——r2 2 sin(a ±P) = sin a cos p ± cos a sin p n ~ a+p a -p cos(a ±p) = cos a cos p + sin a sin p cos a + cos P = 2 cos cos — 2 2 sin 2a = 2 sin a cos a cos a - cos p = -2 sin sin ^ cos 2a = cos2 a - s i n 2 a . 7 a 1- cos a a 1+ cos a sin2 —= cosz —: 2 2 Соотношения в прямоугольном треугольнике а = с sin а; а = Atga; b - с cos a; b = #ctga; с2 = а2 + b2 — теорема Пифагора; а,Ь — катеты:; с — гипотенуза; а — угол жгжду сторонами Ь,с (рис. В.9). Соотношения в произвольном треугольнике sin a sin Р sin у = — - = ---- — теорема синусов. а b с а, Ь, с — стороны треугольника; a, р, у — углы треугольника (рис. В. 10). а2 = Ь2 + с2 - 26с cos a

Рис. В.9

Ь2 = а2 + с2 —2occosp — теорема косинусов. с2 = а 2 + b 2 - 2o6 cosy 1.4. Правила округления Если первая отбрасываемая цифра равна 5 или более, то последнюю из со­ храняемых цифр увеличивают на единицу; если же первая отбрасываемая циф­ ра меньше 5, то последнюю из сохраняемых цифр оставляют без изменения. Пример: приближенное число 10,1385 можно округлить: • до тысячных долей — 10,139; • до сотых — 10,14; • до десятых — 10, 1; • до целых — 10. 1.5. Приближенные вычисления При решении физических задач мы имеем дело с приближёнными числовыми значениями. К ним относятся многие константы, например g = 9,81 м/с2. В настоящее время в распоряжении обучающихся имеются различные счёт­ но-вычислительные устройства, которые дают большое количество значащих

цифр. Необходимо понимать, сколько цифр после запятой следует оставить, а сколько отбросить. Приведем правила приближённых вычислений: 1) при сложении и вычитании результат округляется так, чтобы не иметь значащих цифр в разрядах, которые отсутствуют хотя бы в одном из данных. Пример: 3,351 + 2,45 + 1,2534 ~ 7,05; 2) при умножении сомножители округляются так, чтобы каждый содер­ жал столько значащих цифр, сколько их имеет сомножитель с наименьшим их количеством. В окончательном результате оставляют такое же количество значащих цифр, как в сомножителях после округления. Пример: 2,511,2 • 5,245 = 2,5 • 1,2 • 5,2 « 15,6; 3) при делении соблюдается такое же правило, как и при умножении. Пример: 6,24/2,124 = 6,24/2,12 = 2,94; 4) при возведении в квадрат (или куб) в результате берется столько знача­ щих цифр, сколько их имеет основание степени. Пример: 1,252* 1,56; 5. При извлечении корня квадратного (или кубического) в результате бе­ рется столько значащих цифр, сколько их имеет подкоренное выражение. Пример: V M 2 » 2,61. Эти же правила следует применять при вычислении сложных выражений. 2. ПРИМЕРНАЯ СХЕМА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ Предложить единую схему решения задач невозможно. Однако можно ре­ комендовать определенную последовательность их решения. Приступая к решению задач по какой-либо теме, необходимо ознакомить­ ся с теоретическими сведениями (см. учебник) и разобрать приведенные в данном пособии примеры решения задач изучаемой темы. При решении задач целесообразно придерживаться следующей схемы: 1) по условию задачи представьте физическое явление, о котором идет речь. Выполните краткую запись условия, выразив исходные данные в едини­ цах СИ; 2) сделайте, где это необходимо, чертеж (схему или рисунок), поясняю­ щий описанный в задаче процесс; 3) напишите уравнение или систему уравнений, отображающих физиче­ ский процесс; 4) используя чертеж и условие задачи, преобразуйте уравнение так, чтобы в него входили лишь исходные данные и табличные величины; 5) решив задачу в общем виде, проверьте ответ по равенству размерностей величин, входящих в расчетную формулу; 6) проведите вычисления и, получив числовой ответ, оцените его реаль­ ность; 7) запишите ответ.

ЧАСТЬ

ПЕРВАЯ

ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

со < Q.

I

МЕХАНИКА

Гл а в а 1 КИНЕМАТИКА Механическое движение Уравнения движения материальной точки в плоскости XOY имеют вид: х = 3/ [м]; у = 6/ [м]. Определите уравнение траектории у(х) материальной точки. Решение

Дано х = 3/ [м] у = 6/ [м] у(х) -

Для определения уравнения траектории необхо­ димо из уравнений движения х = 3/, ( 1) и у = 6/ (2) исключить время. Из уравнения (1) выразим / и подставим в урав­

?

нение (2): / = у ; у = - х , или у = 2х (3). Таким образом, траектория материальной точки — прямая линия, прохо­ дящая через начало координат. Ответ: у = 2х. Уравнения движения материальной точки в плоскости XOY имеют вид: х = 5sinco/ [м]; у = Scosco/ [м], где со = const и со* 0. Определите уравнение траектории у(х) материальной точки. Дано

Решение

х = 5 sin о / [м] у = 5 cos (о/ [м] о) * 0 со = const у(х) -

?

Для определения уравнения траектории точки из уравнений движения х = 5 sin со/ (1) и у = 5 cos со/ (2) исключаем время. Уравнения (1) и (2) перепишем в виде х у у = sin со? (3); у = coscot (4).

Используя основное тригонометрическое тождество sin2co/ + cos2co/ = 1 (5), \2

/

\2

имеем ( § ) + з ) = или х2 + у 2= 25 [М2] (6). Уравкейие шение (6) — это уравнение окружности радиусом R = 5 м. Ответ: х 2 + у 2 - 25 [м2].

Перемещение. Путь 1 И Спортивный автомобиль, двигаясь по траектории в форме окружности радиусом R = 600 м, совершает один оборот за время t = 1 мин. Опреде­ лите: 1) перемещение Дг автомобиля за t = 1 мин; 2) путь S, пройден­ ный автомобилем за / = 1 мин; 3) среднюю скорость автомобиля (5) за t= 1 мин; 4) среднюю путевую скорость автомобиля (%) за / = 1 мин. Решение

Дано

1) Вектор перемещения спортивного авто­ мобиля за время t = 60 с равен нулю Аг = 0, так как, совершив один оборот, автомобиль возвращался в 1) Д г - ? 2) 5 - ? 3) (v) - ? 4) (vs ) - ? начальное положение. 2) Путь S, пройденный автомобилем за t = 60 с, равен длине окружности S = 2kR. 3) Средняя скорость автомобиля (V) равна нулю, так как Аг = 0. R - 600 м t = 1 мин = 60 с

4) Средняя путевая скорость (vs ) равна: (%) = у , или (vs ) -

.

Вычисления: 5 = 2-3,14-600 м = 3768 м ; 3 768 м Ы = —тх = 62,8 м/с. 60 с Ответ: 1) А? = 0; 2) S = 3 768 м; 3) (v) = 0; 4) (vs ) = 62,8 м/с. ШЯ Велосипедист, двигаясь из пункта О, проехал путь = 4 км по прямой дороге, которая в пункте А переходит в кольцевую (рис. 1.1). После про­ хождения им полукольца и прибытия в пункт В его перемещение соста­ вило г = 5 км. Определите длину пути S, пройденного велосипедистом. Дано У, = 4 км = 4 103 м |г| = 5 км = 5-103 м S -1

Решение Путь S, пройденный велосипедистом, равен: S = ^ + S2 (1), где Si = кЯ — половина длины |я | окружности, радиусом R = (см. рис. 1.1), тогда 5 = 5, + nR (2).

Угол а между векторами г, и г2 прямой, т.е. а = ^ , так как rt направлен по касательной к диаметру окружности 2R = \г2\ . Векторы перемещений гъ f образуют прямоугольный треугольник ОАВ, из которого определяем |г2| :

( 3).

\r2\ = yj\r\2 -|/^|2 , следовательно, R =

Подставив (3) в (2), получим S = SX+

I—12 - Г,

пyl\i Z

И з рис. 1.1 видно, что |/{| = 5ь следовательно,

4 2 IZ .

^ „ , ft, 3,14J(5-103 м)2 - (4 103 м)2 1Л, Вычисления: S = 4 • 103 м + ----= 8,7 • 103 м. Ответ: 5 = 8,7 • 103 м. Скорость Автомобиль прошел расстояние от пункта А до пункта В со скоростью V\ = 36 км/ч, а обратно со скоростью v2 = 54 км/ч. Определите среднюю путевую скорость рейса (vs ). Решение

Дано V\ = 36 км/ч = 10 м/с f 2 = 54 км/ч = 15 м/с

От пункта А до пункта В автомобиль прошел путь 5 = V\tx (1), где t\ — время движения автомобиля от пункта А до пункта В. От пункта В до пункта А авто­ ы - ? мобиль прошел путь 5 = v2t2 (2), где t2 — время движения автомобиля от пункта В до пункта А. За время t = tx + t2 автомобиль прошел путь 25. Средняя путевая скорость 25 автомобиля (vs ) = — (3). Приравняв правые части уравнений (1) и (2), получим v xtx = v2t2, откуда tx = 1^2^2 . V\ / Z \ v2 + v { V'yt') |V') Время движения автомобиля t = tx+ 12 = —— + 12 = t2 — +1 — (■> (4). V\ V\ {Vl Подставив в формулу (3) выражения (2) и (4), получим /

У2 +У\ V\

X- V2v’vi \ + v2

2-10 м /с - 15 м/с = 12 м/с. 10 м /с + 15 м/с Ответ: (%) = 12 м/с.

Вычисления: (%)

Первую треть пути автомобиль проехал со скоростью у, = 36 км/ч, вторую треть — со скоростью v2 = 12 км/ч, а последнюю треть — со скоростью у3= 54 км/ч. Определите среднюю путевую скорость (vs ) движения авто­ мобиля на всем пути. Дано

Решение

у, = 36 км/ч = 10 м/с 5 Л 1 3 у2 = 72 км/ч = 20 м/с 5 Л 2 3 £>3 = 54 км/ч = 15 м/с

5л

5з" 1 (vS) ~ ?

Средняя путевая скорость (z;s ) равна: с = _ (1), где 5 — путь, пройденный автомоби­ лем; t= t\ + t2 + tз — время движения автомобиля. Время движения автомобиля на первой трети пути: s S t\ = - — (2); на второй трети пути: t2 = - — (3); на Зу1 Зу2 последней трети пути: t3 - - — (4). Зг;3

Подставив формулы (2), (3) и (4) в (1), после преобразований получим 3vxv2v3 (t>s) = V\ v2 + vxv3 + v2v3 3 • 10 м/с • 20 м/с • 15 м/с = 13,8 м/с. 10 м/с • 20 м/с +10 м/с • 15 м/с + 20 м/с • 15 м/с Ответ: (vs ) = 13,8 м/с.

Вычисления. (vs ) =

Два спринтера одновременно стартуют на дистанции S = 100 м. Первый спринтер пробегает первую половину дистанции со скоростью vxs = 8 м/с, а вторую половину дистанции — со скоростью v2s= Ю м/с. Второй сприн­ тер половину времени, затраченного на преодоление всей дистанции, про­ бегает со скоростью vu= 8 м/с, а вторую половину времени — со скоростью v2t- 10 м/с. Определите, какой из спринтеров финиширует раньше. Решение

Дано S = 100 м VJ5 = 8 м/с v2S = 10 м/с V\, - 8 м/с 1*2, = 10 м/с

Время движения первого спринтера t\ - tiS +

s

+ /2s(l)> где t\s - ~

— время движения на первой 15 S половине дистанции; t2S = — время движения 2 i *25 на второй половине дистанции. S S s(± + Таким образом, tx 2vls 2v2S V \S V2S

A t— ?

_ *5Y V \S + V 2S

(2).

2 ( vlsv2S Второй спринтер пробегает дистанцию S = Si + S2 (3), где 5) = v„ у , a S2 = v2l у . Соответственно путь, пробегаемый спринтером за первую и вторую половину времени всего движения t2, равен: S = 2S 2 Из уравнения (4) находим t2 = ---------- (5). Ц„ + v2t Зная и t2, определяем At. A t = t { - t2. Вычисления:

+ ^’2'?2 = ^ ( v u + v2t) (4). 2 2

100 м(8 м/с +10 м/с) _ ,. 2•100 м = 11,11 с; — л—о /— 77\--- /------—11,ZЬ С, t2 — 8 м/с +10 м/с 2 •8 м/с • 10 м/с Д/= 11,25 с - 11,11 с = 0,14 с; t\> t2, следовательно, раньше финиширует второй спринтер. Ответ'. > t2, At = 0,14 с. Первую половину времени тело движется со скоростью vx = 15 м/с под углом 0С| = 30° к оси ОХ, вторую половину времени под углом а2 = 120° к оси ОХ со скоростью г*2= 20 м/с. Определите среднюю скорость (v) дви­ жения тела.

Дано

Решете

V\ = 15 м/с а, = 30° у2 = 20 м/с а 2 = 120°

Пусть в начальной момент времени /0 = 0 тело находилось в начале системы координат (х = 0, у = 0), рис. 1.2. За время г, Л

(»>

_

9

г\ = у,

тело совершает перемещение

, за время t2 = ^ : r2 = v2 у . Суммарное пере­

мещение тела г за время движения t равно: г =г х+г2. Средняя скорость движения тела (у) определяется по формуле (у) = или (у) =

(!)•

Векторному равенству (1) соответствуют два скалярных: (ух) = у (у! cos а, + у2 cos а 2) (2); (t^) = у (У| sin а, + у2 sin а 2) (3), где (ух) — проекция средней скорости на ось OX; (vy) — проекция средней скорости на ось OY. (V) = yj(vx)2 +(vy)2 . Вычисления: (ух) = ^(15 м/с • cos30° + 20 м/с - cos 120°) = 1,5 м/с; (у^,) = -(1 5 м/с •sin 30° + 20 м/с - sin 120°) = 12,4 м/с; (у) = yj( 1,5 м /с)2 + (12,4 м /с)2 = 12,5 м/с. Направление (у) совпадает с направлением вектора перемещения г. Ответ: (у) = 12,5 м/с. Рис. 1.2

Равномерное прямолинейное движение П

Две материальные точки одновременно начинают движение вдоль оси ОХ. Закон движения первой точки: хх = 10 + 4t [м], второй: х2 = 4 + 61 [м]. Определите, в какой момент времени t они встретятся. Дано X] = 10 + 41 [м] х2 = 4 + 6t [м] / -

?

Решение В момент встречи координата первой точки х, должна равняться координате второй точки х2, т.е. 10 + 4/ —4 + 6/, откуда t - 3 с.

Ответ: t = 3 с. Е Я Из пунктов А и В, расположенных на расстоянии S = 100 м друг от друга, одновременно в одном направлении начали движение велосипедист и пе-

шеход. Велосипедист, движущийся из пункта А, имел скорость у, = 7 м/с, а пешеход, движущийся из точки В, — скорость v2 - 2 м/с. Определите: 1) через какое время tx велосипедист нагонит пешехода; 2) какой путь Sx, S2 они пройдут к моменту встречи; 3) через какое время /2 после начала движения расстояние между ними будет S3 = 50 м? Дано S - 100 м Vx—1 м/с у2 = 2 м/с .S3= 50 м 1) /, - ? 2) 5, - ? 5-2 - ? 3) /2 - ?

Решение Выберем систему отсчета таким образом, чтобы начало координат совпадало с пунктом А (рис 1.3), тогда Х(Л = 0; 5 = Хо2 = 100 м. Уравнения движения велосипедиста (1) и пеше­ хода (2) имеют вид: хх = V\t, так как x0i = 0 (1); х2 = х02 + t^t (2).

1) Для точки С, в которой велосипедист нагонит пешехода, их координаты совпадут, т. е. хх= х2 или vxtx - Xq2 +v2tx (3), где tx — время их движения до точки С. т» /т, Х02 100 м -Л Из уравнения (3) определим г,:tx = — —— = - — ----- -— — = 20 с. у,-у2 7 м /с - 2 м /с 2) За время /, велосипедист и пешеход пройдут соответственно путь Sx и S2: Sx = X] - Хо! = vxtx = 7 м/с • 20 с = 140 м; S2 = х2 - х02 = v2tx = 2 м/с • 20 с = 40 м. 3) На расстоянии S2 = 50 м друг от друга велосипедист ипешеход будут дважды: а) при приближении велосипедиста к пешеходу. В этом случае: х2 - х, = У3 (4); б) при удалении велосипедиста от пешехода. В этом случае: х, - х2 = S3 (5). Подставив в уравнения (4) и (5) уравне­ ния движения ( 1) и (2), получим: их й2 а) при приближении: х02 + v2t2 - vxt2 = S3, !____ . или 100 - 2t2 - lt2 = 5, t2 = 10 с; A в с x б) при удалении: vxt2- x 02 - v 2t2 = S3 , или рис 1 3 7 ^ - 1 0 0 - 2 ^ = 5 0 , t2 = 30 c. Ответ'. 1) tx = 20 c; 2) Sx = 140 m ; S2 = 40 m ; 3) t2 = 10 c; t2 = 30 c. M

По графику зависимости координаты первого и второго тела, движущих­ ся вдоль оси ОХ, от времени (рис. 1.4): 1) определите модули скоростей движения тел; 2) напишите уравнения движения этих тел; 3) постройте графики пути за 3 с движения тел. Решение 1) Проекцию скорости движения тела на ось ОХ определяем по формуле:

vx = Х ^Х° ; из рис. 1.4 следует х0| = 0 м, Xq2 = 4 м. Пусть / = 1с, тогда: 3 м -0 м . . . а) для первого тела: х = 3 м; xpi = 0 м; vxX = — --------= 3 м/с; у, = 3 м/с; 1с -ч , . 3м- 4 м , . . . б) для второго тела: х = 3 м; Xq2 = 4 м; vx2 = -------------= -1 м/с; v2 - 1 м/с. 1с

У второго тела проекция скорости отрицательная, следовательно, вектор скорости направлен противоположно положительному направлению коорди­ натной оси ОХ. 2) Уравнение координаты тела имеет вид х = + vxt: а) для первого тела: Xqi = 0; vx{ = 3 м/с, следовательно, х, = 31 [м]; б) для второго тела: х02 = 4; vx2 = -1 м/с, следовательно, х2 = 4 - t [м]. 3) При равномерном прямолинейном движении путь определяется по фор­ муле S = vt, следовательно, У, = v{t=3t, S2 = v2t= t. Графики У, и S2 представлены на рис. 1.5. Ответ: 1) vx - 3 м/с; v2 - 1 м/с; 2) х, = 31 [м], х2 = 4 - / [м]. 1Я

На рис. 1.6 представлены графики пути 1 и 2 для двух движущихся тел. Определите модули скорости движения первого и второго тела. Решение Скорость движения первого тела v{ = — = tg а , . h Из рис. 1.6 определяем St для момента времени /| = 2 с, iS"] = 4 м. ^ 4м . . Тогда Vi = —— = 2 м/с. S Скорость движения второго тела v2 = — = tg a 2. h Из рис. 1.6 определяем S2 для момента времени t2 = 3 с, S2 = 3 м. Рис. 1.6

3м . , v2 = - — = 1 м/с. 3с Ответ', у, = 2 м/с; v2 = 1 м/с.

На рис. 1.7 изображен график зависимости координаты тела х от времени t. Определите кинематический закон x(t) движения этого тела.

Решение На рис. 1.7 изображен отрезок прямой, который задается уравнением х = х0 + их/ (1), где 0 < / < 3 с, т. е. тело движется равномерно. Из рис. 1.7 определяем начальную координату Хц - 6 м, при / = 0. Скорость равномерного движения находим по х -х 0 формуле: vx = /

Из рис. 1.7 определяем х для / = 3 с: х((= Зс) = 0 :

Рис. 1.7

(0 - 6) м = -2 м/с. 3с Таким образом, из уравнения (1) получаем уравнение движения матери­ альной точки x(t) = 6 - 2/ [м]. Ответ: х(/) = 6 - 2 / [м]. у, =

На рис. 1.8 изображен график зависимости от времени координаты мате­ риальной точки, движущейся вдоль оси ОХ. Определите характер движе­ ния точки и напишите уравнение ее движения. Решение Из рис. 1.8 видно, что зависимость координаты материальной точки от вре­ мени представляет собой линейную функцию: х = х0 +vxt (1), где 0 < / |/ч, Определите: 1) скорость катера относительна т а г а , плывущего по реке*

если катер движется: а) по течению реки — ук1; б) против течения реки — ук2; 2) время /, движения катера от пункта М до пункта N по течению и обратно ti. Дано

Решение

S - 50 км = 5 • 104 м yK= 27 км/ч = 7,5 м/с yT= 9 км/ч = 2,5 м/с

1) Скорость движения катера относительно пло­ та — это относительная скорость катера. Если за си­ стему отсчета принять плот (воду), то катер движет­ ся вниз и вверх по реке с одинаковой скоростью

1) VkI - ? Vti - ? 2) /, - ? t2 - ?

Ы

=Ы =Ы2) Чтобы определить время движения / и t2, необходимо воспользоваться законом сложения ско­ ростей V = Уотн + Упер (1 ). Векторному равенству (1) соответствуют два скалярных. Учитывая знаки проекций скоростей, получим: а) по течению: vx = vK+ ут; б) против течения: у2 = ук - ут. S S Время движения катера по течению = — = ---------. У,

Ук + Ут

S с Время движения катера против течения t2 = — = ■ у2

ук

- Ут

Вычисления: 5 • 104 м 5 104 м = 5 -103 с; л = ■ = 1 • 104 с. 7,5 м/с + 2,5 м/с 7,5 м/с - 2,5 м/с Ответ: 1) |уК[| = ^ | = 7,5 м /с; 2) А = 5• 103 с; t2 = 1 • 104 с. Лодка движется относительно воды в реке со скоростью ул =18 км/ч под углом ai = 120° к скорости течения реки ут = 4,5 км/ч. Определите скорость лодки у относительно берега реки. Дано ул = 18 км/ч = 5 м/с а , = 120° ут = 4,5 км/ч = 1,25 м/с у- ? р- ?

Решение I способ. Согласно закону сложения скорос­ тей (рис. 1.9, а): у = ул + ут (1). Модуль скорости у определяем по теореме ко­ синусов (рис. 1.9, б):

у2 = у2 + у2 - 2улут cos а 2 (2). Угол а 2 = 180 - а (; cos(180 - aj) = -cosoi!. Уравнение (2) перепишем в виде у = у/у2 + у2 + 2улут cos a, . Направление вектора у определяет угол р (см. рис. 1.9, б). Синус угла р нахоsin (1 8 0 -a,) sinp . zlon . дим по теореме синусов — —= — - ; учитывая, что sm(180 - a,) = sin a,, у v„ . „ Ул Sin tti . „ ул sin a , п о л у ч и м Sinp = --------------, ИЛИ S inp = , откуда У

•у/у2 + у 2 + 2 улут cos a .

а

б

Рис. 1.9

0 . vRsina! Р = arc sin л 1 \ Jv l +v2 + 2vnvTcos a! Вычисления: v = -y/(5 м /с)2 + (1,25 м /с)2 + 2-5 м/с •1,25 м/с • cos 120° =4,51 м /с; . 5 м/с sin 120° л о , sm P = — ^ ;-----= 0,96; 4,51 м/с 3 = arcsin 0,96; p = 106°. II способ. Направление оси OX совпадает с направлением вектора скорости течения реки vT(рис. 1.9, в). Векторному равенству (1) соответствуют два ска­ лярных: vx = ул cos ai + vT; vy = v„ sin «!• Vy I------------Vy Синус угла p соответственно будет равен: sin р = — , где v = ^vx + vj , т. e. V

sinp =

Vv

y

; p = arcsin-

№ + v y 2 ’

yv

J v x2 + v 2y '

Вычисления: vx= 5 м/с • cos 120° + 1,25 м/с = -1,25 м/с; Vy = 5 м/с •sin 120° = 4,33 м/с; v= sing _ 4,33 м/с _ q 4,51 м/с

= 4,51 м/с; g _ arcsin o,96 = 106°.

Ответ: v = 4,51 м/с; p = 106°. B I Человек плывет на моторной лодке вверх по реке и встречает под мостом плот. Через 0 = 1 ч, повернув назад, моторная лодка догоняет плот на расстоянии S = 5 км от моста. Считая скорость лодки относительно воды постоянной ул = const, определите скорость течения реки vT.

Дано

Решение

/, = 1 ч = 3 600 с 5 = 5 км = 5 • 103 м ул = const

Скорость моторной лодки у, при движении ее про­ тив течения: у, = ул - ут. Скорость моторной лодки у2 при движении ее по течению: у2 = ул + ут. У т-? Скорость плота равна скорости течения реки ут. За время /, лодка проплывет расстояние -S', = у,/, = (ул - yT)f, (1). За время f, плот проплывет расстояние S2 = ут/,. За время t2 от момента поворота назад до встречи с плотом моторная лодка проплывет расстояние S3 = v2t2 = (v„ + vT)t2 (2). За время t2 плот проплывет расстояние -S4 = vTt2. По условию задачи S = S2 + S4 = ут/, + vTt2> или S = ут(/, + i2) (3), откуда

Из рис. 1.10 видно, что 5^ = 5, + 51(5). Подставим в уравнение (5) выражения (1), (2) и (3): (ул +

VT) t 2

= (ул - Ут)/, + Ут(/, + /2).

После преобразований получим = V„ti (6). Из выражения (6) следует, что t2 = t\. Скорость течения определяем по формуле (4): S S h+h

2/j

Вычисления: vT = ^ ^ М = 0,7 м/с. т 2 3600 с 7 Ответ: г;т = 0,7 м/с.

Ускорение Щ

При разбеге по взлетно-посадочной полосе (ВПП) длиной S = 800 м са­ молет ТУ-134 движется с ускорением а = 2,3 м /с2. Определите: 1) сколько времени t продолжался разбег; 2) скорость самолета v в момент отрыва от поверхности земли. Дано S - 800 м а = 2,3 м /с2 у0 = 0 1) t - ? 2) у - ?

20

Решение Считаем движение самолета по ВПП прямолиней­ ным равноускоренным, для которого при условии у0 = 0 путь S и скорость движения у изменяются по у/2 законам: S = — (1); у = at (2).

Из формулы (1) определяем время разбега: t = А— (3). I— Vа 2S ____ Подставив (3) в (2), получим v = aJ — = v ^ S . Вычисления: 1) / = ^2 з Т /с 2 = 26,4 с; 2) v = V2' 2-3 м /с2 -800 м = 60,7 м /с = 218,4 км/ч.

Ответ: 1) / = 26,4 с; 2) v = 218,4 км/ч. Прямолинейное движение тела вдоль оси 02f описывается уравнением: х= 6 + 8/ - 2г2 [м]. Определите: 1) путь S, пройденный телом за 3 с движе­ ния; 2) через какое время /2 после начала движения тело возвратится в начальную точку. Дано х = 6 + 8/ - 2/2 [м] t x= 3 с 1) S - 2 2) t2 - l

Решение 1) По условию задачи известно уравнение, по которому изменяется координата тела. Сравнив формулу уравнения равнопеременного движения at1 х = х0 + v0t + — с заданным, определяем:

Xq = 6 м; S = X - Хо = 8/ - 2/2 [м] = (8 • 3 - 2 • 9) м = 6 м. 2) Чтобы определить время t2, через которое тело возвратится вначаль­ ную точку с координатой хо = 6 м, необходимо, чтобы х =xq, т.е. получим уравнение 6 = 6 + 8/2 - 212 или 8^ - 21\ = 0, 2/2(4 - 12) = 0; t2 * 0, следовательно, 4 - t2 = 0, откуда t2 = 4 с. Ответ:

1)

S - 6 м; 2) t2 = 4 с.

Лифт, поднимаясь равноускоренно в течение 2 с, достигает скорости 6 м/с, с которой продолжает подъем в течение 4 с. За последующие 4 с равноза­ медленного движения лифт останавливается. Определите высоту подъема лифта. Задачу решите графическим способом.

О

1 2

3

4

5

6

7

Рис. 1.11

9 10 11 /, с

Построим график скорости движения лифта (рис. 1.11). Высота подъема лифта численно равна площади трапеции ОАВС: Н - 0 С ' Л В АР. ОС - t\ + t2 + Ц, АВ - t2, AD = V\ = v2 = v. Тогда f j _ h + h + h + h v _ t\ + +h v 2 2 Вычисления: rr 2 c + 2-4 c + 4 с , . .„ H = ---------6 м/с = 42 м. 2 Ответ: H - 42 u. Q

На рис. 1.12 представлен график зависимости скорости тела от времени v= v(t). Определите: 1) среднюю путевую скорость тела (vs) за / = 4 с движения (фафическим и аналитическим способами); 2) момент време­ ни tu когда тело изменяет направление движения. Дано

Решение 1) Графический способ. Путь, пройденный те­ лом за время t = 4 с, численно равен площади S, ограниченной графиком v =v(t) и осью времени t. В данном случае — это площадь треугольника, высота которого h = 3 м/с, а основание а = 4 с:

и , м/с

4 3 2

[а / \

1

()

1

2

3 4\

„ а/г 4 с-3 м/с , S = — = ---------- — = 6 м. 2 2 Средняя путевая скорость за время t = 4 с:

5 ('с

Рис. 1.12

t= 4 с

Ы = 7 ; Ы = т ^ = 1,5м/с. t 4С

1) — ? 2) /, — ?

Аналитический способ. Из рис 1.12 следует, что в интервале времени от 0 до 2 с тело двигалось равноускоренно. Начальная скорость движения v0\ = 0. Ускорение тела для это­ го интервала времени ?, = 2 с - 0 с = 2 с: 3 м/с - 0 v~v0. = 1,5 м /с2. й1 = —— а, = 2с h За время /, тело прошло путь 5,: s _ arf _ 1,5 м /с2 • (2с)2 2

2

= 3 м.

В интервале времени t2 от 2 до 4 с тело двигалось равнозамедленно. Началь­ ная скорость при этом движении v02 = 3 м/с, а конечная v = 0. Ускорение тела для этого интервала времени t2 = 4 с - 2 с = 2 с:

v - v 0 0 - 3 м/с ,, .л а2 = — -2- = — = -1,5 м /с2. /2 2С За время t2 тело прошло путь S2: S2 = v0t2 +

= 3 м/с - 2 c - ^

= 3 м.

Путь, пройденный телом за / = tx+ t2 = 4 с, равен: 5-= 5 ,1+ 5-2 = 3 m + 3 m = 6 m . Средняя путевая скорость Ы = 7 = т ^ = U M /e . t 4с 2) При t = 4 с v = 0, при t > 4 с скорость тела отрицательная, следователь­ но, в момент времени tx = t = 4 с тело изменяет направление движения. Ответ: 1) (г;5) = 1,5 м/с; 2) ^ = 4 с. На рис. 1.13 представлен график зависимости координаты прямолинейно­ го движения тела от времени х(/). Постройте график зависимости скорос­ ти тела от времени v = v(t). Дано

Решение Рис. 1.13

V, м/с 2

о ГЛ

V 15

1Л (N ГОМ

5 ids

-1 fl

-2

Рис. 1.14

В интервале времени от /0 = 0 до /, = 5 с движение тела равномерное v(t) со скоростью V\ - tg а в положитель­ ном направлении оси ОХ (рис. 1.14): 20 м -1 0 м „ . Х-Хр --------= 2 м/с. V\ = 5с t\ На участке от /, = 5 с до /3 = 20 с ветви параболы направлены вниз, следова­ тельно, ускорение направлено противоположно скорости движения v {. Точка t2 = 10 с соответствует максимальной координате тела = 35 м, скорость тела в этот момент времени равна нулю v2 = 0. Тело изменяет направ­ ление движения на противоположное, т. е. при t > t2 тело движется в отрица­ тельном направлении оси ОХ. На участке от /3 = 20 с до /4 = 30 с тело движется равномерно со скоростью \$2 1= |5i |, но v2 iT 5,, т. е. векторы скоростей направлены противоположно (см. рис. 1.14).

Равноускоренное прямолинейное движение На рис. 1.15 представлены графики зависимости модулей скоростей трех тел от времени. Определите ускорения, с которыми движутся эти тела. Дано

Решение Из рис. 1.15 следует, что первое и третье тела движутся равноускоренно и их начальная скорость у0 = 0. Второе тело движется равномерно, т.е.щ = const и, следовательно, а2 = 0. Скорость тела при равноускоренном движе­ нии, если у0 = 0, определяется по формуле а = —= tg a , где a — угол наклона графика v{t)

Рис. 1.15

к оси t. Для первого тела при = 1 с скорость тела v{) = = 2 м/с, следовательно: 2 м/с 2 м /с2. о. 1с Для третьего тела при Ц - 4 с скорость тела у3 = 1 м/с, следовательно: 0|

— ? а2 — ? д3 — ?

1 м/с = 0,25 м /с2. 4с Из рис. 1.15 видно, что а, > а 3, так как а, > д3. Ответ', а, = 2 м/с2; а2 = 0; я3 = 0,25 м/с2. а3 =

Равнозамедленное прямолинейное движение Ц

Скорость самолета И Л -18 перед приземлением (посадочная скорость) у0 = 220 км/ч. Определите минимальную длину ВПП, если время тормо­ жения (посадки) не должно превышать 1 = 1 мин. Дано у0 = 220 км/ч = 61,1 м/с t = 1 мин = 60 с у0 = 0 5 - ?

Решение Движение самолета по ВПП будем считать пря­ молинейным равнозамедленным, конечная ско­ рость самолета у0 = 0, т.е. самолет останавливает­ ся. Путь S и скорость движения у самолета определяются по формулам: S = v0t + -^- (1); у = у0 + + at (2).

Из формулы (2) определяем ускорение движения а = V v° ; учитывая, что у0 = 0, получим а = - у - (3). Знак «минус» свидетельствует о том, что движение самолета равнозамед­ ленное. Подставив формулу (3) в формулу (1), получим

S = v0t -

Vo t 2

21

Vpt

2 '

Вычисления: 61,1 м / с 60 с 2 Ответ: S = 1 833 м. Скорость пули при вылете из дульного среза автомата Калашникова v0 = = 715 м/с. Через время /= 1,04 с скорость пули v = 334 м/с. Считая движе­ ние пули прямолинейным и равнопеременным, определите: 1) ускоре­ ние а, с которым движется пуля; 2) путь S, пролетаемый пулей за время t= 1,04 с. Решение

Дано v0 = 715 м/с t= 1,04 с f = 334 м/с 1) fl - ? 2) 5 - ?

Скорость пули изменяется по закону г; = 50 + Й/, _ 5-гЛ) - 1Л) откуда д = ------У- или л = -----/ t Путь, пролетаемый пулей, & Sс = v0t, + — .

Вычисления: .. 334 м /с -715 м/с = -366 м /с2. 1) а = — 1,04 с Знак «минус» указывает на то, что движение пули будет равнозамедленным. 2) £ = 715 м/с 1,04 с -

366 м /с2 • (1,04 с)2 L

545,7 м.

Ответ: 1) а = -366 м /с2; 2) £ = 545,7 м. Прямолинейное движение тела вдоль оси ОХ описывается уравнением х= 2 + 41 - t 2 [м]. Определите: 1) характер движения тела; 2) мгновенную скорость тела через t\ = 1 с от начала движения; 3) момент времени t2 от начала отсчета, когда тело изменяет направление движения на противоположное. Дано х = 2 + 4/ - t2 [м] *1 = 1 с

Решение 1) Сравним формулу уравнения равнопеременного

движения: х = х0 + Iм! ( 1) с уравнением, данным в условии задачи: х = 2 + 4/ - /2 [м] (2). Из уравнений (1) и (2) определяем: х0 = 2 м; у0 = 4 м/с; а - -2 м /с2. Тело движется равнозамедленно с ускорением а = - 2 м /с2. 2) Скорость тела v в любой момент времени определяется по формуле: v = щ +at (3). Зная, что v0 = 4 м/с, а = -2 м /с2, имеем: v = 4 м/с - 2 м /с2- 1 с = 2 м/с. 1) а - ? 2) vx - ? 3) г2 - ?

3) Для определения момента времени t2, когда тело изменяет направление движения на противоположное, необходимо мгновенную скорость тела (3) приравнять нулю и решить полученное уравнение относительно t2. 4 - 2 12 = 0; - l t 2 = -4 ; t2 = 2 с. Ответ'. 1) а = -2 м /с2; 2) V\ - 2 м/с; 3) t2 = 2 с.

Е Я Скорость прямолинейного движения тела вдоль оси ОХ задана урав­ нением v = 50 - 2t [м/с]. Определите: 1) характер движения тела; 2) вре­ мя движения тела до остановки. Постройте графики: a) v = v{t)\ б)S=S(t).

Решение

Дано v= 50 - 21 [м/с] 1) а — ? 2) Л — ?

1) Сравнив данное в условии задачи уравнение с формулой скорости равнопеременного движения:

2) Время движения тела до остановки определим, приравняв скорость нулю: 0 = 5 0 - 2 - 5 0 = -2 = 25 с. Через tx = 25 с тело остановится, а) Графиком функции v = 50 - 2t (рис. 1.16) яв­ ляется прямая линия, так как зависимость скорости от времени линейная. Прямая будет проходить через точки, имеющие следующие координаты: с г;, м /с

.

0

25

50

0

at1 б) Графиком функции S = v0t + — , или S = 50/ - t2 является парабола, вершина которой имеет координаты С_

уо . Vo 2а а В данном случае v0 = 50 м/с; а - -2 м /с2, следовательно: 5, = (5° м/ с>; . 625 м; 2 • 2 м /с2

2 м /с2

25 с.

Ветви параболы идут вниз, так как д < 0. В мо­ мент времени /, = 25 с тело изменяет направление движения (рис. 1.17). Координаты параболы S = 50/ - /2: с

0

10

20

25

5, м

0

400

600

625

Ответ: 1) а = -2 м/с2; 2)

= 25 с.

Свободное падение Тело свободно падает с высоты А=100 м без начальной скорости. Опреде­ лите: 1) время и tn, за которое тело проходит первый (/,) и последний (/„) метры своего пути; 2) скорость тела v в момент удара о Землю. Решение

Дано А = 100 м Уо = о g = 9,8 м /с2 А, = Ап = 1 м

1) В момент начала отсчета /0 = 0 тело имело на­ чальную скорость у = 0, следовательно, путь А, прой­ денный телом при свободном падении, определяет­ ся по формуле

1) h - ? /п - ? 2) v — ?

А = ^ ( 1).

При / = /ь А = А, получим t\ = J — (2). V8 Чтобы определить время tn, определим время t, за которое тело пройдет путь А, и время t2, за которое тело пройдет путь (А - Ап) (рис. 1.18), тогда tn = t - t2: 2{h-K) (5). g g ' N t , /=1

В первом положении (рис. 2.1, а): Рис. 2.1

М ■-г + Щ ■0 + т21

хс = ---- 1 ----------------- (1). М + гп\ + т2 После перемещения первого человека в точку А (середина плота), плот пе­ реместится относительно дна на х (рис. 2.1, б). Во втором положении:

^ (l~ X) +Wl(l~ X] +тг ^

Хс = -------------- 7Z--------------------------- (2). М + тх + т 2 В вертикальном направлении плот не перемещается. Приравняв правые час­ ти уравнений ( 1) и (2) (так как левые части равны), получим

M + тх+ т2

М + тх + т2

Решив уравнение (3) относительно х, получим х

щ

2 (М + т] + т2)

80 к г •10 м Вычисления: х = — __ = 0,35 м. 2(1 ООО к г + 80 к г + 50 кг) Ответх х = 0,35 м. Сила ИН На тело действуют две силы Fx и Р2, приложенные в одной точке и на­ правленные под углом а друг к другу. Определите равнодействующую F этих сил. Дано

Решение Равнодействующая F сил Fx и F2 равна их вектор­ ной сумме: F = Fx + F2 (1). Чтобы найти модуль вектора F, т.е. | / | = F — по­ ложительное направление оси ОХ направим вдоль силы Fx (рис. 2.2). Тогда F = yjFx + Fj (2), где Fx и

Fi

h а

F-

?

Fy — проекции силы F на оси ОХ и OY. Проекция силы F на соответствующую ось равна сумме проекций сил F{ и F2 на эту ось: Fx = Flx + F^; Fy = F]y + F2y. Из рис. 2.2 следует, что: Fx= Fl - F 2cos ( tc - a) = F\ + F2cos a (3); Fy = F2sin(n - a) = = F2sin a (4). Подставим формулы (3) и (4) в формулу (2): F = yl(Fi + F2 cos a )2 + (F2 sin a )2 = 7^i2 + 2^1 F2 cos a + F2 cos2 a + F2 sin2 a = = yjF* + 2F\F2 cos a + F2 (cos2 a + sin2 a) = ^Ft2 + F2 + 2F^F2 cos a, так как cos2a + sin2a = 1. Таким образом, F = у]F 2 + F2 + 2FxF2 c o s a (5). Направление вектора F определяется углом p. Из рис. 2.3 следует: Fx

Fx + F2 cos a « > •

Рассмотрим частные случаи. 1. Если a = 0, то силы действуют вдоль одной прямой в одном и том же направлении: cos 0° = 1; sin 0° = 0. Из ф ормулы (5) следует, что F = JF? +F22 +2FxF2 =J(F x+F2)2 =Fx+ f 2.

О Fx Рис. 2.2

Рис. 2.3

X

Вектор F направлен в ту же сторону, что и 7, и F2. 2. Если а = тс, то силы действуют вдоль одной прямой в противоположных направлениях: cos л = - 1, sin л = 0. Из формулы (5) следует, что F = ^ F 2 + 722 - 2FXF2 = ^(7, - F2)2 = |7, - F2|. Вектор 7 направлен в сторону большей силы. Ответ: F - J F 2 + 7 '} + 27,72 cos a;

tgB =

^2 ^ Па— . 7, + 72cosa

Macca

Ш

Груз массой т = 10 кг расположен в точке О и подвешен на двух веревках ОА и ОВ одинаковой длины. Угол АОВ = а =

Определите силы натя­

жения Т веревок, считая, что они равны по модулю. Веревки невесомы и нерастяжимы. Дано Решение m = 10 кг 2л

На груз действуют (рис. 2.4): • сила тяжести mg\ а-у • силы натяжения веревок 7, и 72. g = 9,8 м /с2 Запишем второй закон Ньютона в векторной фор­ ме: mg + 7, + 72 = та (1). 17,1 = 1721= Г - ? Груз находится в покое, следовательно, v = 0 и о = 0. Тогда уравнение (1) будет иметь вид: mg + 7, + 72 = 0 (2). Векторная сумма 7, и 72 равна F — равнодействующей этих сил: 7, + Т2 = F (3). Подставив формулу (3) в уравнение (2), получим mg + F = 0, или mg = -F (4). Из уравнения (4) следует, что сила Fx равна по модулю mg, но имеет про­ тивоположное направление (см. рис. 2.4): | / | = \mg\, или F= mg (5). Модуль силы / ’определяем по формуле: F = yjT2 + Т2 + 27’,Г2cos а (6). Учитывая, что IT1,! = |Г2| - Т; а -

2л

получим:

F = ^ T 2 + T 2 + 2 T - T c o s ^ = ^27’2 +27’2c o s y = Г ( 7 ) , 2л Л. так как cos — = -0,5. Сопоставив формулы (7) и (5), получим: Т = mg. Вычисления: Т= 10 кг • 9,8 м/с2 = 98 Н. Ответ: Т= 98 Н.

Определите положение центра масс хс системы «Земля—Луна» относи­ тельно центра Земли. Масса Земли в 81 раз больше массы Луны. Расстояние от центра Земли до центра Луны равно 60Лф. Радиус Земли У?е = 6,4 • 106 м. Дано

Решение

Мф = 81 тл R = 60/?е /?е = 6,4- 106 М

Выберем систему координат так, чтобы ось ОХ про­ ходила через центры масс Земли и Луны (рис. 2.5). Координата центра масс хс системы «Земля—Луна» М фхф+тлхл Х с -? определяется по формуле: хс = — —------------ . М(в + тл Совместим начало координат с центром Земли, тогда х :. = 0 и координата хс относительно центра Земли равна: Земля

171лХ л

хс - 77---------• Мф+тл Учитывая, что х л — это расстояние от центра Земли до центра Луны, т. е. х л = 6ОЛ0, а масса Земли М® = 81 тя, имеем 60/илЛе 81тл + тл

60/ил/?ф 82тл

30 41

ХС = 77---------------- = —XZ-------- , ИЛИ Х с = — Л ® .

Из полученного выражения видно, что хл < /?®, т.е. центр масс системы «Земля—Луна» расположен внутри земного шара. „ 30 ■6,4 • 106 м . , п , .... Вычисления: хс = -----= 4,68 • 106м = 4 680 км. 41 Ответ: центр масс системы «Земля—Луна» расположен от центра Земли на расстоянии 4 680 км. Импульс тела 1 И Вагон массой т = 20 т движется с начальной скоростью v0 - 20 м/с. Опре­ делите среднее значение силы F, действующей на вагон, если: 1) вагон под действием силы трения останавливается в течение Д/, = 4 мин; 2) вагон затормаживается в течение Д?2 = 0,5 мин; 3) вагон останавливается за Д/3 = 1 с, натолкнувшись на препятствие. Дано

Решение

т = 20 т = 2 104кг

Импульс силы, действующей на тело, равен из­ менению импульса тела: FAt = Ap (1) (второй за­ кон Ньютона).

20 м/с v, = 0 Д/, = 4 мин = 240 с Дt2 = 0,5 мин = 30 с Д?3 = 1 с 1) Fy - ? 2) F2 - ? 3) F3 - ? у0 =

Из формулы (1) определяем: F

=—

At

(2).

Учитывая, что конечная скорость вагона во всех трех случаях равна нулю, т. е. v, = 0, Ар = m(v0 - vt) = = mv0 (3).

Подставив выражение (3) в формулу (2), получим F= Вычисления: 1) /J = 1,3 • 104 Н; 3) f

mv о At

2 -104 кг • 20 м/с 2 • 104 кг • 20 м/с = 1,7 • 103 Н; 2) F2 = 30с 240 с

2 |0 < «г * ) м / с д 4 10, н 1С

Ответ: 1) F{ = 1,7 • 103 Н; 2) F2 = 1,3 • 104 Н; 3) F3 = 4 • 105 Н. Тело массой т = 0,5 кг свободно падает из состояния покоя с высоты h = = 5 м. Определите изменение импульса Ар тела. Дано

Решение

т - 0,5 кг

На свободно падающее тело действует внешняя сила — сила тяжести mg, следовательно, закон со­ хранения импульса не выполняется. При этом изме­ нение импульса Ар равно: Ар = A(mv) = mv - mv0 (1). В проекции на ось OY, направленную вертикально Ар вниз, уравнение ( 1) имеет вид: Ар = mv - mv0 (2). По условию задачи у0 = 0, конечная скорость v определяется по формуле: v = yJTgh. Учитывая это, получим Ар = m^2gh. v0 = О h=5м g = 9,8 м /с2

Вычисления: Ар = 0,5 кг^/2 •9,8 м /с2 •5 м = 4,9 (кг • м)/с. Ответ: Ар = 4,9 (кг • м)/с. Второй закон Ньютона иМЬ На вагон массой 20 т, движущийся со скоростью 54 км/ч, начинает дей­ ствовать сила торможения, и он останавливается через 100 с. Определите: 1) ускорение а, с которым он двигался; 2) путь S, пройденный вагоном до остановки; 3) силу FTр, действующую на вагон. Дано т = 20 т = 2 • 104 кг Vq = 54 км/ч = 15 м/с /= 100 с

Решете

На вагон действуют: • сила тяжести mg; • сила реакции опоры N; • сила трения FTp. 1) а — ? 2) У — ? Вагон движется в горизонтальном направлении. 3) Fw - ? За положительное направление оси ОХ примем направление движения вагона. Движение вагона равнозамедленное, векторы ус­ корения и скорости направлены в противоположные стороны. В векторной форме второй закон Ньютона имеет вид: mg + / тр + N = та. Проекция сил на ось ОХ: -Frр = -та, или FTр = та.

Ускорение и путь, пройденный вагоном до остановки, найдем из уравне­ ния кинематики: v = v0 - at, откуда а = — , так как v = 0; S = t la Вычисления: 1) а =

100 с

= 0,15 м /с2; 2 ) 5 =

2 = 750 м; 2 0,15 м /с2

3) Frp = 2 • 104 кг •0,15 м /с2 = 3 • 103 Н. Ответ: 1) а = 0,15 м/с2; 2) 5 = 750 м; 3) Fw = 3 • 103 Н. И Л Два груза массой /и, = 1 кг и /и2 = 2 кг прикреплены к концам невесомой нерастяжимой нити, перекинутой через блок, подвешенный к потолку. Определите ускорение а, с которым будут двигаться грузы. Считать блок невесомым, трением оси блока пренебречь. Дано Решение mx = 1 кг m2 —2 кг g = 10 м/с2

По условию задачи: • нити нерастяжимы, следовательно, ах = а2; • блок невесомый, следовательно, 7j =\Т2\ = Т; • блок не вращается. a -1 На каждый из грузов действуют силы тяжести mxg, m2g и силы натяжения нити Тх и Т2 соответственно (рис. 2.6). В векторной форме второй закон Ньютона имеет вид: m\g + Т\= /и,5, — для первого груза; ЩS + Т2 = пг2а2 — для второго груза. Проекция сил на ось ОХ: - mxg + Tx = m xa{ (1); -m 2g + T2 = -m 2a2 (2). Эту систему уравнений необходимо дополнить двумя уравнениями, так как она содержит четыре неизвестных. По условию: Tl = Т 2 = Т (3); di = а2 = а (4). Подставив (3) и (4) в уравнения (1) и (2), имеем: -niig + T = /и,й (5); -m 2g + Т = -т 2а (6).

х f i )

Вычтем из уравнения (5) уравнение (6) и получим: - mxg + Т + m2g - Т - тха + т2а,

a't

откуда g(m2 - т х) = а(тх + т2), или т2 - т, а - —=---- - р. тх + т2

m \g

0___ _1 v r

Вычисления: а = --------------- 10 м /с2 = 3,3 м /с2. 1 кг + 2 кг Ответ: а = 3,3 м /с2.

0 Рис. 2.6

ШЛ На гладкой наклонной плоскости лежит брусок массой т = 1 кг. Какая минимальная сила /'должна действовать на брусок (рис. 2.7), чтобы он не скользил вниз по наклонной плоскости? Угол наклона плоскости а = 30°. Дано т = 1 кг v= 0 а = 30° = F—?

Решение На тело действуют (см. рис. 2.7): • сила тяжести mg\ • сила реакции опоры N. Положительное направление оси ОХ — вдоль плос­ кости вниз, положительное направление оси OY — вверх, перпендикулярно оси ОХ. Уравнение движения в векторной форме, согласно вто­ рому закону Ньютона, имеет вид: F + mg + N = та, а в проекции на оси ОХ и OY: mg sin а - F = тах (1); N - mg cos а = тау (2). По условию задачи v = 0, следовательно, а = 0 и ах = = ау = 0. Из уравнения (1) определяем силу F: F - mg sin а. Вычисления. F = 1 кг 9,8 м /с2 •sin ^ = 4,9 Н.

Рис. 2.7

Ответ: /7= 4,9 Н.

Третий закон Ньютона

ШШ Три груза массой 1 кг каждый, связанные невесомыми нитями, лежат на гладкой горизонтальной поверхности. К грузу т] приложена сила F= 9 Н, направленная под углом а = 30° к горизонту (рис. 2.8). Пренебрегая трени­ ем, определите: 1) ускорение а грузов; 2) силы натяжения Т нити. Дано

Решение

т = т\ —т2 = т$ = 1 кг F- 9 Н ЛЛО 7Г a = 30 = — 6

Система тел движется с ускорением а, т.е. 5, = а2 = а3 = а, так как тела связаны нитями. На рис. 2.8 показаны силы, действующие на гру­ зы. Направление движения системы тел совпадает 1) О - ? 2) Г12, Г23 - ? с положительным направлением оси ОХ. Запишем для каждого тела системы второй за­ кон Ньютона для проекций ускорения и сил на ось ОХ: • для первого груза: F cos а - Т[2 = та (1); • для второго груза: Т2\ - Т2Ъ- та (2); • для третьего груза: ТЪ2 - пш (3). По третьему закону Ньютона: \ f i2\ = \f2M 4 y , \ f 23\ = \fn \ (5). Сложим почленно уравнения (1), (2) и (3): F cos а - Тп + Тгх - Т1Ъ+ Г32 = та л- тал- та. С учетом (4) и (5), получим: F co sa = Ъта (6).

Из уравнения (6) определяем ускорение: у F cos а а = —,----- (7). Ът Подставив формулу (7) в формулу (1), о находим Г|2:

тг

Тп Т2

т2

£

Тг\ Т\2

Л!

Рис. 2.8

Г12 = У7cos а - m ^ ^ U Ът

l / ’cosa; Ъ

Тп = Т21= \ р с о % а . Ъ

Подставив формулу (7) в формулу (3), определяем Г32: /'c o s а 1 _ 1 Г ллр Г32 = Z7Z— ------= - F cos а; Г23 =ТЪ1- - ¥ cos а. Ът 9H c o s - 9Н 087 = 2,6 м /с2; Вычисления: 1) о = 3 • 1 кг 3 кг 2)

Тп = Т 2\ = ^-9 Н -0,87 = 5,2 Н; / 23 = Г 32 Л 9 Н 0,87 = 2,6 Н.

Ответ: 1) о = 2,6 м /с2; 2) Г12 = Г21 = 5,2 Н; Г23 = Г32 = 2,6 Н. Закон всемирного тяготения ИИ Определите силу гравитационного притяжения F двух электронов, находящихся на расстоянии г = 1 нм.

го

F—?

^

Сила гравитационного притяжения электронов определяется по закону всемирного тяготения: II

те = 9,1 • 10"31 кг г = 1 нм = 1 • 10~9 м (7= 6,67-10-" ( Н • м2)/кг2

Решение

О

Дано

Q1. 1П~31 кг .Q1 .10“^ кг Вычисления: / ’ = 6,6710-" (И м 2)/к г2 ■ „ ^ Q’ ‘ — — = 5,5-10"53 Н. (МО"5' м)2 Ответ'. F - 5,5 • 10-53 Н. Считая орбиту Луны круговой, определите линейную скорость v движе­ ния Луны вокруг Земли. Масса Земли М® = 5,98 • 1024 кг. Среднее расстоя­ ние между центрами Земли и Луны г = 3,84- 108 м. Дано М0 = 5,98 • 1024 кг г = 3,84 -108 м G = 6,67 1 0 11 (Н • м2)/кг2 v —?

Решение При движении Луны вокруг Земли на Луну _ тМ& действует сила тяготения F = G — . г1 Так как Луна движется по круговой орбите радиусом г, сила F сообщает Луне центростреv2 мительное ускорение дцс = — .

Согласно второму закону Ньютона, таис = F, или

=G

( 1).

Из уравнения (1) определяем линейную скорость: v = Вычисления: v =

GMa

6,67 10-11 (Н • м 2)/к г 2 • 5,98 • 1024кг = ^1,04 • 106 м 2/ с 2 = 3,84 • 108 м

= 1 103 м/с. Ответ: v = 1 • 103 м/с. Гравитационное поле Определите, на каком расстоянии / от Земли на прямой, соединяющей Землю и Луну, находится точка, в которой сила гравитационного притя­ жения Земли уравновешивается силой притяжения Луны. Среднее рассто­ яние между центрами Земли и Луны г= 3,84 • 108 м. Масса Земли пример­ но в 81 раз больше массы Луны. Дано г = 3,84- 108 м Мф =81 тл 1 -1

Решение Расстояние от центра Земли О до искомой точки С равно /, т.е. ОС = 1, тогда расстояние от точки С до центра Луны Ол равно (г - 1) (рис. 2.9). По условию задачи силы притяжения тела массой т к Земле и Луне равны по модулю, т. е. „ т М ъ г ттл /1Х -G/ т ( 1), откуда следует, I2

(г-1)2

М ffljl /1 Вычисления: S2 = 4 • 5 • 10~3 м = 2,0 • 10~2 м = 2 см. Ответ: S2 = 2 см. Автомобиль движется по горизонтальной асфальтобетонной дороге со ско­ ростью У] = 108 км/ч. Определите его тормозной путь S. Коэффициент трения шин автомобиля об асфальтобетон равен р = 0,4. Дано

Решете

у, = 108 км/ч = 30 м/с у2 = 0 р = 0,4 g = 9,8 м /с2

Тормозной путь — это расстояние S, проходи­ мое автомобилем до полной остановки, следова­ тельно, конечная скорость у2 = 0. При торможении на автомобиль действуют си­ лы: тяжести, реакции опоры и трения. Работа сил S -? тяжести и реакции опоры равна нулю, так как они перпендикулярны направлению перемещения. При торможении автомобиля ра­ боту совершают лишь силы трения, направленные противоположно переме­ щению (скорости) автомобиля: Fw = g/V = \img. Работа сил трения на тормозном пути отрицательна и равна: А = -\imgS. По теореме о кинетической энергии имеем: -\imgS = -

> откуда S =

.

Тормозной путь не зависит от массы автомобиля. (30 м /с)2 ,, Вычисления: S = Л Л Л „ „—г-г- = 115 м. 2 0,4-9,8 м /с2 Ответ'. S = 115 м. Е Я Движущееся тело массой тх ударяется о неподвижное тело массой т2 = - w ,. Считая удар неупругим, определите, какая часть первоначаль­ ной кинетической энергии первого тела isKl переходит в теплоту AQ. Дано

1

•>э

t>i I > 2* |i = l - 105 Па Т= (273 + 7) К - 280 К R = 8,31 ДжДмоль- К)

Согласно закону Дальтона р = р\ + /ЪИз уравнения Клапейрона — Менделеева оп­ ределяем давления р, и р2: (1

(2)м о2 V Сложим уравнения (1) и (2) почленно: mn 2

Р ~ Р \ + Pi =

t mo2

м,o2

f

(3».

Из уравнения (3) определяем объем баллона:

V— ? F -

fflN2

m C>2

Мщ

M0l j p

Вы числения:

RT

л 1 Дж = 1 Н м ; 1 Па = 1 ^ ;

8-10-3 кг 8,31 Дж-моль"1-К"1-280 К 42-10"3 кг =0,04 м 3 1 105 Па 2810"3 кг моль-1 32-10 "3 КГ М О Л Ь "1

V =

Ответ:

V

= 0,04 м3.

Уравнение состояния идеального газа. Молярная газовая постоянная И

Каким должен быть наименьший объем V баллона, чтобы он вмещал т = = 6,4 кг кислорода при температуре /= 2 0 °С, если его стенки выдержива­ ют давление р = 16 МПа? Дано = 6,4 кг М = 32 • 10~3 кг/моль Г = (20 + 273) К = 293 К р = 16 МПа = 16 • 106 Па R = 8,31 ДжДмоль • К) т

V — ?

Решение По уравнению Клапейрона—Менделеева т

pV = —

„гг, RT,

М

т R T

откуда V = — ---- . М

р

В ы числения:

6,4 кг • 8,31 Н -м - моль-1 • К "1- 293 К 32 -10"3 кг - моль-1 -16 -106 Н • м "2 = 3,04-10"2 м3.

Ответ: К = 3,0 4 -10 2 м3. Определите плотность р гелия при температуре / = 15 °С и давлении = 98 кПа.

р

Т = (15 + 273)К = 288 К р = 98 кПа = 9,8 • 104 Па Л/ = 4 10-3 кг/моль R = 8,31 Дж/(моль • К)

Плотность определяем по формуле: р = у (1). Подставим формулу (1) в уравнение Кла­

пейрона —Менделеева pV = ^ -R T и получим: М рМ = m lW RT или /> = р — , откуда р = ^ Р~V М 9,8 • 104 Па •4 •10~3 кг/моль Л1, . , Вычисления: р = = 0,16 кг/м 3. 8,31 ДжДмоль ■К) • 288 К Ответ: р = 0,16 кг/м 3. В сосуде вместимостью У= 20 л находится азот массой т = 14 г. Определите концентрацию и0 молекул азота в сосуде. Дано Решение Зависимость давления идеального газа от тем­ К= 20 л = 2 • 10~2 м3 пературы и концентрации его молекул имеет вид т = 14 г = 1,4 • 10~2кг Р = «окТ, откуда п0 = ^ = .

М = 28 • 10_3 кг/моль R = 8,31 ДжДмоль • К) к= 1,38- 10-23Дж/К «о _

кТ Из уравнения К л ап ей р о н а—М енделеева TZ m р mR pV = — RT определяем — = ——.

9

Следовательно: щ =

M

mR

1

MV

= м ът так как -R = «и д .

1,4 10"2 к г -6,02 1023 моль-1 28 10'3 кг/м оль-2 10"2 м 3 Ответ'. п0 - 1,5 1025 м-3.

Вычисления: п0

’

, . „ 25 _3 М

Кислород массой 8 г находится под нормальным давлением р - 105 Па при температуре t{ = 17 °С. При изобарном нагревании кислород занял объем У2= 15 л. Определите объем К, газа до расширения и температуру Т2 газа после расширения. Решение Из уравнения Клапейрона—Менделеева для пер­ Дано вого и второго состояний определяем К, и Т2: m = 8 г = 8 • 10~3 кг р = 105 Па Ту = 290 К V2 = 15 л = 1,5 10-2 м3 М=Ъ2- 10~3 кг/моль R = 8,31 ДжДмоль - К) V, - ? т2- ?

МрУ2 pV = — RT =$У, = * * £ : 7\ = У М 1 Мр mR Вычисления: У =

8 •10-3 кг •8,31 Дж/(моль •К) •290 К 32-10™3 кг/моль •105Па

32 •10~3 кг/моль • 105 Па • 1,5 •10~2 м8 • 10~3 кг •8,31 Дж/(моль • К)

т2=

Ответ: 1) V, = 6 10~3 м3; 2) Т2 = 721 К.

:6 -10"3м3; = 721 К.

Гл а в а 5 ОСНОВЫ ТЕРМОДИНАМИКИ

Внутренняя энергия В

Определите среднюю кинетическую энергию {£) молекулы кислорода, находящегося при температуре t = 17 °С. Дано

Решение

Т = (17 + 273) К = 290 К /=5 к= 1,38 • 10~23 Дж/К

У двухатомной молекулы кислорода число степеней свободы / = 5. Средняя кинетическая энергия молекулы

< £ > -?

(Е) = j кТ , где к — постоянная Больцмана.

Вычисления: (Е) = ~ 1,38 ■10"23 Дж/К •290 К = 1 •Ю"20 Дж. Ответ: (Е) = 1 • Ю"20 Дж. Определите среднюю кинетическую энергию вращательного движения всех молекул, содержащихся в т - 4 г кислорода при температуре t = 17 °С. Дано т = 4 г = 4 • 1Q-3 кг М = 32 • 10"3 кг/моль Т= (17 + 273) К = 290 К Na = 6,02 • 1023 моль-1 к= 1,38 - 10-23 Дж/К

Решение Вращательному движению двухатомной моле­ кулы приписывают две степени свободы, т. е. i = 2. Энергия вращательного движения одной мо­ лекулы кислорода (Евр) = ^ к Т = кТ.

Средняя кинетическая энергия вращательного движения всех молекул (евр) = п(Евр) = пкТ (1), (евр) - ? где п — число молекул: п = vWA. ■I т т ... Число молей v = — , поэтому п = — N A (2). М М Подставив (2) в (1), получим

(eBD) = -77 TVАкТ, или (eBD) = -77 RT, так как NAk = R, R = 8,31 ДжДмоль • К). М М Вычисления: (^вр) —

4 • 10-3 кг •6,02 • 1023 моль4 • 1,38 •10~23 Д ж /К •290 К = 301 Дж, или 32 10"3 кг/моль

(^вр) —

4 • 10_3 кг ■8,31 Дж/(моль •К) • 290 К = 301 Дж. 32 -10_3 кг/моль

Ответ: (евр) = 301 Дж.

Внутренняя энергия азота при температуре Т = 300 К равна U = 3 кДж. Определите массу азота. Т= 300 к и = 3 кДж = 3 - 103 Дж М = 28 • 10~3 кг/моль /{ = 8,31 ДжДмоль • К)

Внутренняя энергия произвольной массы газа: U = -77 ^ R T (1), откуда М 2 m=

m

2UM iRT

Азот — газ двухатомный, поэтому / = 5. Вычисления: m =

2 • 3 • 103 Дж •28 • 10~3 кг/моль 5 - 8,31 ДжДмоль К) -300 К

1,35 -10-2 кг.

Ответ: т = 1,35 • 10~2 кг.

Теплоемкость. Удельная теплоемкость. Уравнение теплового баланса О

Определите молярную С и удельную с теплоемкости аргона при постоян­ ном объеме и постоянном давлении. Дано

Решение

М - 40 • 10_3 кг/моль R - 8,31 ДжДмоль К)

Молярные изохорическая Су и изобариче­ ская Ср теплоемкости выражаются формулами:

С у— ? Ср— ? cv — ? ср— ?

Cy=^rR (1); Ср = —

Л (2).

Аргон — газ одноатомный, поэтому / = 3. Удельные теплоемкости соответственно равны: Су iR ,,,, М ~ 2М

Ср_ (i + 2)R р ~ М “ 2М

Вычисления: Су = 3 8,31 ДЖАМ0ЛЬ к ) = 12,5 ДжДмоль К); Ср = (3 + 2) • 8,31 ДжДмоль •^К) = 20 8 д ж /(м оль. К). У 12^ ( m ^ = 3i 3 40 • 10'J кг/моль _ 20,8 ДжДмоль • К) _ С' " 40 10-3 кг/моль -

Дж/(кг К)'

Ответ: Су = 12,5 ДжДмоль • К); Ср = 20,8 ДжДмоль • К); су - 313 Дж/(кг • К); ср = 520 ДжДкг-К). В калориметре смешиваются три химически не взаимодействующие жидкости массами т] = 1 кг, т2 - 10 кг и т3 = 5 кг, имеющие соответ­ ственно температуры /, = 6 °С, t2 = -4 0 °С, t3 = 60 °С и удельные тепло­ емкости 2000 ДжД кг-К), 4 000 ДжДкг • К) и 2 000 Дж Д кг-К). Опре­ делите температуру смеси 0 и теплоту Q, необходимую для последующего нагревания смеси до t = 6 °С. Дано

Решение

тх = 1 кг т2 = 10 кг т2 = 5 кг Ту = (6 + 273) К = 279 К Т2 = (-40 + 273) К = 233 К Г3 = (60 + 273) К = 333 К с, = 2 000 ДжДкг-К) с2 = 4 000 ДжДкг-К) с3 = 2 000 ДжДкг-К) Т - (6 + 273) К = 279 К ©_ ? ?

Из уравнения теплового баланса следует, что алгебраическая сумма полученных и от­ данных жидкостями количеств теплоты равна нулю: W|C|(0 — Т\) + m2c2(Q — 7->)

/и3с3(0 - 7з) = 0.

Решив это уравнение относительно 0 , полу­ чим mус{Гх + m2c2T2 +т3с3Т3 тхсх + т2с2 + тъсъ

Чтобы нагреть смесь до температуры Т, необходима теплота: Q = niyCy(T- 0) + m2c2( T - 0) + т3с3( Т - 0 ) = = (гп\С\ + т2с2 + т3с3) ( Т - 0 ). Вычисления: 1кг- 2 000 0 =

Дж Дж Дж • 279 К +10 кг •4 000 233 К + 5 кг • 2 000 •333 К кг К кг К кг К Дж 1кг • 2 000 Я * - +10 к г -4 000 - ^ L + 5 k t - 2 0 0 0 кг- К кг- К кг- К = 254 К;

Q = [2 000 ДжДкг -К )-1 к г + 4 000 Дж/(кг • К) • 10 кг + 2 000 ДжДкг • К) • 5 кг] х х(279 - 254) К = 1,3 106 Дж = 1,3 МДж. Ответ: 0 = 254 К; Q = 1,3 МДж. Н

В сосуд, содержащий Vt - 3 л воды при = 20 °С, опустили кусок железа массой т = 3 кг, нагретый до t2 = 540 °С. При этом температура воды поднялась до 0 = 55 °С и часть ее испарилась. Определите массу т2 воды, обратившуюся в пар.

V, = 3 л = 3 • 101-3 М3 Г, = (20 + 273) К = 293 К /И[ = 3 кг Т2 = (540 + 273) К = 813 К © = (55 + 273) К = 328 К с - 0,46 • 103 Дж/(кг • К) с, = 4 ,1 9 -103 ДжДкг К) г= 22,6 • 105 Дж/кг р = 103 кг/м3 пг2 — ?

Уравнение теплового баланса: ст(Т2 - 0 ) = тхсх( 0 - Т\) + m2r, откуда т2 = [ст(Т2 - 0 ) - С)/И[(0 - Тх)]/г, где W] = р V, — масса воды. Вычисления: Щ = [0,46 • 103 ДжДкг ■К) •Зкг (813-328) К - 4,19 • 103 ДжДкг • К) •103 кг/м 3 • 3 • 10~3 м 3 х х (328 - 293) К ]/22,6 105 Дж/кг =0,1 кг. Ответ'. т2 = 0,1 кг.

Первое начало термодинамики П

Водород массой т = 4 г, занимая первоначальный объем V] = 0,1 м3, расширяется до объема V2 = 1 м3. Определите: 1) Л, — работу газа при изобарном процессе; 2) А2 — работу газа при изотермическом процессе. Начальная температура газа 7, = 300 К. Решение

Дано т - 4 г = 4 - 10~3 кг К, = 0,1 м3 К2 = 1 м3 М = 2 • 10'3 кг/моль R = 8,31 ДжДмоль ■К) 7, = 300 К 1) Л, — ? 2) Л2 — ?

1) При изобарном расширении (р{ = const) газ совершает работу a,=M

V 2 - И) (1).

Давление газа определяем из уравнения Клапей­ рона — Менделеева: ,,

т Drr

т RTX ... (2>Подставив формулу (2) в (1), получим

=м

м У,

т RT, (V2 - V {) (3). М V, 2) При изотермическом расширении газ совершает работу Л, =

A2 = ^ R T x1 п £ (4). М Вычисления (In 10 = 2,3): 1) Л, =

4 • 10“3 кг •8,31 Дж/(моль •К) •300 К (1 м3 - 0 ,1 м 3) = 4,5 104Дж; 2 10-3 кг/моль 0,1м 3

1м 3 4 - 10'3 кг 8,31 ДжДмоль • К) •300 К • In = 11,5 • 103Дж. 0, 1м : 2 ■10'3 кг/моль Ответ: 1) Л, = 4,5 • 104 Дж; 2) Л2 = 11,5 • 103 Дж. 2)Л 2

Углекислый газ массой т = 20 г нагрет от температуры Г, = 290 К до температуры Т2 = 300 К при постоянном давлении. Определите: 1) ^4 — работу, которую совершил газ при расширении; 2) AU — изменение его внутренней энергии. Дано М = 44 • 10_3 кг/моль m = 20 г = 2 • 10~2 кг Tl = 290 К, Т2 = 300 К р = const, / = 5

Решете Работа газа при изобарном процессе (р - const) A = p(V2 - V i ) , или A = ^- R( T2 - T i ). м Изменение внутренней энергии AU = U2 - Ub

1) А - ? 2) AU - ? ИЛИ AU = ^ - !-R{T2 - T i ). Вычисления: 1)А =

2 •10"2 кг •8,31 ДжДмоль •К)(300 К - 290 К) = 37,7 Дж; 44 -10-3 кг/моль

2 • 10-2 кг-5-8,31 ДжДмоль• К)(300К - 2 9 0 К) = 94,3 Дж. 2) AU = 44-10' 3 кг/моль Ответ: 1) А = 37,7 Дж; 2) AU = 94,3 Дж. Водород массой т = 30 г расширяется при постоянном давлении, при этом его объем увеличивается в пять раз. Определите: 1) Q — теплоту, сообщаемую водороду; 2) AU— изменение внутренней энергии газа; 3) А — работу, совершаемую газом при изобарном процессе. Начальная темпера­ тура газа Т\ - 270 К. Дано

Решение

m = 30 г = 3 • 10“2 кг М - 2 - 10~3 кг/моль р = const

Согласно первому закону термодинамики Q = = AU + А (1), откуда А = Q - AU. Теплота, сообщаемая газу при изобарном про­

Г, = 270 К R = 8,31 ДжДмоль • К) 1) Q - ? 2) AU - ? 3) А - ?

цессе, определяется по формуле: Q = — С„АТ, где /+2 М Ср = —— R. Водород — газ двухатомный, i = 5, 7 поэтому Cp = —R — молярная теплоемкость газа при постоянном давлении. Тогда

Q^l^-RAT(l). 2М При изобарном процессе справедливо уравнение Vi г, т V2T Vi jj- - — г , откуда T2 - 77-Д. Vx Изменение температуры АТ = Т2 - Т\

Изменение внутренней энергии газа: AU = ^ - С уАТ, где Cv = trR, или 5 М 2 Cv = —R — молярная теплоемкость газа при постоянном объеме. Тогда AU =

R M (4). 2М Вычисления: АТ - 270 К (5 - 1) = 1 080 К; 7

1 .1 П-2 к г

1) Q 4 ' ” 8,31 ДжДмоль К ) • 1 080К = 4,7• 105Дж; 7 2 2 10~J кг 5 1 . 1П~2 кг 2) А[/ = 4- ^ ” • 8,31 ДжДмоль■К) 1 080К = 3,2 105Дж; 2 2 10“J кг 3) А = 4,7 • 105 Дж - 3,2 • 105 Дж = 1,5 • 105 Дж. Ответ: 1) Q = 4,7 • 105 Дж; 2) AU = 3,2 • 105 Дж; 3) А = 1,5 • 105 Дж. Q

Определите изменение внутренней энергии AU льда массой т - 5 кг в про­ цессе его таяния (плавления) при нормальных условиях. Дано

Решение

т = 5 кг X = 3,35- 105 Дж/кг />0 = 1,01 105 Па Т= 273 К рл = 0,9 • 103 кг/м 3 Рн2о = Ю3 кг/м3

Изменение внутренней энергии определяем из пер­ вого закона термодинамики: Q = AU+ A= > AU= Q- A. Для таяния льда необходима теплота Q = Q„„ = = Х/и, где X — удельная теплота плавления. Масса образовавшейся воды /иНг0 будет равна мас­ се льда т. Объем воды У2, образовавшейся из льда V,, будет меньше, так как плотность воды рНг0 боль­ ше плотности льда рл.

AU- ?

При плавлении льда совершается работа A = Po(V:2 - V, ) . .. т т Учитывая, что р = у , определяем V2 Рн2о т

т

Рн2о

Рл

Следовательно, А = р0

Рл

\

= РоШ

Р л ~ Р н 20 Р л Р н 20

Вычисления: Q = 3,35 •105 Дж/кг •5 кг = 1,7 • 106 Дж; = А - 1 01 Ю5 Па 5 кг ° ’9 ' 1Q3 Кг/м3 ~ 1Q3 ^ - -55 Дж; 0,9 103 кг/м3 • 103 кг/м 3 AU = 1,7 ■106 Дж - (-55 Дж) = 1,7 • 106 Дж. Ответ: A U - 1,7 • 106 Дж.

И

Определите работу А, совершаемую газом за один цикл, состоящий из двух изобар и двух изохор (рис. 5.1).

О 1 2

3 4

5

6

Площадь прямоугольника ABCD равна работе, совершаемой газом: т.е. SABCd - А. Но SABCD = АВ-AD; АВ = 4 дм3 = 4 - 10"3 м3; AD = 4 кПа = 4 • 103 Па. Вычислим работу, совершаемую газом за один цикл: А - 4 - 10“3 м3-4 -103 Па = 16 Дж. Ответ’. А - 16 Дж.

К, дм3

Рис. 5.1

Холодильная машина. Тепловой двигатель II

Температура нагревателя идеальной тепловой машины Тн = 500 К, темпе­ ратура холодильника Тх = 300 К. Определите КПД тепловой машины г) и теплоту QH, получаемую от нагревателя, если за один цикл машина совершает работу А -= 400 Дж. Решение

Дано Тн = 500 К Тх = 300 К А = 400 Дж

Коэффициент полезного действия тепловой ма­ шины определяется по формуле:

" х (1) или Tl (2). ^н Vh А АТ Из формулы (2) следует, что £>„= — = —— j r .

л - ? Си - ?

Вычисления: ц = 5°°

Tl -

К = 0,4;

Ответ: ц = 0,4 (40 %); QH- 1 кДж.

QH =

= 1 000 Дж = 1 кДж.

Глава 6 СВОЙСТВА ПАРОВ

Насыщенный пар и его свойства В

Определите р — плотность насыщенного водяного пара в воздухе при температуре Т = 300 К. Давление насыщенного пара при этой температуре рн = 3,56 кПа. Дано

Решение

Т= 300 к рн - 3,56 кПа = 3,56 • 103 Па R = 8,31 ДжДмоль • К) М = 18 • 10~3 кг/моль к= 1,38 • 10"23 Д ж /К

I способ. Состояние насыщенного пара описывается уравнением Клапейрона—М ен­ делеева: pV = -^тRT, откуда плотность М m рМ р = —= -— . V RT

р -? „ 3,56 • 103 Па 18 • 10~3 кг/моль ЛСО 1П7 Вычисления: р = „ „ — --------- = 2,58• 1 0 2 кг/м 3. к 8,31 Дж/(моль К) . 300 К

,

II способ. Плотность насыщенного пара Р = у (1). Состояние насыщенного , р ... N пара описывается уравнением р = щкТ, следовательно, п0 = у у (2), где п0 = — , N — число молекул в объеме V. N = n 0V, или N =

(3). кТ Масса пара m = m0N, где щ — масса одной молекулы. М М Щ = - г г , тогда m = — N (4). Nа М pV Подставив формулу (3) в (4), определяем массу: m = —— (5). Na кТ По формуле (1) с учетом формулы (4) находим р = Учитывая, что R = kNA, имеем: р = г г

(6)-

(7). Получили формулу, аналогии-

ную формуле при первом способе решения. Вывод: данную задачу целесообразнее решать первым способом. Ответ: р = 2,58 • 10~2 кг/м3.

Абсолютная и относительная влажность воздуха п

При температуре Т = 298 К абсолютная влажность воздуха D = р = = 9 • 10"3 кг/м3. Определите парциальное давление р пара в нем. Дано

Решение

т=т к D = р = 9 • 10"3 кг/м3 М - 18 • 10~3 кг/моль

Учитывая, что абсолютная влажность воздуха D при температуре Т равна плотности р водяно­ го пара при этой температуре, т.е. D = р (1), для определения р используем уравнение Клапейm рона—Менделеева: pV = — RT (2), учитывая, М

_

что р лл Из

9

m V'

уравнения t~>\ (2) определяем давление: р =m V м

R Tр =р ——. ———, или м

Вычисления: р = 9 10 3 кг/м 3 8>3№ /(м о л ь -К )-2 9 8 К = 1810"3 кг/моль

1Q3 Ш = 1 24 ^

Ответ: р - 1,24 кПа. Котел объемом V = 5 м3 заполнили водой, масса которой /и, =20 кг, и нагрели ее до температуры t= 180 °С. Найдите давление р и массу т водя­ ных паров в котле. Плотность насыщенных паров воды при этой температуре р = 5,05 кг/м3. Решение

Дано К= 5 м3 /и, = 20 кг Т= (180 + 273) К = 453 К р = 5,05 кг/м3 М = 18 • 10' 3 кг/моль m —1р — ?

Масса пара, необходимая для насыщения котла объемом V при температуре Т: m = р V = = 5,05 кг/м3• 5 м3 = 25,25 кг. Видим, что m > /и,, т.е. вся вода в котле пре­ вратится в пар, следовательно, этот пар будет ненасыщающим, т2 - /и,. Давление ненасыщающего пара определяется из уравнения состояния: pV = ^ггRT, откуда: М m1RT Р = MV

_ 20 кг - 8,31 ДжДмоль К) -453 К 0 . |П5 „ 0/|Л „ е Ц -------- = 8,4 105 Па = 840 кПа. Вычисления, р = --------------- , ' \ 18 10~3 кг/моль -5 м 3 Ответ: т = 20 кг; р = 840 кПа. Определите абсолютную влажность D воздуха, если его температура t = = 20 °С, а относительная влажность f =15%.

Дано Т= 293 К

Решение По определению,

рн = 17,3 • 10~3 кг/м3

/ = А .ю о % , и л и / = - ^ - 100% (1). А)

/ = 75% D -1

Рн

Из уравнения (1) находим Р - j q q % •

Вычисления: D = р = ^ ^ • 17,3-10~3 кг/м 3 == 1,2 10~2 кг/м 3. к

100%

Ответ'. D = 1,2 • 10~2 кг/м3. В сосуде вместимостью V= 50 л при температуре t\ = 27 "С находится воздух с относительной влажностью/ = 30%. Определите относительную влаж­ н о сть^ после введения в сосуд т2 = 0,8 г паров воды. Дано

Решение

К= 50 л = 5 • 10~2 м3 7, = (27 + 273) = 300 К /, = 30 % = 0,3 рн = 25,8 • 10~3 кг/м3 /и2 = 8 • 10-4 кг

Найдем первоначальную массу т\ паров воды в сосуде: w, = р, V= pH/i V (1). При введении паров воды массой т2 масса _ т, +т2 паров будет m = ml + m2, a m плотность р = .

/2- ?

Относительная влажность / = — = или, учитывая ( 1), получим _ рн/ i ^ + Щ

72 ~

Вычисления: / 2 = 0,3 + Ответ: f 2 = 92 %.

71

^Рн

Г

- 71

Рн

+ тг КРн

/И2 ГрГ

8 -Н И к г 5 1 0 -= „> .2 5 .8 .1 0 --ю У 7 ?=0>3 +0’62 = №

"ЛИ92%'

Давление насыщающего водяного пара при температуре t = 30 °С равно рн = 4,24 кПа. Определите при этой температуре массу т одного кубичес­ кого метра влажного воздуха при относительной влажности воздуха / = = 80 % и давлении р = 1,02-105 Па. Дано 7 = (30 + 273) К = 303 К рн = 4,24 кПа = = 4,24 • 103 Па V= 1 м3 / = 80% = 0,8 р = 1,02 - 105 Па М„= 18 • 10“3кг/моль Мв = 29 • 10'3кг/моль R = 8,31 ДжДмоль - К) т -1

Решение Полное давление р влажного воздуха равно сумме давлений воздуха р„ и водяного пара рп: Р = Pb+Рп = Pb + / Р н, откуда рв = р -/р „ . Масса /и влажного воздуха равна сумме масс водяного пара т„ и воздуха тв. т = т„ + тв (1). Массу водяного пара и массу воздуха опре­ деляем из уравнения Клапейрона—Менделеева: • для воздуха: ,, тв „ „ M BpBV M KV . , . p .V -^ R T -" .. - R‘T i p - f p . ) (2»;

• для водяного пара: п

I/

тп prp

M nPuV

M nfpuV

yqx

р'у H K R T ^ m" ~ к Г — R T ~ |3 )' Массу влажного воздуха находим по уравнению (1) с учетом формул (2) и (3): т=

М

fn V

+ ^М

V

{р_ ю

=

V

+ М в(р - fpH)].

Вычисления. т=

п „ 1МЗ , п^ [ 1 8 1 ° -3 кг/м оль•0,8■ 4,24 103 Па + 8,31 ДжДмоль •К) • 303 К L

+ 29 • 10-3 кг/моль (1,02 • 105 Па - 0,8 •4,24 • 103 Па)] = 1,2 кг. Ответ", m = 1,2 кг. Кипение. Перегретый пар D

Определите теплоту Q, необходимую для того, чтобы нагреть до кипения т = 3 кг воды, имеющей температуру 0 = 20 °С, и обратить в пар /и, = 200 г воды. Дано

Решение

т = 3 кг Г, = (20 + 273) К = 293 К гп\ = 200 г = 0,2 кг с = 4,2 • 103ДжДкг • К) Т2 = (100 + 273) К = 373 К г= 2,26 • 106Дж/кг

Теплота Q = Q\ + Q2 (1), где Q, — теплота, необходимая для нагревания воды от темпера­ туры Т, = 293 К до Т2 = 373 К, т. е. до температу­ ры кипения: (7, = cw(7’1 - Т2) (2); Q2 — теплота, необходимая для превращения воды массой ти нагретой до температуры кипения Т2, в пар: Qi = r m { (3).

0 -? Подставив формулы (2) и (3) в уравнение (1), получим Q = ст(Т2 - Г,) + Вычисления:

Q = 4,2 • 103ДжДкг • К) •3 кг (373 - 293) К + +2,26 ■106 Дж/кг • 0,2 кг = 1,46 • 106 Дж = 1,46 Дж.

Ответ: Q - 1,46 МДж.

r m x.

Глава 7 СВОЙСТВА ЖИДКОСТЕЙ

Поверхностный слой жидкости. Энергия поверхностного слоя В

Из мыльного раствора, поверхностное натяжение которого а = 4 - 10-2 Н/м, образовался мыльный пузырь диаметром dx= 8 мм. Определите работу А, которую необходимо совершить, чтобы вдвое увеличить диаметр пузыря. Процесс образования мыльного пузыря считать изотермическим. Дано

Решение

а = 4-10' 2Н/м di = 8 мм = 8 • 10_3 м d2 - 2d] Т = const

Мыльная пленка пузыря имеет две поверхности — вне­ шнюю и внутреннюю, площадь каждой: S = nd2. При образовании мыльного пузыря диаметром dx была создана поверхность 5) = nd2 (1) и совершена работа Ах= aSx. При образовании мыльного пузыря диА -? аметром d2 - 2dxбыла создана поверхность S2 = 4ndx (2) и совершена работа А2 = aS2; А = А2 - А, = aS2 - aSx = a(S2 - 5,) (3). Подставив формулы (1) и (2) в формулу (3), получим А = a(4ndx - ты/)2) = Злей/,2. Вычисления: А = 3-3,14 -4 -10-2 Н /м • (8 • 10"3 м)2 = 2,4• l(h 5 Дж = 24 мкДж. Ответ: А = 24 мкДж. В

Какая энергия Е выделяется при слиянии маленьких капель ртути радиу­ сом г= 2 • 10~3 мм в одну каплю радиусом R = 2 мм? Дан»

Решение

г = 2 • 10-6 м

Уменьшение энергии при слиянии маленьких ка­ пель в большую происходит за счет изменения потен­ циальной энергии поверхностного слоя капель: ДЕп = = aAS= 0 (5) - S2), а — поверхностное натяжение ртути. Е -2 При решении задачи считаем, что капли имеют 4 форму шара; площадь поверхности шара S = 4л/?2; объем шара V = - n R 2. R = 2 • 10"3 м а = 0,48 Дж/м2

Очевидно, что объем большой капли равен сумме объемов маленьких ка4 4 /?3 пель - л /?3 = й - л г 3, откуда п = —г . 3 3 г* Площади поверхности маленьких капель Si и большой капли S2соответственно равны: 51) - й -4лг2 - - Л^ ; S2 = 4nR2, следовательно, AS = ^ ^ — 4л/?2 = = 4л/?2( ^ - ^ .

Подставив AS в уравнение (1), получим АЕп - АпКга \ — - 1 ]. Так как — » 1, АГ 4nR>a U J r то можно считать АЕП= г „ АГ 4 • 3,14 ■8 • 10~9 м 3 •0,48 Д ж /м 2 . . m 3 п Вычисления: Е = ДЕ„ = -------------^ -- -------------- = 24•10 3 Дж. Ответ: Е ~ 24 • 10~3 Дж. Явления на границе жидкости с твердым телом. Капиллярные явления П

Из капиллярной трубки радиусом г = 1 мм, расположенной вертикально, капает спирт. Определите поверхностное натяжение а спирта, если в мо­ мент отрыва капля имеет форму сферы радиусом г, = 1,6 мм. Плотность спирта р = 0,8 • 103 кг/м3. Дано г = 1 мм = 10~3 м г, = 1,6 мм = 1,6 ■10~3 м р = 0,8 ■103 кг/м3

Решение

В момент отрыва капли от капилляра сила по­ верхностного натяжения / ’равна силе тяжести, т. е. F= mg (1). Сила поверхностного натяжения определяется а_ 9 F из формулы: а = — => F = а / (2), где / — граница поверхностного слоя Z= 2nr (3). Подставив формулы (3) и (2) в формулу (1), имеем: 2nra = mg (4), откуда 4 Масса одной капли т = pV, где V — объем сферы (V = - лг,3). 4

3

Таким образом, /и = - лрг3 (6). 4 ОГе*2 Подставив формулу (6) в выражение (5), получим а = . 6 г 4 • 0,8 • 103 кг/м 3 • (1,6 • 10"3 м)3 •9,8 м /с2 „ . m 2 Вычисления: а = ---------------- -— . ’ .-------- ----- -— -— = 2,14 • Ю*2 Н/м. 6 -10_3 м Ответ: а = 2,14 • 10~2 Н/м. В

Две пластины погружены в спирт. На какую высоту поднимется уровень спирта, если расстояние между пластинами уменьшится с 1 до 0,5 мм? Смачивание пластины считать полным. Дано а = 0,022 Н/м р = 0,8 • 103 кг/м3 /*1 = 1 мм = 10"3 м г2 = 0,5 мм = 0,5 • 101-3 м

Решение Между пластинами образуется мениск, име­ ющий цилиндрическую поверхность. Радиусы цилиндрических поверхностей соответственно rx r2 D , 2а , 2а равны и -£■. В этом случае /г, = -----; h2 = -------; 2 2 pgr, pgr2

Ah = h2 - A, = — PS /2 Вычисления: Ah =

I, где г, и r2 — расстояния между пластинами. Л.

2 0,022 Н/м 1 0,8 103 кг/м 3 • 9,8 м /с2 (0,5 • 10~3 м

1 = 5,62 • 10_3 м = 5,62 мм. 103 м

Ответ: Ah = 5,62 мм. Н

Определите радиус г пузырька воздуха, находящегося непосредственно под поверхностью воды, если плотность воздуха в пузырьке р = 260 кг/м3, поверхностное натяжение а = 72 • 10-3 Н/м, атмосферное давление р0 = = 1 • 105 Па (Н /м 2), температура 290 К. Дано а = 72 • 10_3 Н/м р = 260 кг/м3 Ю5 Н /м 2 Т= 290 К М = 29 • 10~3 кг/моль г -

?

Решение Давление внутри пузырька р = р0 + рл, где рл = = - у — добавочное (лапласово) давление. Тогда р = Р о + — (1). г Из уравнения Клапейрона—Менделеева ,z

m __ РМ ... m М п о у ч и м Р = RT (2)> гДе Р = у р0 + ^ \ м

Подставив (1) в (2), имеем р =

~RT

, откуда г =

2а М рRT - Мр0

Вычисления: г

-

2 •72 •10-3 Н /м 29 10-3кг/моль 260кг/м 3 *8,31 ДжДмоль•К )•290 К - 2 9 1 0 " 3 кг/моль 105Н /м 2

6,6 10-9 м.

Ответ: г ~ 6,6 нм. И

В одной и той же капиллярной трубке вода поднимается на высоту h\ = = 55 мм, а керосин на Л2 = 26 мм. Определите поверхностное натяжение «2 керосина, если поверхностное натяжение воды а, = 7,2 • 10~2 Н/м. Дано h\ = 55 мм = 5,5 ■10-2 м h2 = 26 мм = 2,6 • 10~2 м а, = 7,2 • 10-2 Н /м Р] = 103 кг/м 3 р2 = 8 • 102 кг/м3 а2— ?

Решение Вода поднимается по капилляру на высоту и 2(Х1 «1 - р ■ ( 1), где а, и р! — поверхностное натя­ жение и плотность воды соответственно. Керосин поднимается по капилляру на высоту , 2а 2 п2 (2), где «2 и р2 — поверхностное натяР2б” жение и плотность керосина.

Из (2) определяем поверхностное натяжение керосина: а 2 =

(3).

2а Радиус капилляра находим из (1): г - — J- (4). РА Подставив (4) в (3), получим а 2 = Р^ а ‘^2 = 2PigA,

Вычисления: а 2 =

р,А,

(5)

8 • 102 кг/м 3 ■2,6 • 10™2 м 7,2 10-2 Н/м = 2,7 • 10-2 Н/м. 103 кг/м 3 -5,5 10"2м

Ответ: а 2 = 2,7 • 10~2 Н/м. Капиллярная трубка внутренним диаметром d = 6 - 10-4 м наполнена во­ дой, часть воды нависла внизу трубки в виде капельки, имеющей сфери­ ческую поверхность радиусом г= 3 • 10~3 м. Определите высоту столбика h воды в капиллярной трубке. Дано

Решение

d = 6 Ю ^м г = 3 • 10~3 м а = 7,2 10"2 Н/м р = 103 кг/м3 h- ?

Избыточные давления р\ и р2, обусловленные кри­ визной верхнего и нижнего менисков, уравновеши­ ваются гидростатическим давлением столба жидко­ сти высотой h (рис. 7.1): Р\ + р2 = рgh (1).

Радиус верхнего мениска равен радиусу капилляра, так как смачивание d 2а 4а ... полное, т.е. г, = - =>р{ = — = — (2); соответственно Л - £ < 3). Подставив формулы (2) и (3) в формулу (1), получим 4 а 2а .... , а / 4 2 ) ... — + — = рgh (4), откуда h = — \ - + - \ (5). d r pgU г)

Рис. 7.1

Вычисления: И=

7,2 -10-2 Н/м 103 кг/м 3 • 9,8 м /с2 6 - Ю-4 м

3 10~3м

= 5,4-10~2 м.

Ответ’, h = 5 ,4 -10“2 м. Bi

Капиллярная трубка опущена в воду. Определите теплоту Q, выделяющуюся при поднятии жидкости по капилляру. Температура воды /= 2 0 °С.

Дано

Решение

t = 20 °C a = 72 • 10™ 3Дж/м2 p = 103 кг/м3 g = 10 м /с2

Вода поднимается по капилляру на высоту pgr Потенциальная энергия цилиндрического столбика

Q - ч

жидкости равна Еп =

. Учитывая, что т = р V,

2а 2аnr р • 2ал rg ■2а _ 2л а 2 , получим Еп pgr Рg ' Pg ■2pgr pg Работу по поднятию жидкости совершают силы поверхностного натяжения 4па2 (F= 2кга): А = Fh = 2л га А, или с учетом формулы (1): А ------- . Pg Теплота, выделяющаяся при поднятии жидкости по капилляру:

где V - Sh = nr2

Q = a - e„=

4 л а2

2ла2

2ла2

pg

pg

pg

Вычисления: Q =

2\2 2 - 3,14 -(72 •10~3 Д ж /м 2) = 3,3 •10"6 Дж = 3,3 мкДж. 103 кг/м 3 • 10 м /с2

Ответ'. Q = 3,3 мкДж. Сообщающиеся сосуды заполнены жидкостью, имеющей температуру При нагревании жидкости в одном из сосудов до температуры t2 уровень жидкости установился в нем на высоте h2, а в другом сосуде — на высоте А,. Найдите температурный коэффициент р объемного расширения жидкости. Дано h h h hi P -?

Решение Плотность жидкости р обратно пропорциональна ее объему V. Если при температуре 0 °С плотность жид­ кости равна ро, то при температурах t\ и t2 соответ­ ственно имеем: Ро . Ро Р2 = Pi 1 + Р/| 1 +Р^2

Откуда — = 1 + ^ 2 . Р2 1 + Р*1 Из условия гидростатического равновесия (р\ = р2 или р(А, = р2А2) получаем, что Pi Р2 1 + р/2 Таким образом, \ ' 1 + р/, hi-hx Ответ: Р

hi . Следовательно, р = hit2 —h2t\ hi in

11

Свинцовая дробинка радиусом г = 2 мм равномерно падает в сосуде с глицерином. Определите скорость падения v дробинки, если динамичес­ кая вязкость глицерина ц = 1,5 Па - с. Решение Дано г = 2 мм = 2 ■10~3 м При падении сферической дробинки в вязкой жид­ рс = 11,36 • 103 кг/м3 кости, находящейся в поле тяготения Земли, уста­ рг = 1,26 • 103 кг/м3 навливается движение с постоянной скоростью v = г| = 1,5 Па • с = const при условии (рис. 7.2): FA + F + mg = 0 (1), где v - ? Fa — сила Архимеда; F — сила трения, действующая на дробинку со стороны глицерина: F= -6nr\rv (2). Масса дробинки т = рс V, где рс — плотность свинца; V — объем дробинки:

V - ^гКГ3 . 3

4 Таким образом: т = у л р сг 3 (3).

Сила Архимеда: FA = prgV, где рг — плотность глицерина; V — объем дро­ бинки, или Fa =P rg y7tr3 (4). Из уравнения ( 1) следует (см. рис. 7.2): mg= FA + F (5). Подставив в (5) формулы (2), (3), (4), получим 4 4 - 7tpcr 3g = - n p rr 3g + 6щг и (6). Решив уравнение (6) относительно v, имеем

Рис. 7.2

2 g(pc -Р г )г 2 (7). V=9 2 9,8 м /с2(11,36 -1,26) 103 кг/м 3(2-10"3)2 м 2 = 0,06 м/с. 1,5 Па • с Ответ: v = 0,06 м/с.

Вычисления: v =

Глава 8 СВОЙСТВА ТВЕРДЫХ ТЕЛ

Упругие свойства твердых тел. Закон Гука О

К проволоке из углеродистой стали подвешен груз массой т = 100 кг. Длина проволоки / = 1 м, диаметр d = 2 мм. Модуль Юнга для стали Е= 2,2 • 1011 Па, предел прочности с пр = 330 МПа. Определите изменение длины А/ проволо­ ки. Превышает ли приложенное напряжение оп предел прочности? Дано

Решение

1= 1м d = 2 мм = 2 • 10~3 м Е = 2,2- 10й Па m = 100 кг опр = 330 МПа = 3,3 108Па

Е Согласно закону Гука, е = ка„, где о„ - — — А/ , 1 нормальное напряжение; е = — ; к = — . 1 Е А/ 1F IF Получим — = — — (1), откуда А/ = — (2),

А /-? о п - ? где / — длина проволоки; А/ — изменение длитр 495 " Ответ’. /2 = 0,495 м. Алюминиевая проволока, площадь поперечного сечения которой 5 = 6 мм2, под действием внешней силы F удлинилась настолько, насколько она уд­ линяется при нагревании от /, = 0 °С до /2 = 40 °С. Определите эту силу. Дано 5 = 6 мм2= 6 • 10"6 м2 Г, = (0 + 273) К = 273 К Т2 = (40 + 273) К = 313 К Е = 7- Ю10 Па а = 2,4-10'5 К’ 1 F—?

Решение Согласно закону Гука, е = коп, но, так как F Д/ 1 F ... c‘ t ' s ’ ( ,) ' Из формулы (1) определим Д/ — измене­ ние длины проволоки под действием внеш­ Д/

,

1

ней силы F: А/ = — — (2). ES При тепловом линейном р;юширении длина проволоки изменяется по закону: 1 = 1о(1 + а Д Т), где АТ = Т2 - Т\. Изменение длины Д/ = / — /о = Ш + а Д Т) - /о = ctloAT (3). Приравняв правые части уравнений (2) и (3), получим I р k0 l - а /0ДГ (4), откуда F = aESAT, или F = aES( Tz - Т х). Е S Вычисления: F= 24 10"6 К_ |-7-1010 П а -6 - 10"6 м2-40 К = 403 Н; 1 Па = 1 ^ Ответ: F= 403 Н. м Плавление и кристаллизация | |

Определите теплоту Q, которую необходимо затратить на плавление алю­ миниевой болванки массой 200 кг, находящейся при температуре /= 20 °С. Решение

Дано m = 200 кг с = 880 ДжДкг • К) Х = 3,9-105 Дж/кг Г, = (20 + 273) К = 293 К Тт = (660 + 273) К = 933 К

На нагревание алюминия массой m от Г, до 7 ^ — температуры плавления требуется теплота Q, = ст( - Г,), а для его плавления необходима теплота Q2 = Xm. Отсюда

(2 - ? Q = Q\ + Qi = cm(Tm - Ti) + Xm.

Вычисления: 0 = 880 ДжДкг • К) • 200 кг (933 - 293) К + 3,9 • 105 Дж/кг 200 кг = 1 9 1 0 7 Дж = = 190 МДж. Ответ: Q = 190 МДж. Определите минимальную скорость v, которой должна обладать льдинка, имеющая температуру /, = —13 °С, чтобы при ударе о преграду она растая­ ла и полученная вода превратилась в пар. Дано

Решение

Г, = (-13 + 273) К = 260 К Т0 = 273 К

ческая энергия льдинки Ек =

Т2 = 373 К сл = 2,1 • Ю3 ДжДкг - К) X - 3,35 • 105 Дж/кг г - 2,25 • 105 Дж/кг св = 4,19 • 103 ДжДкг • К) _

Будем считать, что при ударе Ек — кинети­

9

/м г

превращается в теплоту Q, т. е.

mv

полностью

= Q (1).

Теплота Q расходуется на: • 01 — нагревание льдинки от температуры Ту до температуры плавления Г0 (t2 - 0°С); • 02 — плавление льда: 02 = Х/и; • 0 з — нагревание воды, полученной при таянии льда, от температуры Т0 до температу-

ры кипения Т2 (t = 100 °С): 0з = свт(Т2 - То); — превращение воды в пар при температуре Т2: 04 = rm. m„vA Таким образом, = слтл(Т0 - Т 1) + \ тл + свтп(Т2 - Т 0) + rm„ (2). 04

Из уравнения (2) определяем минимальную скорость льдинки: у = л/2[сл (Г0 - 7 ’, ) +

Х + св(7’2 -

Т о) - у г ] .

Вычисления: v=. 2

2,1 • 103 ДжДкг • К) • (273 К - 260 К) + 3,35 •105 Дж/кг + = 1 415 м/с. + 4,19 • 103 ДжДкг • К) • (373 К - 273 К) + 2,25 •10 5 Дж/кг

Ответ: v = 1415 м/с.

= 1J

J

J

ОСНОВЫ ЭЛЕКТРОДИНАМИКИ

О.

Глава 9 ЭЛЕКТРИЧЕСКОЕ ПОЛЕ Электрические заряды. Закон сохранения заряда О

Чему равен общий заряд Q электронов, которые находятся в слитке золо­ та (Au) массой т = 200 г? Дано т = 200 г = 0,2 кг Z = 79 М —197 • 10_3 кг/моль Na = 6,02 • 1023 моль"1 е = 1,6 - 10-19 Кл G -?

Решение Число электронов в одном атоме золота равно порядковому номеру Z элемента в Периодической системе Д. И. Менделеева. Число атомов А золота в массе т равно N = ^ N A, где NA — постоянная М Авогадро. Следовательно, Q - eZN = eZ — N А, где е — заряд электрона.

Вычисления:

М

0 2 кг Q = 1,6 • 10- 19 Кл • 79 1П, , ’ ---- ;------ 6,02• 1023 моль-1 = 7,7 мКл. 197 Ю"3 кг/моль Ответ: Q = 7,7 мКл. Два одинаковых маленьких шарика массой т = I ■Ю^1кг подвешены в воз­ духе на непроводящих нитях длиной /= 0,3 м к одному крючку. После того как шарикам сообщили одинаковые заряды, угол расхождения нитей со­ ставил а = 60°. Определите заряды шариков Q. Дано

О

/ = 0,3 м а = 60° 3 II

В

Со = 8,85 • 10- 12 Ф/м Е= 1 g = 9,8 м/с2 Q -?

Решение На каждый из шариков действуют силы: • Т — сила натяжения нити; • mg — сила тяжести; • F — сила взаимодействия электрических за­ рядов. Из условия равновесия шариков следует: mg + f + F = 0.

F - T s in ^ = 0; 2 г cos — а - mg = л0. Г Учитывая, что F =

j 9 г - /; а = 60°, получим 4tc££q/*

гг . а

02

r S ,n 2 = W

,1Х а> ’

Т co s^ = mg (2). Разделив почленно уравнение (1) на уравнение (2), получим