К решению задач и выполнению

КОНТРОЛЬНЫХ РАБОТ

1. За время изучения курса общей физики студент-заочник должен представить в учебное заведение в зависимости от специальности от двух до шести контрольных работ.

2. Номера задач, которые студент должен включить в свою контрольную работу, определяются по таблицам вариантов (см., например, с. 35).

3. Контрольные работы нужно выполнять чернилами в школьной тетради, на обложке которой привести сведения по следующему образцу:

4. Условия задач в контрольной работе надо переписать полностью без сокращений. Для замечаний преподавателя на страницах тетради оставлять поля.

5. В конце контрольной работы указать, каким учебником или учебным пособием студент пользовался при изучении физики (название учебника, автор, год издания). Это делается для того, чтобы рецензент в случае необходимости мог указать, что следует студенту изучить для завершения контрольной работы.

6. Высылать на рецензию следует одновременно не более одной работы. Во избежание одних и тех же ошибок очередную работу следует высылать только после получении рецензии на предыдущую.

7. Если контрольная работа при рецензировании не зачтена, студент обязан представить ее на повторную рецензию, включив в нее те задачи, решения которых оказались неверными. Повторную работу необходимо представить вместе с незачтенной.

8. Зачтенные контрольные работы предъявляются экзаменатору. Студент должен быть готов во время экзамена дать пояснения по существу решения задач, входящих в контрольные работы.

9. Решения задач следует сопровождать краткими, но исчерпывающими пояснениями; в тех случаях, когда это, возможно, дать чертеж, выполненный с помощью чертежных принадлежностей.

10. Решать задачу надо в общем виде, т.е. выразить искомую величину в буквенных обозначениях величин, заданных в условии задачи. При таком способе решения не производятся вычисления промежуточных величин.

11. После получения расчетной формулы для проверки правильности ее следует подставить в правую часть формулы вместо символов величин обозначения единиц этих величин, произвести с ними необходимые действия и убедиться в том, что полученная при этом единица соответствует искомой величине. Если такого соответствия нет, то это означает, что задача решена неверно (см. пример 4 на с. 53 и пример 3 на с. 78).

12. Числовые значения величин при подстановке их в расчетную формулу следует выражать только в единицах СИ. В виде исключения допускается выражать в любых, но одинаковых единицах числовые значения однородных величин, стоящих в числителе и знаменателе дроби и имеющих одинаковые степени (см. пример 7 на с. 23).

13. При подстановке в расчетную формулу, а также при записи ответа числовые значения величин следует записывать как произведение десятичной дроби с одной значащей цифрой перед запятой на соответствующую степень десяти. Например, вместо 3520 надо записать 3,52×10³, вместо 0,00129 записать 1,29×10 ^-3 и т. п.

14. Вычисления по расчетной формуле надо проводить с соблюдением правил приближенных вычислений (см. в «Задачнике по физике» А. Г. Чертова, А. А. Воробьева Приложение о приближенных вычислениях). Как правило, окончательный ответ следует записывать с тремя значащими цифрами. Это относится и к случаю, когда результат получен с применением калькулятора.

УЧЕБНЫЕ МАТЕРИАЛЫ

ПО РАЗДЕЛАМ КУРСА ФИЗИКИ

ФИЗИЧЕСКИЕ ОСНОВЫ КЛАССИЧЕСКОЙ МЕХАНИКИ

Основные формулы

Кинематическое уравнение движения материальной точки (центра масс твердого тела) вдоль оси x

,

где f(t) – некоторая функция времени.

Проекция средней скорости на ось x

.

Средняя путевая скорость

,

где D s – путь, пройденный точкой за интервал времени D t. Путь D s в отличие от разности координат D x = x ₂ – x ₁не может убывать и принимать отрицательные значения, т.е. D s 0.

Проекция мгновенной скорости на ось x

.

Проекция среднего ускорения на ось x

.

Проекция мгновенного ускорения на ось x

.

Кинематическое уравнение движения материальной точки по окружности

, .

Модуль угловой скорости

.

Модуль углового ускорения

.

Связь между модулями линейных и угловых величин, характеризующих движение точки по окружности:

, , ,

где – модуль линейной скорости; и – модули тангенциального и нормального ускорений; w – модуль угловой скорости; – модуль углового ускорения; R – радиус окружности.

Модуль полного ускорения

, или .

Угол между полным а и нормальным а _n ускорениями

.

Кинематическое уравнение гармонических колебаний материальной точки

,

где x – смещение; А – амплитуда колебаний; w– угловая или циклическая частота; – начальная фаза. Скорость и ускорение материальной точки, совершающей гармонические колебания:

; .

Сложение гармонических колебаний одного направления и одинаковой частоты:

а) амплитуда результирующего колебания

;

б) начальная фаза результирующего колебания

.

Траектория точки, участвующей в двух взаимно перпендикулярных колебаниях,

:

a) ,если разность фаз ;

б) ,если разность фаз ;

в) ,если разность фаз .

Уравнение плоской бегущей волны

,

где у – смещение любой из точек среды с координатой x в момент в момент t; – скорость распространения колебаний в среде.

Связь разности фаз D колебаний с расстоянием D x между точками среды, отсчитанным в направлении распространения колебаний;

,

где – длина волны.

Импульс материальной точки массой т, движущейся со скоростью v,

Второй закон Ньютона

где F – результирующая сила, действующая на материальную точку.

Силы, рассматриваемые в механике:

а) сила упругости

,

где k – коэффициент упругости (в случае пружины – жесткость); x – абсолютная деформация;

б) сила тяжести

;

в) сила гравитационного взаимодействия

,

где G – гравитационная постоянная; m ₁и m ₂ – массы взаимодействующих тел; r – расстояние между телами (тела рассматриваются как материальные точки). В случае гравитационного взаимодействия силу можно выразить также через напряженность G гравитационного поля:

;

г) сила трения (скольжения)

где f – коэффициент трения; N – сила нормального давления.

Закон сохранения импульса

,

или для двух тел (i = 2)

m ₁ ,

где v₁ и v₂ – скорости тел в момент времени, принятый за начальный; u₁ и u₂ – скорости тех же тел в момент времени, принятый за конечный.

Кинетическая энергия тела, движущегося поступательно,

,или .

Потенциальная энергия:

а) упругодеформированной пружины

,

где k – жесткость пружины; х – абсолютная деформация;

б) гравитационного взаимодействия

,

где G – гравитационная постоянная; т ₁и m ₂ – массы взаимодействующих тел; r – расстояние между ними (тела рассматриваются как материальные точки);

в) тела, находящегося в однородном поле силы тяжести,

,

где g – ускорение свободного падения; h – высота тела над уровнем, принятым за нулевой (формула справедлива при условии h<<R, где R– радиус Земли). Закон сохранения механической энергии

.

Работа А, совершаемая результирующей силой, определяется как мера изменения кинетической энергии материальной точки:

.

Основное уравнение динамики вращательного движения относительно неподвижной оси z

,

где M_z – результирующий момент внешних сил относительно оси z, действующих на тело; e – угловое ускорение; J_z – момент инерции относительно оси вращения.

Моменты инерции некоторых тел массой т относительно оси z, проходящей через центр масс:

а) стержня длиной l относительно оси, перпендикулярной стержню,

;

б) обруча (тонкостенного цилиндра) относительно оси, перпендикулярной плоскости обруча (совпадающей с осью цилиндра),

,

где R – радиус обруча (цилиндра);

в) диска радиусом Л? относительно оси, перпендикулярной плоскости диска,

,

Проекция на ось z момента импульса тела, вращающегося относительно неподвижной оси z,

где w – угловая скорость тела.

Закон сохранения момента импульса систем тел, вращающихся вокруг неподвижной оси z,

,

где J_z – момент инерции системы тел относительно оси z; w – угловая скорость вращения тел системы вокруг оси z.

Кинетическая энергия тела, вращающегося вокруг неподвижной оси z,

,или

Примеры решения задач

Пример 1. Уравнение движения материальной точки вдоль оси имеет вид x = A +Bt + Ct³, где А = 2 м, В = 1 м/с, С= – 0,5 м/с³. Найти координату х, скорость _x и ускорение a_x, точки в момент времени t = 2 c.

Решение. Координату x найдем, подставив в уравнение движения числовые значения коэффициентов А, В и С и времени t:

.

Мгновенная скорость относительно оси x есть первая производная от координаты по времени:

.

Ускорение точки найдем, взяв первую производную от скорости по времени:

.

В момент времени t = 2 c

Пример 2. Тело вращается вокруг неподвижной оси по закону j = А + Bt + Ct², где А = 10 рад, в = 20 рад/с, С = –2 рад/с². Найти полное ускорение точки, находящейся на расстоянии r =0,1 м от оси вращения, для момента времени t = 4 с.

Решение. Полное ускорение а точки, движущейся по кривой линии, может быть найдено как геометрическая сумма тангенциального ускорения а_t, направленного по касательной к траектории, и нормального ускорения а _n, направленного к центру кривизны траектории (рис.1):

.

Так как векторы а _т и а _n взаимно перпендикулярны, то модуль ускорения

. (1)

Модули тангенциального и нормального ускорения точки вращающегося тела выражаются формулами

, ,

где w – модуль угловой скорости тела; e – модуль его углового ускорения.

Подставляя выражения a _t и а_п в формулу (1), находим

. (2)

Угловую скорость w найдем, взяв первую производную угла поворота по времени:

.

В момент времени t = 4с модуль угловой скорости

.

Угловое ускорение найдем, взяв первую производную от угловой скорсти по времени:

.

Подставляя значения w, eи r в формулу (2), получаем

.

Пример 3. Ящик массой m ₁ = 20 кг соскальзывает по идеально гладкому лотку длиной l = 2 м на неподвижную тележку с песком и застревает в нем. Тележка с песком массой m ₂ = 80 кг может свободно (без трения) перемещаться по рельсам в горизонтальном направлении. Определить скорость и тележки с ящиком, если лоток наклонен под углом a = 30° к рельсам.

Решение. Тележку и ящик можно рассматривать как систему двух неупруго взаимодействующих тел. Но эта система не замкнута, так как на нее действуют внешние силы: силы тяжести m ₁ g и m ₂ g сила реакции N₂ (рис. 2). Поэтому применить закон сохранения импульса к системе ящик – тележка нельзя. Но так как проекции указанных сил на направление оси х, совпадающей с направлением рельсов, равны нулю, то проекцию импульса системы на это направление можно считать постоянной, т. е.

, (1)

где р _{1 x} и p _{2 x} проекции импульса ящика и тележки с песком в момент падения ящика на тележку; и – те же величины после падения ящика.

Рассматривая тела системы как материальные точки, выразим в равенстве (1) импульсы тел через их массы и скорости, учитывая, что =0 (тележка до взаимодействия с ящиком покоилась), а также что после взаимодействия оба тела системы движутся с одной и той же скоростью и:

,

или

,

где – модуль скорости ящика перед падением на тележку; проекция этой скорости на ось х.

Отсюда . (2) Модуль скорости определим из закона сохранения энергии:

,

где h = l sin a, откуда

.

Подставив выражение в формулу (2), получим

.

После вычислений найдем

Пример 4. На спокойной воде пруда перпендикулярно берегу и носом к нему стоит лодка массой М и длиной L. На корме стоит человек массой т. На какое расстояние s удалится лодка от берега, если человек перейдет с кормы на нос лодки? Силами трения и сопротивления пренебречь.

Решение. Систему человек – лодка относительно горизонтального направления можно рассматривать как замкнутую. Согласно следствию из закона сохранения импульса, внутренние силы замкнутой системы тел не могут изменить положение центра масс системы. Применяя это следствие к системе человек – лодка, можно считать, что при перемещении человека по лодке центр масс системы не изменит своего положения, т. е. останется на прежнем расстоянии от берега.

Пусть центр масс системы человек–лодка находится на вертикали, проходящей в начальный момент через точку C₁ лодки (рис. 3), а после перемещения лодки – через другую ее точку C₂. Так как эта вертикаль неподвижна относительно берега, то искомое перемещение s лодки относительно берега равно перемещению лодки относительно вертикали. А это последнее легко определить по перемещению центра масс О лодки. Как видно из рис. 3, в начальный момент точка О находится на расстоянии а ₁слева от вертикали, а после перехода человека – на расстоянии a ₂справа от вертикали. Следовательно, искомое перемещение лодки

.

Для определения a₁ и a₁ воспользуемся тем, что результирующий момент сил, действующих на систему относительно горизонтальной оси, перпендикулярной продольной оси лодки, равен нулю. Поэтому для начального положения системы Mga₁ = mg(l – а₁), откуда

.

После перемещения лодки Mgd₂ = mg(L– d₂ – l), откуда

.

Подставив полученные выражения бъ и az в (1), найдем

.

Пример 5. При выстреле из пружинного пистолета вертикально вверх пуля массой m = 20 г поднялась на высоту h = 5 м. Определить жесткость k пружины пистолета, если она была сжата на х = 10 см. Массой пружины и силами трения пренебречь.

Решение. Рассмотрим систему пружина – пуля. Так как на тела системы действуют только консервативные силы, то для решения задачи можно применить закон сохранения энергии в механике. Согласно ему полная механическая энергия Е ₁системы в начальном состоянии (в данном случае перед выстрелом) равна полной энергии Е ₂в конечном состоянии (когда пуля поднялась на высоту h), т. е.

, (1)

где T ₁, T ₂, П₁ и П₂ – кинетические и потенциальные энергии системы в начальном и конечном состояниях. Так как кинетические энергии пули в начальном и конечном состояниях равны нулю, то равенство (1) примет вид

. (2)

Примем потенциальную энергию пули в поле сил тяготения Земли, когда пуля покоится на сжатой пружине, равной нулю, а высоту подъема пули будем отсчитывать от торца сжатой пружины. Тогда энергия системы в начальном состоянии будет равна потенциальной энергии сжатой пружины, т. е. П = ¹/₂ kx ², а в конечном состоянии – потенциальной энергии пули на высоте, т. е. П₂ = mgh.

Подставив выражения П₁ и П₂ в формулу (2), найдем ^l/₂kx²=mgh, откуда

. (3)

Проверим, дает ли полученная формула единицу жесткости k. Для этого в правую часть формулы (3) вместо величин подставим их единицы*:

.

Убедившись, что полученная единица является единицей жесткости (1 Н/м), подставим в формулу (3) значения величин и произведем вычисления:

.

Пример 6. Шар массой m ₁ движущийся горизонтально с некоторой скоростью , столкнулся с неподвижным шаром массой m₂. Шары абсолютно упругие, удар прямой, центральный. Какую долю е своей кинетической энергии первый шар передал второму?

Решение. Доля энергии, переданной первым шаром второму, выразится соотношением

, (1)

где Т₁ – кинетическая энергия первого шара до удара; и ₂ и Т₂ – скорость и кинетическая энергия второго шара после удара.

Как видно из формулы (1), для определения e надо найти u ₂. Согласно условию задачи, импульс системы двух шаров относительно горизонтального направления не изменяется и механическая энергия шаров в другие виды не переходит. Пользуясь этим, найдем:

; (2)

. (3)

Решим совместно уравнения (2) и (3):

.

Подставив это выражение и₂ в формулу (1) и сократив на и m ₁, получим

.

Из найденного соотношения видно, что доля переданной энергии зависит только от масс сталкивающихся шаров.

Пример 7. Через блок в виде сплошного диска, имеющего массу m = 80 г (рис. 4), перекинута тонкая гибкая нить, к концам которой подвешены грузы с массами m ₁ = 100 г и m ₂ = 200 г. Определить ускорение, с которым будут двигаться грузы, если их предоставить самим себе. Трением и массой нити пренебречь.

Решение. Рассмотрим силы, действующие на каждый груз и на блок в отдельности. На каждый груз действуют две силы: сила тяжести и сила упругости (сила натяжения нити). Направим ось x вертикально вниз и напишем для каждого груза уравнение движения (второй закон Ньютона) в проекциях на эту ось. Для первого груза

; (1)

для второго груза

. (2)

Под действием моментов сил и относительно оси z, перпендикулярной плоскости чертежа и направленной за чертеж, блок приобретает угловое ускорение e. Согласно основному уравнению динамики вращательного движения,

, (3)

где e = а/r; J_z = ¹/₂mr² – момент инерции блока (сплошного диска) относительно оси z.

Согласно третьему закону Ньютона, с учетом невесомости нити Воспользовавшись этим, подставим в уравнение (3) вместо выражения T ₁, и T ₂ получив их предварительно из уравнений (1) и (2):

.

После сокращения на r и перегруппировки членов найдем

. (4)

Формула (4) позволяет массы m ₁, m ₂и т выразить в граммах, как они даны в условии задачи, а ускорение – в единицах СИ. После подстановки числовых значений в формулу (4) получим

.

Пример 8. Маховик в виде сплошного диска радиусом R = 0,2 м и массой m = 50 кг раскручен до частоты вращения п ₁= 480 мин^-1 и предоставлен сам себе. Под действием сил трения маховик остановился через t = 50 с. Найти момент М сил трения.

Решение. Для решения задачи воспользуемся основным уравнением динамики вращательного движения в виде

, (1)

где d L_z – изменение проекции на ось z момента импульса маховика, вращающегося относительно оси z, совпадающей с геометрической осью маховика, за интервал времени d t; M_z – момент внешних сил (в данном случае момент сил трения), действующих на маховик относительно оси z.

Момент сил трения можно считать не изменяющимся с течением времени (M_z =const), поэтому интегрирование уравнения (1) приводит к выражению

. (2)

При вращении твердого тела относительно неподвижной оси изменение проекции момента импульса

, (3)

где J_z – момент инерции маховика относительно оси z; Dw – изменение угловой скорости маховика.

Приравняв правые части равенств (2) и (3), получим , откуда

. (4)

Момент инерции маховика в виде сплошного диска определяется по формуле

.

Изменение угловой скорости Dw = w₂ - w₁ выразим через конечную п ₂и начальную n ₁ частоты вращения, пользуясь соотношением w = 2p n:

.

Подставив в формулу (4) выражения J_z, и Dw, получим

.

Проверим, дает ли расчетная формула единицу момента силы (Н×м). Для этого в правую часть формулы вместо символов величин подставим их единицы:

.

Подставим в (5) числовые значения величин и произведем вычисления, учитывая, что n ₁= 480мин^-1 = 480/60 с^-1 = 8 с^-1:

Знак минус показывает, что момент сил трения оказывает на маховик тормозящее действие.

Пример 9. Платформа в виде сплошного диска радиусом R = 1,5м и массой т ₁ = 180 кгвращается около вертикальной оси с частотой n = 10 мин^–1. В центре платформы стоит человек массой m ₂ = 60 кг. Какую линейную скорость относительно пола помещения будет иметь человек, если он перейдет на край платформы?

Решение. Согласно условию задачи, момент внешних сил относительно оси вращения z, совпадающей с геометрической осью платформы, можно считать равным нулю. При этом условии проекция L_z момента импульса системы платформа – человек остается постоянной:

, (1)

где J _z – момент инерции платформы с человеком относительно оси z; w – угловая скорость платформы.

Момент инерции системы равен сумме моментов инерции тел, входящих в состав системы, поэтому в начальном состоянии J _z = J ₁ + J ₂, а в конечном состоянии .

С учетом этого равенство (1) примет вид

, (2)

где значения моментов инерции J ₁ и J ₂ платформы и человека соответственно относятся к начальному состоянию системы; и – к конечному.

Момент инерции платформы относительно оси z при переходе человека не изменяется: . Момент инерции человека относительно той же оси будет изменяться. Если рассматривать человека как материальную точку, то его момент инерции J ₂ в начальном состоянии (в центре платформы) можно считать равным нулю. В конечном состоянии (на краю платформы) момент инерции человека .

Подставим в формулу (2) выражения моментов инерции, начальной угловой скорости вращения платформы с человеком (w = 2p n) и конечной угловой скорости (, где – скорость человека относительно пола):

После сокращения на R ² и простых преобразований находим скорость:

.

Произведем вычисления:

.

Пример 10. Ракета установлена на поверхности Земли для запуска в вертикальном направлении. При какой минимальной скорости , сообщенной ракете при запуске, она удалится от поверхности на расстояние, равное радиусу Земли (R = 6,37·10⁶ м)? Всеми силами, кроме силы гравитационного взаимодействия ракеты и Земли, пренебречь.

Решение. Со стороны Земли на ракету действует сила тяжести, являющаяся потенциальной силой. При неработающем двигателе под действием потенциальной силы механическая энергия ракеты изменяться не будет. Следовательно,

, (1)

где T ₁, П₁ и T ₂, П₂ – кинетическая и потенциальная энергии ракеты после выключения двигателя в начальном (у поверхности Земли) и конечном (на расстоянии, равном радиусу Земли) состояниях.

Согласно определению кинетической энергии,

.

Потенциальная энергия ракеты в начальном состоянии,*

.

По мере удаления ракеты от поверхности Земли ее потенциальная энергия возрастает, а кинетическая – убывает. В конечном состоянии кинетическая энергия Т ₂станет равной нулю, а потенциальная – достигнет максимального значения:

.

Подставляя выражения T ₁, П₁, Т ₂и П₂ в (1), получаем

,

откуда

.

Заметив, что GM/R² = g (g – ускорение свободного падения у поверхности Земли), перепишем эту формулу в виде

,

что совпадает с выражением для первой космической скорости.

Произведем вычисления:

.

Пример 11. Точка совершает гармонические колебания с частотой . В момент, принятый за начальный, точка имела максимальное смещение: x _max = 1 мм. Написать уравнение колебаний точки и начертить их график.

Решение. Уравнение колебаний точки можно записать в виде

, (1)

где А – амплитуда колебаний; w – циклическая частота; t – время; j – начальная фаза.

По определению, амплитуда колебаний

. (2)

Циклическая частота w связана с частотой n соотношением

. (3)

Для момента времени t = 0 формула (1) примет вид

откуда начальная фаза

,

или

.

Изменение фазы на 2p не изменяет состояния колеблющейся точки, поэтому можно принять

(4)

С учетом равенств (2) – (4) уравнение колебаний примет вид

,

где А = 1 мм= 10^{-3 м,} n= 10 Гц, j = р/2.

График соответствующего гармонического колебания приведен на рис. 5.

Пример 12. Частица массой m = 0,01 кг совершает гармонические колебания с периодом Т = 2с. Полная энергия колеблющейся частицы E = 0,1 мДж. Определить амплитуду А колебаний и наибольшее значение силы F max, действующей на частицу.

Решение. Для определения амплитуды колебаний воспользуемся выражением полной энергии частицы:

,

где w = 2p/Т. Отсюда амплитуда

. (1)

Так как частица совершает гармонические колебания, то сила, действующая на нее, является квазиупругой и, следовательно, может быть выражена соотношением F = – kx, где k – коэффициент квазиупругой силы; x – смещение колеблющейся точки. Максимальной сила будет при максимальном смещении х _mах, равном амплитуде:

(2)

Коэффициент k выразим через период колебаний:

. (3)

Подставив выражения (1) и (3) в (2) и произведя упрощения, получим

.

Произведем вычисления:

;

.

Пример 13. Складываются два колебания одинакового направления, выраженные уравнениями

,

где A₁ = 3см, A₂ = 2 см, t₁ = l/6 c, t₂ = 1/3 с, Т = 2 с. Построить векторную диаграмму сложения этих колебаний и написать уравнение результирующего колебания.

Решение. Для построения векторной диаграммы сложения двух колебаний одного направления надо фиксировать какой-либо момент времени. Обычно векторную диаграмму строят для момента времени t =0. Преобразовав оба уравнения к канонической форме , получим

Отсюда видно, что оба складываемых гармонических колебания имеют одинаковую циклическую частоту

.

Начальные фазы первого и второго колебаний соответственно равны

.

Произведем вычисления:

;

. .

Изобразим векторы A₁ и А₂. Для этого отложим отрезки длиной A₁ = 3 cм и A₂ = 2 см под углами j₁ = 30° и j₂ = 60° к оси Ох. Результирующее колебание будет происходить с той же частотой w и амплитудой А, равной геометрической сумме амплитуд A₁ и А₂: A = A ₁+ A ₂. Согласно теореме косинусов,

.

Начальную фазу результирующего колебания можно также определить непосредственно из векторной диаграммы (рис. 6):

.

;

,

или j =0,735 рад.