Основные определения и законы

1. КИНЕМАТИКА
Основные определения и законы
Задачей кинематики является определение кинематических характеристик движения тел: координат, скоростей, ускорений, времени движения – и получение уравнений, связывающих эти характеристики между собой.
Поступательным называется движение, при котором любая
прямая, жестко связанная с движущимся телом, остается параллельной своему первоначальному положению.
Материальной точкой называется тело, размерами которого
в условиях рассматриваемой задачи можно пренебречь.
Положение материальной точки в некоторой системе отсчета

можно определить, задавая ее радиус-вектор r , а ее движение векторным уравнением
 
r r t .
В декартовой системе координат (рис. 1.1) проекции радиусвектора на координатные оси дают систему скалярных уравнений
x
y
xt ;
yt ;
z
zt .
Изменение радиус-вектора за некоторый промежуток времени



t t2 t1, равное r t2 r t1 , называют перемещением r за время
t (рис. 1.2).
Y
y
S

r

r

r t1
x
0

r t2
X
z
0
Z
Рис. 1.1
Рис. 1.2
4
Линия, которую описывает при этом конец радиус-векто
ра r t , называется траекторией материальной точки, а длина этой
линии – пройденным за время t путем S .
Средняя скорость движения


r
.
vcp
t
Мгновенная скорость



Δr dr
v lim
.
dt
t 0 Δt
Средняя путевая скорость
Среднее ускорение

acp
vcp
ΔS
.
Δt

v t2

v t1
t2
t1
Мгновенное ускорение

a

Δv
.
Δt

Δv
lim
t 0 Δt

dv
.
dt
В силовых полях, где действуют постоянные силы, движение
тел происходит с постоянным ускорением.

Уравнение движения тела с постоянным ускорением a имеет
вид

at 2

 
r t r0 v0t
,
(1.1)
2

где r0 – радиус-вектор, направленный из начала координат в точку,

в которой тело находится в начальный момент t 0 ; v0 – начальная
скорость тела при t 0 .

В векторном уравнении (1.1) разность текущего r и начально
го r0 радиус-векторов является перемещением точки в данный момент времени t:

 
Δr0t r r0 .
5
При равнопеременном движении скорость тела изменяется по
закону

 
(1.2)
v t v0 a t .

Если в уравнениях (1.1) и (1.2) ускорение a 0 , то движение
будет равномерным:

 
r t r0 v0t ;

vt

v0
const .
Движение тела может происходить вдоль прямой линии (прямолинейное) либо по криволинейной траектории, лежащей в одной
плоскости (криволинейное).
При решении любой задачи кинематики необходимо получить
систему скалярных уравнений путем проекции векторных уравнений
движения (1.1) и (1.2) на координатные оси. Систему координат нужно выбирать такую, в которой уравнения, описывающие движение,
получаются простыми.
Так, при прямолинейном движении берется одна ось координат, направленная вдоль движения. При криволинейном движении
приходится брать прямоугольную систему координат с двумя осями
и представлять движение в виде суммы двух движений, происходящих вдоль координатных осей. Уравнения имеют более простой вид,
когда направления осей выбирают так, что некоторые из проекций в
течение всего времени движения равны нулю.
При составлении уравнений очень важен вопрос о знаках перед модулями проекций x0 , v0 и a. Если координата отсчитывается в
положительную сторону от начала координат, то ей приписывается
знак “плюс”. Проекции скоростей и ускорений считаются положительными, если направление соответствующей составляющей совпадает с положительным направлением оси, в противном случае в
уравнениях они пишутся со знаком “минус”.
Неизвестные величины лучше писать со знаком “плюс”. При
нахождении этих величин в процессе решения задачи их знак определится при расчетах. Знак “плюс” будет соответствовать направлению искомого вектора вдоль оси, а знак “минус” будет свидетельствовать, что вектор направлен против направления оси.
Способ определения знаков при проектировании векторных
уравнений на ось 0Х иллюстрирует рис. 1.3.
6

r t
Уравнение
 at 2
v0t

r0
2
Проекция на ось X

v0
x0
0
xt
x0

vt
Уравнение
v0t

a
X
0
 
v0t at

v0
Проекция на ось X
X
at 2
2

v0
x0

a
vx t

a
at 2
2
v0t

v0
X

a
X
Рис. 1.3
При прямолинейном движении в одну сторону, т. е. когда ско
рость v не изменяет своего направления за время движения, путь
можно найти по формуле
St
xt
x0
v0 t
at 2
.
2
При решении задач на движение нескольких тел рекомендуется пользоваться одной системой координат.
Частным случаем криволинейного движения является вращательное движение.
7
Вращательное движение – движение, при котором все точки
тела движутся по окружностям, центры которых лежат на одной и
той же прямой, называемой осью вращения.
Изменение положения тела при движении по окружности характеризуют углом
поворота радиуса, проведенного к телу
(рис. 1.4). Угол поворота измеряется в радианах

При повороте на угол точка
v
 проходит по дуге окружности путь
v

an
0
S
R .
Средняя угловая скорость при
равномерном движении
R
,
t
– угол поворота за время t .
где
Рис. 1.4
Угловая скорость может быть выражена через частоту
период обращения T :
или
2π
.
T
Связь между модулями линейных и угловых величин, характеризующих движение точки по окружности радиусом R :
ω
v ωR ; an
2
2
ω R;
an
v2
,
R
где v – модуль линейной скорости; an – нормальное или центростремительное ускорение.
 
Направления векторов v и an показаны на рис. 1.4.
При равнопеременном движении по окружности вместе с нормальным ускорением имеется и тангенциальное (касательное) уско
рение aτ , которое показывает изменение модуля скорости v. Вместе
они определяют полное ускорение
a
an2
aτ2 .
При криволинейном движении также имеются нормальное и
тангенциальное ускорения.
8
Примеры решения задач
Задача 1.1. Первый поезд прошел две трети пути со скоростью
80 км/ч, а оставшуюся часть пути со скоростью 40 км/ч. Второй поезд
прошел половину времени со скоростью 80 км/ч, а другую – со скоростью 40 км/ч. Какова средняя скорость (км/ч) каждого поезда?
Дано:
Решение
Согласно определению средней скорости
v1 = 80 км/ч;
v2 = 40 км/ч;
2
S;
3
1
S2
S;
3
u1 = 80 км/ч;
u2 = 40 км/ч;
1
t1
t;
2
1
t2
t.
2
vср – ?
S1
uср – ?
vcp
S1 S 2
,
(1.3)
t1 t 2
где t1 и t 2 – время прохождения отрезков пути S1
и S2 .
Для первого поезда при равномерном движении
vср
S1
t1
v1
S2
t2
v2
2S
;
3 v1
(1.4)
1 S
.
3 v2
(1.5)
Подставив выражения (1.4) и (1.5) в уравнение
(1.3), получим
2
1
S
S
3
3
2S 1 S
3 v1 3 v2
S
S 2
3 v1
3 v1 v2
2v2 v1
1
3 80 40
2 40 80
60 км ч .
v2
Для второго поезда
S1 S 2
.
t1 t 2
Путь при равномерном движении
ucp
S1
S2
(1.6)
u1 t1
t
u1 ;
2
(1.7)
u2t 2
u2
t
.
2
(1.8)
9
Подставив выражения (1.7) и (1.8) в уравнение (1.6), получим
t
t
u2
2
2 u1 u2 80 40
t t
2
2
2 2
60 км ч ; ucp 60 км ч .
u1
ucp
Ответ: vcp
60 км ч .
Задача 1.2. Катер переплывает реку шириной 600 м. Под каким углом к направлению течения он должен плыть, чтобы достигнуть противоположного берега в кратчайшее время? Какой путь он
проплывет, если скорость течения реки 5 м/с, а скорость катера относительно воды 15 м/с.
Дано:
Решение

 = 600 м;
Направим скорость катера vк под произвольvр 5 м с ; ным углом к скорости течения реки vр (рис. 1.5).
vк 15 м с ; Выберем систему координат 0Х и 0Υ. При произвольном угле проекция скорости катера на направление
t tmin .
оси 0Υ
–?
S –?
vкY vк sin .
Y

vк

vр
0
X
Рис. 1.5
При равномерном движении время достижения противоположного берега
t

vкY

.
vк sin
10
Время пересечения реки зависит от угла , под которым движется катер, и достигает минимальной величины при максимальном
значении sin
1. При этом угол
90 .
Тогда

t min
vк
.
За это время течение реки снесет катер на расстояние
L
vp 
vк
vp tmin
5 600
15
200 м .
Соответственно путь, пройденный катером (рис. 1.6),
S
2
L2
6002
2002
632 м .
L

S
Рис. 1.6
Ответ:
90 ; S = 632 м.
Задача 1.3. Два поезда идут по параллельным путям навстречу друг другу со скоростями 72 и 54 км/ч. Длина поездов соответственно 200 и 150 м. За какое время второй поезд пройдет мимо пассажира, находящегося в первом поезде? Сколько времени будет проходить первый поезд мимо пассажира, находящегося во втором поезде, при обгоне?
11
Дано:
v1 = 72 км/ч = 20 м/с;
v2 = 54 км/ч = 15 м/с;
1 = 200 м;
 2 =150 м.
tвстр – ?
tобг – ?
Решение
При встречном движении направление скоростей поездов показано на
рис. 1.7, а, там же обозначено направление
оси Х.
Поскольку пассажир находится в первом поезде, свяжем систему отсчета с первым поездом. Тогда относительная скорость
движения поездов

 
vотн, встр v2 v1 .
(1.9)
Проекция уравнения (1.9) на ось Χ
vотн, встр
а
v2 v1
б

v1
1
v1 v2 .
(1.10)
1

v1

v2

v2
2
2
X
X
Рис. 1.7
Знак “минус” в выражении (1.10) указывает на то, что относительная скорость второго поезда направлена против оси X. Время
прохождения второго поезда при встрече
tвстр
2
2
vотн, встр
v1 v2
150
20 15
4,28 с .
При обгоне направление скоростей поездов показано на
рис. 1.7, б. По условию задачи пассажир, наблюдающий за обгоном,
находится во втором поезде, поэтому систему отсчета свяжем со вторым поездом. При этом относительная скорость первого поезда

 
vотн, встр v1 v2 .
12
(1.11)
Проекция уравнения (1.11) на ось Х
vотн, встр v1 v2 .
Время обгона
t обг
Ответ: tвстр
200
20 15
1
v1 v2
4,28 с ; tобг
40 с .
40 с .
Задача 1.4. Тело брошено вертикально вверх со скоростью
20 м/с. Пренебрегая сопротивлением воздуха, определить, сколько
времени оно будет в полете и за сколько времени достигнет наибольшей высоты. Определить высоту, положение тела через 3 с полета и путь по вертикали, пройденный телом за это время.
Дано:
Решение
На рис. 1.8 показана ось Y и указаны физичеv0 = 20 м/с;
ские величины, заданные в условии задачи, которые
t1 = 3 с.
нужно определить.
tк – ?
Движение тела происходит в поле действия поtmax – ?
стоянной силы – силы тяжести, поэтому оно будет

hmax – ?
равнопеременным с постоянным ускорением g .
y1 – ?
Кинематические уравнения движения в векторS1 – ?
ной форме имеют вид

g t2

 
r t r0 v0 t
;
(1.12)
2

 
(1.13)
v t v0 gt .
Y
hmax
y1
Sн

v0
0
Рис. 1.8
13
Sв

g
Проекции уравнений (1.12) и (1.13) на ось 0Y позволяют получить следующие скалярные уравнения:
yt
g t2
;
2
v0 t
vY t
(1.14)
v0 gt .
(1.15)
Время полета тела tк можно определить из уравнения (1.14),
учитывая, что в момент падения тело будет находиться на поверхности земли, т. е. y tк 0 ,
0
g tк2
,
2
v0 tк
откуда получаем
tк
При
vY tmax
2v0
g
2 20
9 ,81
4 ,08 с .
достижении наибольшей высоты
0 . Тогда из уравнения (1.15) получаем
0 v0
t max
v0
g
hmax
скорость
gtmax ;
20
9 ,81
2 ,04 с .
Подставив время tmax в уравнение (1.14), получаем
2
gtmax
9 ,81 2 ,04 2
hmax y t max
v0t max
20 2 ,04
20,4 м .
2
2
Положение тела в момент времени t1 определяется координатой
gt12
9 ,81 3 2
y1 y t1 v0 t1
20 3
15,9 м.
2
2
Путь, пройденный телом за t1 3 c , определяется суммой отрезков пути, пройденных без изменения направления скорости: S в –
при движении вверх и Sн – при движении вниз от верхней точки.
14
Путь, пройденный телом от нижней точки до верхней,
Sв
v0tmax
2
gtmax
.
2
Путь, пройденный телом от верхней точки траектории вниз,
Sн
g t1 tmax 2
.
2
Путь, пройденный телом за t1
S1
Sв
Sн
v0tmax
2
g tmax
2
S1
4,08 с ; tmax
g t1 tmax 2
2
9,81 3 2,04 2
2
9,81 2,042
20 2,04
2
Ответ: tк
24,9 м .
3 с,
2,04 с ; hmax
24,9 м .
20,4 м ; у1 15,9 м ;
Задача 1.5. Тело брошено с вышки высотой 20 м под углом 30° к горизонту со скоростью 20 м/с. Пренебрегая сопротивлением воздуха, определить высоту подъема тела относительно поверхности земли, время его движения, дальность полета, скорость в момент
падения и угол, под которым тело упало на землю.
Дано:
Решение
На рис. 1.9 показана траектория движения тела
Н = 20 м;
v0 = 20 м/с; и указаны все величины, заданные в условии задачи,
которые нужно определить.
= 30°.
Движение тела происходит в поле действия по –?
стоянной силы – силы тяжести, поэтому оно будет
hmax – ?

g . Поравнопеременным
с
постоянным
ускорением
tк – ?

скольку
скорость
тела
к усv
0 направлена под углом
vк – ?

корению свободного падения g , движение будет крик –?
волинейным.
15
Векторные уравнения движения имеют вид

g t2

 
r t r0 v0 t
;
2

 
v t v0 gt .
Y
(1.16)
(1.17)

v0
hmax
H

g

vX
0

X
к

vY tк
Рис. 1.9

vк
Проектируя уравнения (1.16) и (1.17) на координатные оси 0Х
и 0Y, получаем систему скалярных уравнений:
yt
xt
v0 сos t ;
(1.18)
vX t
v0 cos ;
(1.19)
H
vY t
v0 sin t
v0 sin
gt 2
;
2
gt .
(1.20)
(1.21)
Из уравнений (1.18) – (1.21) видно, что движение вдоль
оси 0Х – равномерное, а вдоль оси 0Y – равнопеременное.
Время полета тела tк можно найти из очевидного условия: при
падении на землю координата y tк 0 . Из уравнения (1.20) получаем
0
H
v0 sinα tк
16
g tк2
.
2
Время полета t к найдем, решая квадратное уравнение
g 2
tк v0 sinα tк H 0 .
2
Подставим числовые значения величин:
9,81 2
tк
2
20 sin30 t к
4,9 tк2 10 tк
t к1
t к2
3,28 c ;
0;
20 0 ;
102 4 4,9 20
2 4,9
10
tк
20
3,28 c ;
1,24 c .
По условию задачи нас интересует время, отсчитываемое с
момента начала движения, т. е. положительное время, поэтому
tк
3,28 c .
Дальность полета

v0 cosα tк
x tк
20 cos 30 3,28 56,8 м .
В верхней точке траектории скорость vY t max
ния (1.21) имеем
0
0 . Из уравне-
v0 sinα g t max ,
откуда время достижения верхней точки траектории
t max
v0 sinα
g
20 sin30
9,81
1,02 c .
Полученное время подставим в уравнение (1.20):
hmax
y t max
H
v0 sinα t max
9,81 1,022
20 20 sin30 1,02
2
17
2
gtmax
2
25,1 м/c .
Скорость тела в момент падения на землю
vк
vX 2
2
vY t к
20 cos30 2
v0 cosα
20 sin30
2
v0 sinα gt к
9,81 3,28 2
2
28,1 м/с .
Из рис. 1.9 видно, что
tg к
vY t к
vX
v0 sin gt к
,
v0 cos
откуда угол, под которым тело упало на землю,
к
v sinα gt к
arctg 0
v0 cosα
arctg
20 sin30 9,81 3,28
20 cos30
Ответ:  = 56,8 м; hmax = 25,1 м; tк = 3,28 с; vк = 28,1 м/с;
52,0 .
к
52,0 .
Задача 1.6. Колесо радиусом 20 см равномерно вращается с
периодом 4 с. Определить нормальное ускорение и линейную скорость точек на ободе колеса, а также путь и модуль вектора перемещения за время 1 с.
Дано:
Решение


T = 4 с;
На рис. 1.10 радиус-векторы r0 и r1 опреR = 20 см = 0,2 м; деляют положение точки в начальный момент

t1 = 1,0 с.
времени и в момент t1 . Линейная скорость v наS1 – ?
правлена по касательной к траектории движения, а нормальное ускорение направлено к ценv–?
тру вращения.
an – ?

Угловая скорость вращения колеса
r –?
2
.
T
Линейная скорость точки на ободе колеса
v ωR
2
R
T
2 3,14 0,2
4
18
0,314 м/с .
Нормальное ускорение
an
v2
R
0,3142
0,2
0,493 м/с 2 .
Путь рассчитывается по траектории движения:
S1

v
v t1 0,314 1 0,314 м .

r1
1
S1

r

v
1
R

r0
0
0
Рис. 1.10

Вектор перемещения r (см. рис. 1.10) направлен из точки 0 в
точку 1, где тело находится в момент времени t1 . За время t1 колесо
повернется на угол
2
2 3,14 1 3,14
t
рад 90 .
1
1
T
4
2
2
 
Таким образом, радиус-векторы r0 , r1 и вектор перемещения

r образуют равносторонний прямоугольный треугольник, в кото
ром r является гипотенузой, поэтому

Δr
2R 2 R 2 0,2 2 0,283 м .
ω t1

Δr
Ответ:
0,283 м .
S = 0,314 м;
v= 0,314 м/с;
an
0,493 м с 2 ;
Задачи для самостоятельного решения
Задача 1.7. Моторная лодка плывет по реке из одного пункта в
другой и обратно. Во сколько раз время движения лодки против те-
19
чения больше времени движения по течению, если скорость течения
2 м/с, а скорость лодки в стоячей воде 10 м/с?
Ответ: в 1,5 раза.
Задача 1.8. Первую четверть пути мотоциклист проехал со
скоростью 10 м/с, вторую – со скоростью 15 м/с, третью – со скоростью 20 м/с и последнюю – со скоростью 5 м/с. Определить среднюю
скорость мотоциклиста на всем участке пути.
Ответ: vcp 9,6 м/с.
Задача 1.9. С какой скоростью (км/ч) и по какому курсу должен лететь самолет, чтобы за 2 ч пролететь точно на север 300 км, если во время полета дует западный ветер под углом 90° к меридиану
со скоростью 27 км/ч?
Ответ: v 152 км/ч; = 10,2°.
Задача 1.10. Две автомашины начинают движение из точки
пересечения двух взаимно перпендикулярных дорог с постоянными
ускорениями 3 и 4 м с 2 . Определить модуль относительной скорости автомашин через 10 с.
Ответ: vотн 50 м/с.
Задача 1.11. Автомобиль движется со скоростью 90 км/ч. На
протяжении пути, равного 40 м, производится торможение, после чего скорость уменьшается до 54 км/ч. Считая движение автомобиля
равнозамедленным, найти ускорение и время торможения.
Ответ: а
5 м/с2 ; t 2 c .
Задача 1.12. Определить начальную скорость, которую необходимо сообщить брошенному вертикально вверх телу, чтобы оно
вернулось обратно через 6 с. Чему равна максимальная высота подъема?
Ответ: v0 29,4 м/с ; hmax 44,1м .
Задача 1.13. Материальная точка движется вдоль оси X по закону x t 7 3 t 0,5 t 2 м, где t – время в секундах. Определить координату точки в тот момент, когда скорость точки будет равна нулю.
Ответ: x 2,50 м.
Задача 1.14. Проекция скорости тела на ось X при движении
вдоль оси X меняется по закону vХ 4 2 t м/с, где t – время в се-
20
кундах. С какого момента времени движение тела становится равноускоренным?
Ответ: t 2,00 с.
Задача 1.15. Колесо катится по горизонтальной поверхности
со скоростью 5 м/с. Найти центростремительное ускорение точек колеса, соприкасающихся с поверхностью, если частота его вращения
2 с 1 . Сколько оборотов сделает колесо за 3 с?
Ответ: an 62,8 м с 2 ; N 6 об.
Задача 1.16. Тело движется равноускоренно и проходит последовательно одинаковые отрезки пути длиной 15 м соответственно
за время 2 и 1 с. Определить ускорение и скорость тела в начале первого отрезка пути. Построить график v f t и указать на нем найденную начальную скорость. Показать на графике угол, тангенс которого численно равен ускорению.
Ответ: v0 2,5 м/с ; а 5 м/с2 .
Задача 1.17. Под углом 60° к горизонту брошено тело с начальной скоростью 20 м/с. Через какое время оно будет двигаться под
углом 45° к горизонту? Трение отсутствует.
Ответ: t = 0,746 с.
Задача 1.18. На горизонтальном валу, совершающем 200 об с ,
на расстоянии 20 см друг от друга закреплены два тонких диска. Для
определения скорости полета пули выстрел был произведен так, что
пуля пробила два диска на одинаковом расстоянии от оси вращения.
Определить среднюю скорость пули при движении ее между дисками, если угловое смещение пробоин оказалось равным 18°.
Ответ: v 800 м/с.
21
2. ДИНАМИКА
Основные определения и законы
Второй закон Ньютона:
N

Fi

ma,
i 1
N
где

Fi – сумма сил, действующих на тело; m – масса тела;
 i 1
a – ускорение; N – число сил, действующих на тело.
В скалярной форме это соотношение справедливо для проекций векторов сил и ускорения на координатные оси:
N
N
Fi X
i 1
m aX ;
N
Fi Y
Fi Z
m aY ;
m aZ .
i 1
i 1
Силы, рассматриваемые в механике:
сила упругости


F
k x,
где k – коэффициент упругости (для пружин – жесткость или коэф
фициент жесткости); x – удлинение тела;
сила гравитационного взаимодействия
F
G
m1 m2
r
2
,
где G – гравитационная постоянная, G 6,67 10 11 м3 кг с 2 ;
m1 , m2 – масса взаимодействующих тел; r – расстояние между телами (тела рассматриваются как материальные точки);
сила тяжести


F mg,

где m – масса тела; g – ускорение свободного падения.
Ускорение свободного падения на поверхности и вблизи поверхности планеты рассчитывается по формуле
22
g
G
M
R H
2
,
где M , R – масса и радиус планеты; H – высота над поверхностью
планеты;
сила трения скольжения
N,
F
где
– коэффициент трения; N – нормальная составляющая силы
реакции опоры.
Сила трения скольжения всегда направлена против направления скорости;
вес тела – сила, действующая на опору или подвес.
При движении тела по окружности искривление траектории
происходит под действием силы, направленной к центру окружности.
В качестве такой силы может быть любая из перечисленных выше
сил механики или их сумма. Силу, выполняющую эту роль, называют
центростремительной.
Проекция второго закона Ньютона на радиальное направление
Fn
man ,
где an – нормальное (центростремительное) ускорение.
Импульс тела


p mv ,

где m и v – масса и скорость тела.
Импульс системы тел

p
N

pi ,
i 1
где N – число тел, входящих в систему.
Замкнутая система – механическая система тел, на которую
не действуют внешние силы.
Закон сохранения импульса в замкнутой инерциальной
системе:

p
N
i 1

pi
N

mi vi
i 1
23
const .
Для системы двух тел закон сохранения импульса имеет вид




m1v1 m2v2 m1u1 m2u2 ,
 
 
где v1 , v2 – скорости тел системы до взаимодействия; u1 , u2 – скорости тел после взаимодействия.
Второй закон Ньютона часто выражают через импульс тела:

N 
p
,
Fi
t
i 1
откуда
N

Fi
t

p.
i 1
Решение любой задачи динамики рекомендуется проводить в
такой последовательности:
1) сделать рисунок и изобразить все силы, действующие на
рассматриваемое тело со стороны других тел;
2) записать второй закон Ньютона в векторной форме, используя силы, действующие на рассматриваемое тело;
3) выбрать систему координат и спроектировать векторное
уравнение на координатные оси;
4) решить полученную систему скалярных уравнений.
Если решается задача динамики системы связанных тел, то
векторные уравнения составляются отдельно для каждого тела, входящего в систему.
При решении задачи направление ускорения может быть неизвестно. Поэтому его направление может быть выбрано произвольно.
Если в процессе решения задачи ускорение получится положительным, значит, его предполагаемое направление было выбрано правильно, если отрицательным – направление ускорения нужно изменить на противоположное, получить систему скалярных уравнений и
заново их решить.
Примеры решения задач
Задача 2.1. Тело массой 1 кг падает в воздухе с ускорением
8 м с 2 . Найти силу сопротивления воздуха.
24
Дано:
m = 1 кг;
a = 8 м с2 .
F –?
Решение
На тело действуют сила тяжести и сила сопротивления воздуха (рис. 2.1). Движение тела равноус
коренное, поэтому ускорение a направлено вниз.
Y

F

v

a

mg
Рис. 2.1
Второй закон Ньютона для рассматриваемого тела
 

mg F ma .
(2.1)
Проекция уравнения (2.1) на ось Y
mg
F
ma ,
откуда
F
Ответ: F
mg ma
mg a
1 9,81 8
1,81 H .
1,81 H .
Задача 2.2. К нити подвешен груз массой 200 г. Определить
силу натяжения нити, если нить с грузом: 1) поднимать с ускорением
2 м с 2 ; 2) опускать с ускорением 2 м с 2 .
Дано:
Решение
На груз при подъеме действуют сила
m = 200 г = 0,2 кг;


2
m
g
тяжести
и
сила
натяжения
нити
T
а1 a2 2 м с .
1
(рис. 2.2, а). Действие сил обеспечивает дви1) Т1 – ?

жение
тела
с
ускорением
a
1 , направленным
2) T2 – ?
вверх.
25
Второй закон Ньютона


T1 mg

ma1 .
(2.2)
Проекция уравнения (2.2) на ось Y
ma1,
T1 mg
откуда сила натяжения
T1
ma1 mg
m a1 g
а
0,2 2 9,81
2,36 H .
б

T1
Y

v
Y

T2

v

a1

a2

mg

mg
Рис. 2.2
При опускании груза с нитью

тяжести mg и сила натяжения нити
правлено вниз (рис. 2.2, б).
Второй закон Ньютона


T2 mg
на
 тело действуют также сила
T2 , но ускорение a2 будет на-

ma2 .
(2.3)
Проекция уравнения (2.3) на ось Y
T2
mg
ma2 ,
откуда сила натяжения
T2
mg ma2
m g a2
0,2 9,81 2
1,56 Н .
Ответ: 1) T1 = 2,36 Н; 2) T2 = 1,56 Н.
Задача 2.3. Наклонная плоскость длиной 5 м и высотой 2 м
используется для подъема груза массой 100 кг. Какую силу, направленную вдоль плоскости, надо приложить, чтобы: 1) переместить
26
груз вверх с ускорением 1 м с 2 ; 2) переместить его вверх равномерно; 3) удержать груз на плоскости? Коэффициент трения равен 0,2.
Дано:
Решение
1. На рис. 2.3 показаны силы, действующие
 5 м;
h 2 м;
на тело при перемещении его вдоль наклонной

плоскости с постоянным ускорением a .
m 100 кг;
Второй закон Ньютона
a 1 м с2 ;

  

0,2 .
F1 mg N Fтр ma ,
(2.4)


1) F1 – ?
где F1 – сила тяги; N – нормальная состав2) F2 – ?

ляющая силы реакции опоры; mg – сила тяже
3) F3 – ?
сти; Fтр – сила трения.
Угол
наклонной плоскости найдем по ее размерам:
α
arcsin
h

Y

N
arcsin

v
2
5
23,6 .

a

 F
F1 2

Fтр
X
h

mg

Рис. 2.3
При рассмотрении движения тела вдоль наклонной плоскости
удобно выбрать ось Х, направленную вдоль плоскости, а ось Y – перпендикулярно ей. Проектируя уравнение (2.4) на оси Х и Y, получим
систему двух скалярных уравнений.
27
Проекция на ось Х
F1 mg sinα Fтр
ma .
(2.5)
Проекция на ось Y
mg cosα
N
0.
(2.6)
В уравнении (2.6) проекция ускорения на ось Y равна нулю,
так как движение прямолинейно только вдоль плоскости.
Из уравнения (2.6) нормальная составляющая силы реакции
опоры
N
mg сosα ,
соответственно сила трения
Fтр
μmg сosα .
N
(2.7)
Подставив выражение (2.7) в уравнение (2.5), получим
μmg cos
F1 mg sin
ma ,
откуда
F1
ma mg sin
μmg cos
100 1 9,81 sin23,6
m a g sin
0,2 cos23,6
μ cos
672 H .
2. При равномерном перемещении груза по наклонной плоскости сумма всех сил,действующих на тело, будет равна нулю. Однако

вместо силы тяги F1 будет действовать несколько меньшая сила F2
(см. рис. 2.3). Второй закон Ньютона запишется в виде

  
F2 mg N Fтр 0 .
(2.8)
Соответственно проекции уравнения (2.8) на оси Х и Y дадут
систему двух скалярных уравнений.
Проекция на ось Х
F2
mg sin
Fтр
0.
(2.9)
Проекция на ось Y
mg cos
28
N
0.
(2.10)
Из выражения (2.10) нормальная составляющая силы реакции
опоры
mg сosα ,
N
соответственно сила трения
Fтр
N
μmg сosα .
(2.11)
Подставив выражение (2.11) в уравнение (2.9), получим
F2 mgsin
mgcos
0,
откуда
F2
mg sin
cos
100 9,81 sin23,6
0,2 cos23,6
572 H.
3. При удержании груза на наклонной плоскости сила трения
направлена вверх по плоскости. Так, при большом коэффициенте
трения груз может удерживаться на плоскости только за счет силы
трения. Если же этой силы не хватает, то к телу нужно приложить
дополнительно силу F3 (рис. 2.4).

v 0
Y

N

Fтр

F3
X
h

mg

Рис. 2.4
По условию равновесия тела

 
F3 mg N
29

Fтр
0.
(2.12)
Проектируя уравнение (2.12) на координатные оси Х и Y, получаем систему двух скалярных уравнений.
Проекция на ось Х
F3
mg sin
Fтр
0.
(2.13)
Проекция на ось Y
mg cos
N
0.
(2.14)
Из выражения (2.14) нормальная составляющая силы реакции
опоры
N
mg сosα ,
соответственно сила трения
Fтр
N
μmg сosα .
(2.15)
Подставив выражение (2.15) в уравнение (2.13), получим
F3 mg sinα μmg cosα 0 ,
откуда
F3
mg sin
cos
100 9,81 sin23,6
0,2 cos23,6
213 H .
Ответ: F1 = 672 Н; F2 = 572 Н; F3 = 213 Н.
Задача 2.4. Невесомый блок укреплен на краю стола. Через
блок перекинута нерастяжимая нить, связывающая два груза массой
1 и 2 кг. Первый груз скользит по поверхности стола с коэффициентом трения 0,1, а второй опускается вниз. Трение в блоке отсутствует.
Найти ускорение системы грузов и силу натяжения нити.
Дано:
Решение
При решении задачи динамики системы свяm1 = 1 кг;
занных тел второй закон Ньютона записывается отm2 = 2 кг;
дельно для каждого тела, входящего в систему.
= 0,1.

На первый груз действуют сила тяжести m1g ,
a– ?

N
нормальная
составляющая
силы
реакции
опоры
,
T–?


сила трения Fтр и сила натяжения нити T1 (рис. 2.5).

На второй груз действуют сила тяжести m2 g и сила натяжения

нити T2 .
30
Запишем второй закон Ньютона:
– для первого груза
   
m1g T1 N Fтр
– для второго груза
Y

Fтр
 
m2 g T2

N

T1

m1a1 ;
(2.16)

m2 a2 .
(2.17)

a1
X

m1g

T2

a2

m2 g
Рис. 2.5
Проекции уравнения (2.16) на оси Х и Y:
T1 Fтр
m1g
m1a1 ;
(2.18)
0,
(2.19)
N
откуда нормальная составляющая силы реакции опоры
m1g ;
N
Fтр
N
m1g .
Подставив силу трения в выражение (2.18), получим
T1
m1g
m1a1.
(2.20)
Проекция уравнения (2.17) на ось Y
m2 g T2
31
m2a2 .
(2.21)
Для дальнейшего решения
ускорений обоих тел равны:

a1
задачи важно отметить, что модули

a2
a,
так как связывающая их нить нерастяжимая.
Поскольку блок, через который перекинута нить, невесомый и
в нем отсутствует
а также нить невесомая, то модули сил на трение,

тяжения нити T1 и T2 , приложенных к разным грузам, равны, т. е.


T1 T2 T .
С учетом этих условий уравнения (2.20) и (2.21) можно представить следующим образом:
T μm1g
m1a ;
(2.22)
m2 g T
m2a .
(2.23)
Сложим левые и правые части уравнений (2.22) и (2.23):
m2 g μm1g
a(m1 m2 ) ,
откуда
a
m2 g μm1 g
m1 m2
m 2 μm1
g
m1 m 2
2 0,1 1
9,81 6,21 м/с 2 .
1 2
Силу натяжения находим из выражения (2.23):
Т
m2 g a
2 9,81 6,21
7,20 H .
Интересно отметить, что в выражение для ускорения a не вошли силы натяжения нити T , которые являются внутренними силами
в системе. Ускорение системы тел определили только внешние
 силы:

сила тяжести второго тела m2 g и сила трения первого тела Fтр .
Ответ: a = 6,21 м/с2; T = 7,20 Н.
Задача 2.5. Диск вращается вокруг вертикальной оси, делая
30 об/мин. На расстоянии 20 см от оси вращения на диске лежит тело.
Каков должен быть коэффициент трения между телом и диском, чтобы тело не соскальзывало с диска?
32
Дано:
Решение
1
На тело, лежащее на вращающемся
= 30 об/мин = 0,5 с ;

диске, действуют сила тяжести mg , норR = 20 см = 0,2 м.
мальная составляющая  силы реакции
–?
опоры N и сила трения Fтр .
Сила трения в данной задаче является центростремительной,
так как искривляет траекторию движения тела и заставляет его равномерно двигаться по окружности (рис. 2.6). При этом на тело дейст
вует нормальное (центростремительное) ускорение an , направленное
к центру вращения.
Y

аn

N

Fтр
X

mg
Рис. 2.6
Второй закон Ньютона для тела:
  

mg N Fтр ma .
(2.24)
Выберем направление оси Х к центру вращения, чтобы проекция нормального ускорения была положительной.
Проекция уравнения (2.24) на ось Х
Fтр
man .
Проекция уравнения (2.24) на ось Y
mg
N
0.
Откуда нормальная составляющая силы реакции опоры
N
mg .
33
(2.25)
Максимальная сила трения покоя
μN
Fтр
μmg .
Подставив полученное выражение для силы трения в уравнение (2.25), получим
μmg
man ,
откуда коэффициент трения
an
.
g
μ
Поскольку an
an
g
μ
Ответ:
ω2 R и ω
ω2 R
g
2πv , то
2 v 2R
g
(2 3,14 0,5)2 0,2
9,8
0,2 .
= 0,2.
Задача 2.6. Молекула массой 4,65 10 26 кг, летящая со скоростью 600 м/с, ударяется о стенку сосуда под углом 60 к нормали и
под таким же углом упруго отскакивает. Найти импульс, полученный
стенкой. Удар считать абсолютно упругим.
Дано:
Решение
При абсолютно упругом ударе выполm = 4,65 10 26 кг;
няются законы сохранения импульса и мехаv1 = 600 м/с;
нической энергии.
.
1
2
Поскольку в момент соударения потенpст – ?
циальная энергия молекулы в поле сил тяжести не изменяется, то ее кинетическая энергия
после удара остается прежней:

mv12
2

mv22
,
2
откуда v1 v2 v.
Будем считать, что в момент удара внешние силы много меньше сил упругости и ими можно пренебречь, т. е. система молекула–
стенка является замкнутой. Тогда к ней можно применить закон сохранения импульса.
34
До удара импульсом обладала молекула, после удара импульсом обладают молекула и стенка. Логично предположить, что им
пульс стенки pст направлен внутрь стенки (рис. 2.7).
Закон сохранения импульса для системы молекула–стенка

 
(2.26)
mv1 mv2 pст .
Проекция уравнения (2.26) на ось Х
mv1 sin 1
mv2 sin 2
Y

v1
pстХ .

v2
1
1

pст
X
Рис. 2.7
Поскольку по условию задачи v1 v2 , 1
составляющая импульса стенки вдоль оси Х pстХ
Проекция уравнения (2.26) на ось Y
mv1 cosα1
mv2 cosα 2
2,
получаем, что
0.
pстY .
Таким образом,
p стY
2mvcosα
2 4,65 10 26 600 cos60
2,79 10 23 H c .
Поскольку модуль проекции вектора p стY получился положительным, делаем вывод, что наше предположение о направлении век
тора pст было верным.
Ответ: pст
2,79 10 23 Н·с.
Задача 2.7. Снаряд массой 100 кг, летящий вдоль железнодорожного пути с горизонтальной скоростью 500 м/с, попал в вагон с
песком массой 20 т и застрял в нем. Найти скорость вагона после по-
35
падания снаряда, если он двигался навстречу снаряду со скоростью 36 км/ч.
Дано:
Решение
На равномерно движущуюся платm1 = 100 кг;

форму действуют сила тяжести m2 g и
v1 = 500 м/с;
нормальная
 составляющая силы реакции
m2 = 20 т = 20 103 кг;
опоры N , которые компенсируют друг
v2 = 36 км/ч = 10 м/с.
друга. Поэтому систему снаряд–платформа
u– ?
можно считать замкнутой и применить к
ней закон сохранения импульса:



(2.27)
m1v1 m2v2 (m1 m2 ) u .
На рис. 2.8 показаны скорости тел до и после взаимодействия
До взаимодействия

v1
После взаимодействия

v2
m1

u
m2
m1 m2
X
Рис. 2.8
Обращаем внимание на то, что направление скорости системы
двух тел после взаимодействия неизвестно и поэтому выбрано предположительно.
Проекция уравнения (2.27) на ось Х
m1v1 m2v2
откуда скорость вагона
u
m1v1 m2 v2
m1 m2
(m1 m2 ) u ,
100 500 20 103 10
3
(2.28)
7,46 м/с .
100 20 10

Знак “минус” показывает, что направление вектора скорости u
было выбрано неправильно. Платформа после попадания снаряда будет двигаться в прежнем направлении, но с меньшей скоростью.
Ответ: u 7,46 м/с.
36
Задача 2.8. Два тела движутся с постоянными скоростями в
противоположных направлениях. Модуль полного импульса системы
тел равен 10 Н·с. Определить модуль импульса первого тела, если
модуль импульса второго тела равен 10 Н·с.
Дано:
Решение


На рис. 2.9 показаны направления
pсист p1 p2 10 Н·с;
импульсов тел и направление оси Х.
p2 10 Н·с.
Проекция
суммы
импульсов

 
p1 – ?
pсист p1 p2 на ось Х

p1
p1
pсист
p2 .

p2
(2.29)
X
Рис. 2.9
В выражении (2.29) перед модулем суммы векторов ставят
знаки “плюс” и “минус”, так как алгебраическая сумма проекций векторов может получиться с разными знаками в зависимости от выбранного направления оси Х.
Из уравнения (2.29) получим
p1
p2  pсист 10  10 H c .
Первый ответ p1 0 H c . противоречит условию задачи, так
как первое тело движется и v1 0 .
Второй ответ p1 20 H c .
Ответ: p1 20 H c .
Задача 2.9. Модуль импульса первого тела до прямого центрального столкновения с покоящимся телом равен 9 Н·с, а после
столкновения – 3 Н·с. Определить в градусах угол между векторами
импульсов тел после удара, если модуль импульса второго тела после
удара равен 12 Н·с.
37
Дано:
Решение
На рис. 2.10 показаны направления импульсов
p1 9 Н·с;
тел до и после взаимодействия. В зависимости от веp1 3 Н·с;
личины начальных импульсов тел возможны два ваp2 0 ;
рианта движения тел после соударения: 1) оба тела
p2 12 Н·с.
движутся в одном направлении; 2) тела движутся в
противоположных направлениях.
–?
Закон сохранения импульса в векторной форме
 
 
(2.30)
p1 p2 p1 p2 .
Спроектируем уравнение (2.30) на ось Х для двух случаев с
учетом того, что р2 0 :
при
= 0° проекция p1
при
= 180° проекция p1
До взаимодействия

p1
p1
p2 ;
p1
p2 .
После взаимодейс твия

p1

p2
0

p2
0
X
После взаимодейс твия
X

p1
180

p2
X
Рис. 2.10
Подставив числовые значения величин, получим:
– для = 0° равенство не выполняется, так как 9 3 12 ;
3 12 .
– для = 180° равенство выполняется, так как 9
Ответ: = 180°.
Задача 2.10. Найти среднюю плотность планеты Венера, если
ее радиус 6100 км, а ускорение свободного падения на ее поверхности 8,8 м с 2 .
38
Дано:
R = 6100 км = 6,10 106 м;
g 8,80 м с 2 .
–?
Решение
Ускорение свободного падения
на поверхности планеты
g
G
M
R2
.
(2.31)
Считая планету шаром, найдем ее объем :
V
4 3
R
3
и массу:
4 R3
M
V
.
(2.32)
3
Подставив выражение (2.32) в формулу (2.31), получим
g
G
4 R3
3 R2
G
4 R
,
3
откуда
3g
4 GR
Ответ:
3 8,80
4 3,14 6 ,67 10
11
6 ,10 10
6
5,16 103 кг/м 3 .
5,16 103 кг м3 .
Задачи для самостоятельного решения
Задача 2.11. Найти равнодействующую двух одинаковых по
модулю сил F 30 Н: 1) направленных по одной прямой в одну сторону; 2) направленных по одной прямой противоположно друг другу;
3) направленных под углом 90 друг к другу; 4) направленных под
углом 120 друг к другу.
Ответ: 1) F1 60 Н; 2) F2 0 Н; 3) F3 42,4 Н; 4) F4 30 Н.
Задача 2.12. На горизонтальной поверхности лежит тело массой 5 кг. Какой путь пройдет это тело за 1 с, если к нему приложить
силу 50 Н, образующую угол 60 с горизонтом? Коэффициент трения
между телом и поверхностью принять равным 0,2.
Ответ: S 2,38 м.
39
Задача 2.13. Две гири массой 7 и 11 кг висят на концах нерастяжимой нити, которая перекинута через блок. Вначале гири находятся на одной высоте. Через какое время после начала движения более легкая гиря окажется на 10 см выше тяжелой? Массой блока, нити и сопротивлением движению пренебречь.
Ответ: t 0,214 с.
Задача 2.14. Однородный вертикально расположенный стержень длиной 5 м поднимается вертикально вверх под действием силы
300 Н, приложенной к одному из его концов. С какой силой растянут
стержень в сечении, находящемся на расстоянии 1 м от его нижнего
конца?
Ответ: F 60 Н.
Задача 2.15. Тело лежит на наклонной плоскости, составляющей с горизонтом угол 30 . Требуется определить: при каком предельном значении коэффициента трения тело начнет скользить по
наклонной плоскости; с каким ускорением будет скользить тело по
плоскости, если коэффициент трения равен 0,3; время прохождения
при этих условиях 100 м пути; скорость тела в конце этого пути.
0,577 ; a 2,36 м с 2 ; t 9,21 с; v 21,7 м/с.
Ответ:
Задача 2.16. Две пружины соединены один раз последовательно, другой – параллельно. Коэффициент упругости одной из пружин
равен 20 Н/м. При последовательном соединении пружин коэффициент упругости системы составляет 12 Н/м. Определить коэффициент
упругости второй пружины и упругость системы при параллельном
соединении, если удлинение пружин одинаковое.
Ответ: k 2 30 Н/м; k пар 50 Н/м.
Задача 2.17. Мяч массой 100 г, движущийся со скоростью
5 м/с, ударяется о стенку под углом 30 к нормали и под таким же
углом отскакивает. Считая удар упругим, определить его продолжительность, если известно, что сила удара 20 Н.
Ответ: t 43,3 мс.
Задача 2.18. На подножку вагонетки, которая движется прямолинейно со скоростью 2 м/с, прыгает человек массой 60 кг в направлении, перпендикулярном к ходу вагонетки. Масса вагонетки
240 кг. Определить скорость вагонетки вместе с человеком.
Ответ: u 1,6 м/с.
40
3. РАБОТА И МЕХАНИЧЕСКАЯ ЭНЕРГИЯ
Основные определения и законы
Работа силы при перемещении тела, если сила постоянная по
величине и направлению,
A
F r cos ,
где F – сила; r – перемещение; – угол между вектором силы и
вектором перемещения.
Мощность определяется работой, совершаемой в единицу
времени,
A
; N F v cos ,
t
где t – время совершения работы; v – скорость движения тела;
– угол между вектором силы и вектором скорости.
Коэффициент полезного действия (КПД)
N
Nп
,
Nз
Aп
;
Aз
где Aп , N п – полезные работа и мощность; Aз , N з – затраченные
работа и мощность.
Кинетическая энергия тела, движущегося поступательно,
Eк
mv2
;
2
Eк
p2
,
2m
где m – масса; v – скорость; p – импульс.
Потенциальная энергия определяется взаимным расположением тел и характером сил взаимодействия между ними:
а) для упругодеформированной пружины
k x2
Eп
,
2
где k – жесткость пружины; x – абсолютная деформация;
б) для гравитационного взаимодействия
Eп
G
m1 m2
,
r
41
где G – гравитационная постоянная; m1 и m2 – масса взаимодействующих точечных тел; r – расстояние между телами;
в) для тела, находящегося в поле силы тяжести вблизи поверхности планеты,
Eп
mgh ,
где g – ускорение свободного падения; h – высота относительно
уровня, принятого за нулевой.
Формула справедлива при условии
h
R,
где h – высота над поверхностью; R – радиус планеты.
Консервативные силы – силы, работа которых не зависит от
формы пути, а зависит только от начального и конечного положений
тела.
Механическая энергия – сумма кинетической и потенциальной энергии:
E
Eк
Eп .
Закон сохранения механической энергии: в замкнутой инерциальной системе тел, между которыми действуют только консервативные силы, механическая энергия сохраняется:
E const .
В неконсервативных (диссипативных) системах механическая энергия уменьшается за счет преобразования в другие (немеханические) формы энергии, например работа против силы трения преобразует механическую энергию во внутреннюю:
E2
E1
Aтр ,
где E1 и E2 – механическая энергия в начале и конце процесса;
Aтр – работа сил трения.
Примеры решения задач
Задача 3.1. Пуля, вылетевшая из винтовки вертикально вверх
со скоростью 1000 м/с, упала на землю со скоростью 50 м/с. Какая
работа была совершена силой сопротивления воздуха, если масса пули 10 г?
42
Дано:
v1 1000 м/с;
v2 50 м/с;
m 10 г 10 10 3 кг .
Aтр – ?
Атр
Решение
Сила трения является диссипативной силой,
которая приводит к рассеянию механической
энергии. Поэтому работа силы трения может быть
определена как разность значений кинетической
энергии в конечном и начальном состояниях. Изменения потенциальной энергии не происходит,
так как выстрел проводится с поверхности земли и
пуля возвращается на землю:
Е2
Е1
mv22
2
10 10 3
502 10002
2
Ответ: Атр
4,99 кДж.
mv12
2
m 2
v2
2
4990 Дж
v12
4 ,99 кДж .
Задача 3.2. Автомобиль массой 2 т движется в гору с уклоном
4 м на каждые 100 м пути. Коэффициент трения 0,08. Найти работу,
совершаемую двигателем автомобиля на пути 3 км, и мощность, развиваемую двигателем, если известно, что этот путь был пройден за
4 мин.
Дано:
Решение
На рис. 3.1 показаны силы, действуюm 2 т 2 103 кг ;

m
g
щие
на
автомобиль:
– сила тяжести;
h 4м;


F – сила тяги; N – нормальная составляющая
 100 м ;

F
силы
реакции
опоры;
тр – сила трения.
0,08 ;
Движение автомобиля равномерное,
S 3 км 3 103 м ;
поэтому сумма сил, действующих на автомоt 4 мин 240 с .
биль, будет равна нулю.
A –?
Второй закон Ньютона
N –?

  
F mg N Fтр 0 .
(3.1)
Проекция уравнения (3.1) на ось Х
F
mg sin
Fтр
43
0.
(3.2)
Проекция уравнения (3.1) на ось Y
N
mg cosα
0.
(3.3)
Тогда
N
и
mg cosα
Fтр
μN
μ mg cosα .

v
Y

N

F
X

Fтр
h

mg

Рис. 3.1
Подставив выражение для силы трения Fтр в (3.2), получим
F
mg sin
μ mg cos
0,
откуда
F
Угол
mg sin
cos .
(3.4)
находим по известным параметрам уклона дороги:
h
4
arcsin

100
Работа силы тяги на пути S
α
arcsin
A FS
2 103 9,81 sin2,29
mg sin
cos S
0,08 cos2,29 3 103
44
2,29 .
7 ,05 106
7 ,05 MДж .
Мощность двигателя
A 7,05 106
N
t
240
Ответ: А 7,05 МДж; N
29,4 103 Вт
29,4 кВт .
29,4 кВт .
Задача 3.3. Тело брошено с поверхности земли под углом 60°
к горизонту. Кинетическая энергия тела в момент броска равна
20 Дж. Определить кинетическую и потенциальную энергию тела в
высшей точке траектории. Сопротивлением воздуха пренебречь.
Дано:
Решение
60 ;
На рис. 3.2 показана траектория движения теEкА = 20 Дж. ла, брошенного под углом к горизонту.
EкВ – ?

Y
v
–
?
EпВ
X
B

v0

g
A
0
X
Рис. 3.2
Кинетическая энергия в момент броска в точке А
m v02
EкА
.
(3.5)
2
Скорость тела при криволинейном движении в поле силы тя-
жести
  
v v0 gt .
Проекция скорости на ось 0Х
vX
v0 cos .
(3.6)
Проекция скорости на ось 0Y
vY
v0 sin
45
gt .
(3.7)
В верхней точке траектории В составляющая скорости
vY t В 0 , поэтому кинетическая энергия тела в верхней точке определяется
только
горизонтальной
составляющей
скорости
vX v0 cos :
m v2X m v0 cos 2 m v02
(3.8)
EкВ
cos2 .
2
2
2
С учетом выражения (3.5) формулу (3.8) представим в виде
EкВ
EкА сos2α .
Подставив числовые значения, найдем кинетическую энергию:
20 сos2 60
EкВ
5 Дж.
Поскольку в задаче сопротивление воздуха не учитывается, в
системе действует только консервативная сила – сила тяжести. Поэтому механическая энергия в системе должна сохраняться. Если на
поверхности земли потенциальную энергию принять равной нулю, то
в верхней точке траектории она будет равна ЕпВ .
В соответствии с законом сохранения энергии кинетическая
энергия на поверхности земли равна сумме кинетической и потенциальной энергии в верхней точке подъема:
EкА
EкВ
EпВ ,
откуда потенциальная энергия
EпВ
Ответ: EкВ
EкА
EкВ
20 5 15 Дж .
5 Дж; EпВ 15 Дж.
Задача 3.4. С какой скоростью двигался вагон массой 20 т, если при ударе о стенку каждый буфер сжался на 10 см? Жесткость
пружины каждого буфера 1 МН/м. Вагон имеет два буфера.
Дано:
Решение
За счет кинетической энергии
m 20 т 20 103 кг ;
движущегося поезда совершается работа
x 10 см 0 ,1 м ;
сжатия двух буферов.
k 1 МН м 1 106 Н м .
v–?
46
Кинетическая энергия вагона
mv2
.
2
Eк
(3.9)
Работа сжатия одного буфера
A1
kx2
,
2
двух буферов
kx 2
A 2 A1 2
kx 2 .
2
По закону изменения механической энергии
Eк
A;
m v2
2
(3.10)
k x2 ,
откуда
v
2 k x2
m
2 1 106 0,12
20 103
1 м/с.
Ответ: v 1 м/с.
Задача 3.5. Пуля, летящая горизонтально, попадает в шар,
подвешенный на невесомом жестком стержне, и застревает в нем.
Масса пули в 1000 раз меньше массы шара. Расстояние от центра шара до точки подвеса стержня 1 м. Найти скорость пули, если известно, что стержень с шаром отклонился от удара пули на угол 10°.
Дано:
Решение
В процессе соударения силы, действующие
M
1000 ;
между шаром и пулей, много больше силы тяжести,
m
поэтому систему тел шар–пуля (рис. 3.3) будем счи 1 м;
тать замкнутой.
10 .
В процессе соударения в системе выполняется
v–?
закон сохранения импульса


(3.11)
mv m M u ,

где m – масса пули; M – масса шара; v – скорость пули до соударе
ния; u – скорость шара с пулей после соударения.
47
Проекция уравнения (3.11) на ось Х
m v (m
M)u ,
откуда
u
mv
M m
v
M
m
.
(3.12)
1
A




v
B

u
C
h
X
Рис. 3.3
Таким образом, шар с пулей получает кинетическую энергию
m u2
.
Eк
2
Стержень с шаром начинает вращаться относительно точки
подвеса A и поворачивается на угол , при этом кинетическая энергия шара с пулей целиком переходит в потенциальную энергию. Потенциальная энергия шара с пулей
M
Eп
M
m gh ,
где h – высота подъема центра шара относительно первоначального
уровня. Рассматривая треугольник АВС, находим высоту подъема:
h
  сosα ,
Из закона сохранения энергии получаем
Eк
Eп ,
48
(3.13)
m u2
M m gh .
(3.14)
2
Подставим выражения (3.12) и (3.13) в уравнение (3.14):
M
v2
2
g 1 cos ,
2
M
m
1
M
m
1
откуда
v
2 g 1 cos
(1000 1) 2 9,81 1 (1 cos10 )
546 м/с .
Ответ: v 546 м/с.
Задача 3.6. Какую работу нужно совершить, чтобы поднять
грунт на поверхность земли при рытье колодца, имеющего глубину
10 м и площадь поперечного сечения 1 м 2 ? Средняя плотность грунта 2 103 кг м 3 . Считать, что вынимаемый грунт рассыпается тонким
слоем по поверхности земли.
Дано:
Решение
При рытье колодца по мере увеличения
h 10 м ;
его глубины приходится совершать все большую
S 1 м2 ;
работу для подъема на поверхность одной и той
2 103 кг м3 . же массы грунта. Поэтому в задаче целесообразно воспользоваться понятием центра тяжести для
A –?
всего объема грунта, вынимаемого из колодца.
Так как плотность грунта и сечение колодца не изменяются с
глубиной, то центр тяжести вынимаемого объема грунта будет находиться на глубине hц.т 0,5h . Таким образом, заменяем весь объем
грунта материальной точкой с массой грунта, расположенной на глубине hц.т 0,5h .
Масса грунта
m
V
49
S h.
Работа по подъему грунта
A
mg hц.т
S h g hц.т
0,5 2 103 1 9,81 102
0,5 S g h 2
0,981 106 Дж
0,981МДж .
Ответ: А 0,981 МДж.
Задачи для самостоятельного решения
Задача 3.7. Найти работу, совершаемую при подъеме груза
массой m = 10 кг по наклонной плоскости с углом подъема
= 45°
на расстояние S = 2 м, если время подъема 2 с, а коэффициент трения равен 0,1.
Ответ: А = 173 Дж.
Задача 3.8. Определить работу, которую нужно произвести
для того, чтобы сжать пружину на 10 см, если для сжатия ее на 1 см
необходима сила 100 Н.
Ответ: А = 50 Дж.
Задача 3.9. Камень массой 50 г, брошенный под углом к горизонту с высоты 20 м над поверхностью земли со скоростью 18 м/с,
упал на землю со скоростью 24 м/с. Найти работу сопротивления
воздуха.
3,51 Дж.
Ответ: А
Задача 3.10. Разогнавшись, конькобежец некоторое время
движется по ледяной горизонтальной дорожке равномерно. Затем,
перестав отталкиваться, он, двигаясь равнозамедленно, проезжает до
остановки путь 60 м в течение 25 с. Масса конькобежца 50 кг. Определить коэффициент трения и мощность, затраченную конькобежцем
при равномерном движении.
Ответ: = 0,0196; N = 46,1 Вт.
Задача 3.11. Человек стоит на неподвижной тележке и бросает
камень массой 8 кг со скоростью 5 м/с относительно земли. Определить, какую при этом человек совершает работу, если масса тележки
вместе с человеком 160 кг. Трением пренебречь.
Ответ: 105 Дж.
Задача 3.12. Пуля массой 9 г ударяется о баллистический маятник массой 100 г и застревает в нем. Какая доля кинетической
энергии пули перейдет в теплоту?
Ответ: Q Eк 0,917 .
50
Задача 3.13. Тело массой 1,5 кг, брошенное вертикально вверх
с высоты 4,9 м со скоростью 6 м/с, упало на землю со скоростью
5 м/с. Определить работу сил сопротивления воздуха.
Ответ: Асопр
80,4 Дж.
Задача 3.14. Тело брошено вертикально вверх со скоростью
16 м/с. На какой высоте кинетическая энергия тела равна его потенциальной энергии?
Ответ: h = 6,52 м.
Задача 3.15. Два шара подвешены на параллельных нитях
одинаковой длины так, что они соприкасаются. Масса шаров 0,2 и
0,1 кг. Первый шар отклоняют так, что его центр тяжести поднимается на высоту 4,5 см, и отпускают. На какую высоту поднимутся шары
после соударения, если удар неупругий?
Ответ: H = 0,02 м.
Задача 3.16. Две пружины с одинаковым коэффициентом упругости k1 k2 1 105 Н/м соединены параллельно. Какую работу
нужно совершить, чтобы растянуть составленную таким образом
пружину на 0,5 см?
Ответ: A = 2,5 Дж.
Задача 3.17. Определить среднюю мощность, развиваемую
при выстреле из пружинного пистолета, если величина деформации
пружины с коэффициентом жесткости 1000 Н/м при зарядке составляет 2 см, а время движения шарика в стволе равно 0,2 с.
Ответ: N 1,00 Вт.
Задача 3.18. Какую минимальную горизонтальную скорость
нужно сообщить шарику, висящему на легкой нерастяжимой нити
длиной 0,4 м, для того чтобы нить отклонилась от вертикали на угол
60 ? Сопротивлением воздуха пренебречь.
Ответ: v 1,98 м/с.
Задача 3.19. Шарик массой 0,2 кг равномерно вращается по
окружности радиусом 0,5 м с частотой 2 Гц. Определить кинетическую энергию шарика.
Ответ: Eк 3,95 Дж.
51
4. СТАТИКА И ГИДРОСТАТИКА
Основные определения и законы
Модуль момента силы
M
F ,
где F – сила;  – плечо силы.
Плечо силы относительно оси – кратчайшее расстояние от оси
до линии действия силы (длина перпендикуляра, проведенного от оси
на линию действия силы).
Условия равновесия тела: тело находится в равновесии, если
сумма сил и сумма моментов сил, приложенных к телу, равны нулю:
N
i 1
N

Fi

Mi
0;
0.
i 1
Момент силы, вращающий тело по часовой стрелке, считается
положительным, а против часовой стрелки – отрицательным.
Давление – физическая величина, равная отношению сжимающей силы, действующей перпендикулярно поверхности площадью S :
F
.
S
Закон Паскаля: давление в любом месте покоящейся жидкости одинаково по всем направлениям и передается по всему объему
жидкости.
Гидростатическое давление
p
p
gh,
где – плотность жидкости (газа); g – ускорение свободного падения; h – высота столба жидкости (газа).
Закон Архимеда: на тело, погруженное в жидкость (газ), действует со стороны этой жидкости (газа) направленная вверх выталкивающая сила, равная весу вытесненной телом жидкости (газа):
52
FA
gV ,
где – плотность жидкости (газа); g – ускорение свободного падения; V – объем вытесненной жидкости (газа).
Условие плавания тел
FA
Fт ,
т. е.
gV
mg ,
где Fт – сила тяжести.
Гидравлический пресс дает выигрыш в силе во столько раз, во
сколько раз площадь его большего поршня превосходит площадь малого поршня:
F1
F2
S1
,
S2
где S1 и S2 – площадь поршней; F1 и F2 – приложенные к ним силы.
Вследствие несжимаемости жидкости, заполняющей пресс,
объемы перетекающей между цилиндрами жидкости равны:
V1 V2 , т. е.
S2h2 ,
S1h1
где h1 и h2 – перемещение поршней в цилиндрах пресса.
Умножив на p левую и правую части равенства, получим
F1 h1
F2 h2
или
F1
F2
h2
.
h1
Это соотношение носит название “Золотое правило механики”:
выигрываем в силе, проигрываем в расстоянии.
Примеры решения задач
Задача 4.1. К балке массой 200 кг и длиной 5 м подвешен груз
массой 250 кг на расстоянии 3 м от одного из концов. Балка своими
концами лежит на опорах. Каковы силы давления на каждую из опор?
Дано:
Решение
M 200 кг;
На рис. 4.1 показаны размеры балки и силы,

L 5 м;
действующие на нее: Mg – сила тяжести балки;



m 250 кг;
mg – сила тяжести груза; N1 и N 2 – нормальные
 3 м.
составляющие сил реакции опор.
F1 – ?
F2 – ?
53

Сила тяжести балки Mg приложена к центру тяжести балки,
расположенному посередине на расстоянии L 2 от ее концов. В соответствии с третьим законом Ньютона

со стороны балки на опоры
будут действовать силы давления F1 и F2 , равные по модулю соот
ветствующим нормальным составляющим сил реакции опор N1

и N2:




F1 N1 и F2 N 2 .

N1

N2
О


mg

Mg
X
L2
L
Рис. 4.1
Запишем условие равновесия балки для сил:


 
N1 mg Mg N 2 0 .
(4.1)
Направим ось Х вверх и спроектируем на нее уравнение (4.1):
N1 mg Mg
N2
0.
(4.2)
Поскольку из одного уравнения (4.2) не найти две неизвестные
величины N1 и N 2 , запишем второе уравнение – условие равновесия
балки для моментов сил.
Ось вращения, относительно которой будем рассматривать
моменты сил, можно выбирать в произвольной точке, однако ее целесообразно выбрать там, где приложена неизвестная сила, например
сила N1 . Тогда уравнение моментов относительно оси вращения в
точке О будет следующим:
mg  Mg
L
2
54
N2 L
0.
(4.3)
Из уравнения (4.3) находим
N2
g m 0,5ML 9,81 250 3 0,5 200 5
L
5
Из уравнения (4.2) получаем
N1
Mg mg
9,81 200 250
N2
gM
2,45 103
m
2,45 103 H
2,45 кН.
N2
1,96 103 Н 1,96 кН .
Ответ: F1 = 1,96 кН; F2 = 2,45 кН.
Задача 4.2. К концу горизонтально расположенного двухметрового стержня АС (рис. 4.2), прикрепленного шарнирно одним концом к стене, а с другого конца поддерживаемого тросом ВС длиной
2,5 м, подвешен груз массой 120 кг. Найти силы, действующие на
трос и стержень.
Дано:
Решение
АС  2 м;
Покажем на рис. 4.2 силы, действующие в

BC L 2,5 м; точке С конструкции: mg – сила тяжести груза;


m 120 кг.
T1 – сила натяжения троса ВС; T2 – сила упругоT1 – ?
сти стержня АС.
T2 – ?
B
L

T1
Y
C
A

T2


mg
Рис. 4.2
55
X
Условие равновесия стержня для точки С
  
mg T1 T2 0 .
(4.4)
Выберем систему координат Х, Y и спроектируем на нее уравнение (4.4).
Проекция на ось Х
Т1cos
T2
0.
(4.5)
mg
0.
(4.6)
Проекция на ось Y
T1 sin
Угол
определяем из прямоугольного треугольника АВС:

2
arccos
L
2,5
Из уравнения (4.6) имеем
arccos
36,9 .
mg 120 9,81
1,96 103 Н 1,96 кH .
sin
sin36,9
Из уравнения (4.5) получаем
T1
T1 cosα 1,96 103 cos36,9
T2
1,57 103 Н 1,57 кH .
Ответ: T1 = 1,96 кН; T2 = 1,57 кН.
Задача 4.3. Во сколько раз давление в озере на глубине 10 м
больше давления на поверхности воды? Плотность воды 1 г cм3 , атмосферное давление 1 105 Па.
Дано:
Решение
h 10 м;
Давление на поверхности воды
равно атмосферному давлению p0 . Давp0 1 105 Па;
ление на глубине h складывается из ат1 г cм3 1000 кг м3 .
мосферного давления и гидростатичеp p0 – ?
ского давления столба воды:
p
p
p0
p0
gh
p0
1
gh
p0
Ответ: p p0 = 1,98.
56
1
p0
g h;
1000 9,81 10
5
1 10
1,98 .
Задача 4.4. Лед массой 1,9 кг плавает в цилиндрическом сосуде, наполненном жидкостью с плотностью 950 кг м 3 . Площадь дна
сосуда 40 см2 . На сколько изменится уровень жидкости, когда лед
растает? Плотность льда 900 кг м 3 , плотность воды 1000 кг м3 .
Дано:
Решение
На рис. 4.3 показаны силы, дейстm = 1,9 кг;
3
вующие
на плавающий кусок льда:

л 900 кг м ;

m
g
–
сила
Архимеда,
– сила тяжести.
F
3
A
ж 950 кг м ;
Y 
3
1000
кг
м
;
в
FA
2
4 2
S 40 см
40 10 м .
h –?

mg
Рис. 4.3
Уровень жидкости с плавающим льдом
Vж Vп
,
(4.7)
S
где Vж – объем жидкости; Vп – объем погруженной части льдины;
S – площадь поперечного сечения сосуда.
Уровень жидкости после плавления льда
h1
Vж Vв
,
(4.8)
S
где Vв – объем воды, образовавшейся изо льда. Данный объем воды
находим по следующей формуле:
h2
m
Vв
.
(4.9)
в
Изменение уровня жидкости
h
h2
h1
Vж Vв
S
57
Vж Vп
S
Vв Vп
.
S
(4.10)
Объем погруженной части льда найдем из условия плавания
тел:
FA
Fт ,
т. е.
ж g Vп
mg .
(4.11)
.
(4.12)
Объем погруженной части льда:
m
Vп
ж
Подставив выражения (4.9) и (4.12) в формулу (4.10), получим
m 1
S в
1
1,9
1
1
0,025 м
2,5 см .
4 1000 950
40
10
ж
Знак “минус” показывает, что после плавления льда уровень
жидкости в сосуде опустится на 2,5 см.
2,5 см.
Ответ: h
h
Задача 4.5. При подъеме груза массой 2 т с помощью гидравлического пресса была затрачена работа 40 Дж. При этом малый
поршень сделал 10 ходов, перемещаясь за один ход на высоту 10 см.
Во сколько раз площадь большого поршня больше площади малого?
Дано:
Решение
3
Работа, совершенная при подъеме груза
m 2 т 2 10 кг ;
массой m ,
A 40 Дж;
A mg H ,
N 10 ;
 10 см 0 ,1 м .
где g – ускорение свободного падения; H – пеSб Sм – ?
ремещение большого поршня с грузом.
Откуда перемещение большого поршня
H
A
.
mg
В то же время общее перемещение малого поршня пресса
h
N ,
где N – число ходов поршня;  – перемещение за один ход.
58
Вследствие несжимаемости жидкости в прессе объем жидкости, вытесненный малым поршнем, равен объему, перекаченному в
цилиндр с большим поршнем:
Sм h
Sб H ,
Sм N 
Sб
A
,
mg
откуда
Sб
Sм
Ответ: Sб Sм
mg N 
A
2 103 9,81 10 0,1
40
490 .
490 .
Задачи для самостоятельного решения
Задача 4.6. Фонарь массой 20 кг симметрично подвешен на
двух одинаковых тросах, угол между которыми равен 120°. Определить модуль силы натяжения одного из тросов.
Ответ: F = 196 Н.
Задача 4.7. На наклонной плоскости с углом наклона 35° стоит
однородный цилиндр радиусом 10 см. Чему равна наибольшая высота цилиндра, при которой он еще не опрокинется?
Ответ: H max = 0,286 м.
Задача 4.8. В ящике находится шар массой 3 кг. Ящик наклоняют так, что его дно составляет угол 30 с горизонтом. Определить
модуль силы давления шара на дно ящика.
Ответ: F = 25,5 Н.
Задача 4.9. Пять шариков массой 1, 2, 3, 4 и 5 г, укреплены на
невесомом стержне длиной 40 см так, что между центрами соседних
шариков расстояние равно 10 см. Найти в сантиметрах положение
центра масс системы.
Ответ: xc = 13,3 см (от шарика наибольшей массы).
Задача 4.10. Каков должен быть коэффициент трения μ, чтобы клин, заколоченный в бревно, не выскакивал из него? Угол при
вершине клина равен 30°.
Ответ: = 0,268.
59
Задача 4.11. В полый куб с ребром 1 м налита доверху жидкость плотностью 1000 кг м3 . Определить силы, действующие на
дно и боковую грань куба. Ответ дать в килоньютонах (кН).
Ответ: F1 = 9,81 кН (на дно), F2 = 4,90 кН (на боковые грани).
Задача 4.12. Сосуд с водой движется вертикально вверх с ускорением 1,2 м с 2 . Определить давление в сосуде на глубине 0,2 м.
1000 кг м3 .
Плотность воды
Ответ: p 2,2 кПа.
Задача 4.13. В сосуд с ртутью и водой брошен стальной шарик. Какая часть объема шарика будет находиться в воде? Плотность
стали 7700 кг м 3 , плотность ртути 13600 кг м3 , плотность воды
1000 кг м3 .
Ответ: Vв Vш = 0,468.
Задача 4.14. Сила давления на большой поршень гидравлического пресса равна 320 Н. Во сколько раз диаметр большого поршня
больше диаметра малого поршня, если сила давления, действующая
на малый поршень, равна 20 Н?
Ответ: d1 d2 = 4.
Задача 4.15. На аэростат массой 1000 кг действует сила Архимеда, равная 13600 Н. Найти максимальную массу груза, которую
можно поднять с помощью этого аэростата.
Ответ: m 386 кг.
Задача 4.16. Простая лебедка (ворот) состоит из барабана диаметром 0,25 м и рычага с рукояткой, которые обеспечивают приложение силы на расстоянии 0,8 м от оси барабана. Найти минимальное
значение модуля силы, приложенной к рукоятке, если лебедка удерживает груз 256 кг.
Ответ: F = 392 Н.
60
5. МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА
Основные определения и законы
Количество вещества однородного газа
N
или
NA
m
,
– число молей; N – число частиц (молекул, атомов); N A – число Авогадро, N A 6,02 1023 моль 1 ; m – масса вещества;
– молярная масса газа.
Количество вещества смеси газов
где
1 
i
ν
n
N1
NA
Ni
NA

NN
;
NA
mN
,
μN
m1
mi

μ1
μi
где i , Ni , mi , i – соответственно количество вещества, число молекул, масса, молярная масса i -го компонента смеси; N – число
компонентов смеси.
Уравнение Клапейрона–Менделеева – уравнение состояния
идеального газа:
pV
m
RT
μ
RT ,
где p – давление; V – объем; R – универсальная газовая постоянная,
R 8,31 Дж моль К ; T – термодинамическая температура.
Опытные газовые законы, являющиеся частными случаями
уравнения Клапейрона–Менделеева, формулируются следующим образом:
а) закон Бойля–Мариотта (изотермический процесс, T const ,
m const )
pV const
или для двух состояний газа
p1V1
p2V2 ;
61
б) закон
m const )
Гей-Люссака
V
T
(изобарный
процесс,
p
const ,
const
или для двух состояний
V1
T1
V2
;
T2
в) закон Шарля (изохорный процесс, V
p
T
const , m
const )
const
или для двух состояний
p1
T1
p2
.
T2
Закон Дальтона, определяющий давление смеси идеальных
газов,
p
p1  pi
pN ,
где pi – парциальное давление i -го компонента смеси; N – число
компонентов смеси.
Парциальным давлением называется давление компонента газа, которое создавал бы этот газ, если бы один занимал весь объем
смеси.
Молярная масса смеси газов
m1  mi
1 
i
mN
,
N
где mi – масса i -го компонента смеси; i – количество вещества i -го
компонента смеси; N – число компонентов смеси.
Масса одной молекулы
m0
NA
62
.
Концентрация частиц – число частиц в единице объема
N
.
V
Основное уравнение молекулярно-кинетической теории идеальных газов:
n
2
0 N,
3
где 0 – средняя кинетическая энергия поступательного движения
одной молекулы; N – число молекул, находящихся в объеме V .
Средняя кинетическая энергия поступательного движения одной молекулы
pV
0
3
kT ,
2
где k – постоянная Больцмана, k 1,38 10 23 Дж К .
Внутренняя энергия газа определяется суммой значений кинетической энергии его молекул. Для одноатомного идеального газа
U
N
0
m
NA
3
kT
2
3 m
RT ,
2
так как R NA k .
Зависимость давления газа от концентрации молекул и температуры (уравнение состояния)
p
nkT .
Средняя квадратичная скорость молекул
vкв
3kT
m0
где m0 – масса одной молекулы;
3 RT
,
μ
– молярная масса.
Примеры решения задач
Задача 5.1. Найти массу воздуха, заполняющего аудиторию
высотой 5 м и площадью пола 200 м 2 . Давление воздуха 1 105 Па,
температура 17 С . Молярную массу воздуха принять равной
0,029 кг/моль.
63
Дано:
h = 5 м;
S = 200 м 2 ;
p = 1 105 Па;
t = 17 С , T = 290 К;
= 0,029 кг/моль.
m –?
Решение
Уравнение состояния идеального
газа
pV
m
RT .
(5.1)
Объем помещения
V
hS.
(5.2)
Из уравнения (5.1) с учетом выражения (5.2) получим
m
pV
RT
phS
RT
1 105 5 200 0,029
1200 кг.
8,31 290
Ответ: m = 1200 кг.
Задача 5.2. В баллоне находилось 10 кг газа при давлении
10 МПа. Найти, какую массу газа взяли из баллона, если окончательное давление стало равно 2,5 МПа. Температуру газа считать постоянной.
Дано:
Решение
Запишем уравнение Клапейроm1= 10 кг;
на–Менделеева для первого и второго
p1 =10 МПа = 10 106 Па;
состояний газа:
p2 = 2,5 МПа = 2,5 106 Па.
m1
(5.3)
p1V
RT ;
m –?
p2V
m2
RT .
(5.4)
Разделим уравнение (5.3) на уравнение (5.4):
p1
p2
m1
,
m2
тогда масса оставшегося в баллоне газа
m2
p
m1 2 .
p1
Масса газа, которую взяли из баллона, равна разности масс:
64
m
m1 m2
p
m1 m1 2
p1
Ответ: m
7,5 кг.
p2
p1
m1 1
10 1
2,5 106
6
7,5 кг.
10 10
Задача 5.3. Сосуд объемом 2 10 3 м 3 заполняют 6 г углекислого газа ( СО 2 ) и 5 г закиси азота ( N2O ). Каково общее давление
смеси в сосуде при температуре 127 С ?
Дано:
Решение
Из периодической таблицы Мендеm1 = 6 г = 6 10 3 кг;
леева найдем относительную атомную масm2 = 5 г = 5 10 3 кг;
су элементов, входящих в молекулы укаt = 127 С , T = 400 К; занных газов, и по ней – молярную массу
газов.
V 2 10 3 м3 .
Для СО 2
pсм – ?
12 2 16 10 3
1
44 10 3 кг моль .
Для N2O
2
2 14 16 10 3
44 10 3 кг моль .
Запишем уравнение состояния идеального газа (уравнение
Клапейрона–Менделеева) для обоих компонентов смеси:
p1V
p2V
m1
RT ;
(5.5)
RT ,
(5.6)
1
m2
2
где p1 , p2 – парциальные давления обоих компонентов смеси;
V – весь объем сосуда.
Из уравнений (5.5) и (5.6) получим формулы для парциального
давления:
p1
m1 RT
;
V
1
(5.7)
p2
m 2 RT
.
μ2 V
(5.8)
65
По закону Дальтона давление смеси идеальных газов
pсм
6 10 3
44 10
p1
5 10 3
3
Ответ: pсм
44 10
m1
μ1
p2
8,31 400
3
2 10
3
m2 RT
μ2 V
416 103 Па
416 кПа .
416 кПа.
Задача 5.4. Два сосуда, наполненных воздухом при давлении
800 и 600 кПа, имеют соответственно объем 3 и 5 л. Сосуды соединяют трубкой, объемом которой можно пренебречь по сравнению с
объемом сосудов. Найти установившееся давление в сосудах. Температуру считать постоянной.
Дано:
Решение
3
Поскольку процесс смешения
p1 = 800 кПа = 800 10 Па;
газов происходит при постоянной
p2 = 600 кПа = 600 103 Па; температуре, запишем закон Бойля–
Мариотта для обоих компонентов:
V1 = 3 л = 3 10 3 м3 ;
V2 = 5 л = 5 10
T const .
pсм – ?
3
м3 ;
p1V1
p1 V1 V2 ;
(5.9)
p2V2
p2 V1 V2 ,
(5.10)
где p1 и p2 – парциальное давление компонентов смеси;
V1 V2 – суммарный объем сосуда, который заполняет каждый
компонент.
Из уравнений (5.9) и (5.10) найдем парциальное давление:
p1
p1V1
;
V1 V2
p2
p2V2
.
V1 V2
По закону Дальтона давление смеси идеальных газов
pсм
p1
p1V1 p2V2
V1 V2
p2
66
800 103 3 10 3
600 103 5 10 3
3 5 10 3
675 103 Па
675 кПа .
Ответ: pсм = 675 кПа.
Задача 5.5. В сосуде емкостью 4 л находится 1 г водорода. Какое число молекул содержится в 1 см3 этого газа?
Дано:
Решение
Число молекул в объеме V2
V1 = 4 л = 4 10 3 м 3 ;
(5.11)
N2 n V2 ,
m = 1 г = 1 10 3 кг;
V2 = 1 см3 = 1 10
6
м3 ;
2 10 3 кг моль .
N2 – ?
где n – концентрация молекул.
Концентрация молекул во всем сосуде
n
N1
V1
NA
V1
m NA
.
V1
(5.12)
Подставив выражение (5.12) в формулу (5.11), получим
N2
m NA
V2
V1
Ответ: N 2
1 10 3 6,02 1023
2 10 3
4 10 3
1 10 6
7 ,52 1019 .
7,52 1019 .
Задача 5.6. Плотность некоторого газа 6 10 2 кг м3 . Средняя
квадратичная скорость молекул этого газа 500 м/с. Найти давление
газа в сосуде.
Дано:
Решение
Средняя квадратичная скорость
6 10 2 кг м3 ;
vкв 500 м с .
3 RT
.
(5.13)
vкв
p –?
Уравнение состояния идеального газа (уравнение Клапейрона – Менделеева)
pV
m
67
RT .
(5.14)
Плотность вещества
m
, тогда из уравнения (5.14) имеем
V
p
RT .
(5.15)
Найдем из формулы (5.13) молярную массу
3RT
vкв 2
,
подставим в выражение (5.15):
RT vкв 2
vкв 2
p
3RT
3
Ответ: p = 5 кПа.
6 10 2 5002
3
5 103 Па
5 кПа .
Задачи для самостоятельного решения
Задача 5.7. Микроскопическая пылинка углерода C обладает
массой 0,1 нг. Определить, из скольких молекул она состоит.
Ответ: N 5,01 1012 .
Задача 5.8. Радоновые ванны, применяемые для лечения, содержат 1,8 106 атомов радона Rn в 1 дм3 воды. На сколько молекул
воды приходится один атом радона в лечебной ванне? Плотность воды 1000 кг м3 .
Ответ: N1 N 2
1,86 1019 .
Задача 5.9. Какова длина ребра куба, содержащего 1 106 молекул идеального газа при нормальных условиях?
Ответ: a = 334 нм.
Задача 5.10. В цилиндре, площадь основания которого
S 100 см2 , находится воздух при температуре 12 С . Атмосферное
давление равно 101 кПа. На высоте 60 см от основания цилиндра
расположен поршень. На сколько опустится поршень, если на него
поставить гирю массой 100 кг, а воздух в цилиндре при этом нагреть
до 27 С ? Трение поршня о стенки цилиндра и вес самого поршня не
учитывать.
Ответ: h =28 см.
68
Задача 5.11. Круговой процесс состоит из двух изохор и двух
изобар. Представить его в координатах p , V ; p , T и V , T , одинаково обозначив соответствующие точки.
Задача 5.12. При нагревании газа получен график зависимости
давления от абсолютной температуры в виде прямой, продолжение
которой пересекает ось давления в некоторой точке выше начала координат. Определить, сжимался или расширялся газ во время нагревания. Указание. При решении задачи проведите изохоры к начальной и конечной точкам графика.
Ответ: расширялся.
Задача 5.13. Определить плотность азота N2 при температуре
27 С
и
давлении
49,0 103 Па.
Молярная
масса
азота
28 10 3 кг моль .
0,55 кг м3 .
Ответ:
Задача 5.14. Сколько молекул воздуха выходит из комнаты
объемом 120 м 3 при повышении температуры от 15 до 25 С . Атмо-
сферное давление 1 105 Па.
Ответ: N 1,01 1026 .
Задача 5.15. В баллоне емкостью 110 л находятся 0,8 кг водорода Н2 и 1,6 кг кислорода О2 . Температура среды 27 С . Определить давление смеси газов на стенки сосуда. Молярная масса водорода 2 10 3 кг моль , кислорода – 32 10 3 кг моль .
Ответ: p 10,2 МПа.
Задача 5.16. Из ядра атома радия Ra вылетают -частицы со
скоростью 15,3 106 м/с. При какой температуре атомы гелия He
имели бы такую же среднюю квадратичную скорость? Молярная
масса гелия 4 10 3 кг моль .
Ответ: T 3,76 1010 К.
Задача 5.17. В сосуде объемом 2 дм3 находится газ под давлением 500 кПа. Чему равна суммарная кинетическая энергия поступательного движения всех молекул газа?
Ответ: Eк = 1,50 кДж.
69
6. ТЕРМОДИНАМИКА. ТЕПЛОВЫЕ ЯВЛЕНИЯ
Основные определения и законы
Первое начало термодинамики
Q
A,
U
где Q – теплота, переданная термодинамической системе; U – изменение внутренней энергии системы; A – работа, совершенная системой против внешних сил.
Применение первого начала термодинамики к изопроцессам:
а) изотермический процесс, T const :
Q
A,
так как
A
0,
U
m
V
RT ln 2
V1
или
A
m
RT ln
p1
,
p2
где V1 и V2 – объем газа в начальном и конечном состояниях;
p1 и p2 – давление газа в начальном и конечном состояниях;
б) изохорный процесс, V const :
Q
U,
так как
A
0,
U
cV m T2 T1
3R
m T2 T1 ,
2
где cV – удельная теплоемкость одноатомного газа при изохорном
3 R
процессе, cV
; T1 и T2 – начальная и конечная температура
2 μ
газа;
в) изобарный процесс, p const :
Q
U
A
или
Q
c p m T2 T1
5R
m T2 T1 ,
2μ
так как
A
p ΔV
p V2 V1 ,
U
cV m T2 T1
70
3R
m T2 T1 ,
2
где c p – удельная теплоемкость одноатомного газа при изобарном
процессе;
г) адиабатный процесс (нет теплообмена с внешней средой):
0,
Q
A
U,
U
cV m T2 T1
3R
m T2 T1 .
2
Теплота при нагревании и охлаждении тела массой m
Q c m T2 T1 ,
где c – удельная теплоемкость вещества; m – масса тела;
T1 и T2 – начальная и конечная температура вещества.
При нагревании – охлаждении знак теплоты получается автоматически, если изменение температуры записывать как разность конечной и начальной температуры тела в процессе теплообмена.
Теплота плавления и кристаллизации кристаллического
тела
Q
где
m,
– удельная теплота плавления; m – масса тела.
Теплота парообразования и конденсации
Q
r m,
где r – удельная теплота парообразования; m – масса тела.
При фазовых переходах теплота считается положительной, если тело поглощает теплоту (плавление, парообразование), и отрицательной, если теплота выделяется (кристаллизация, конденсация).
Количество теплоты, выделяемой при сгорании топлива,
Q
q m,
где q – удельная теплота сгорания или теплотворная способность топлива; m – масса сгоревшего топлива.
71
Уравнение теплового баланса:
I
J
Qотд i
Qпол j ,
i 1
j 1
где Qотд i – количество теплоты, отданное i -м телом системы;
I – число тел, отдающих теплоту; Qпол j – количество теплоты, полученное j -м телом системы; J – число тел, получающих теплоту.
В замкнутой системе суммарное количество теплоты, отданное
при теплообмене одними телами, равно сумме количества теплоты,
полученной другими телами.
Уравнение теплового баланса можно представить в несколько
иной форме. В изолированной системе алгебраическая сумма количества теплоты при теплообмене между телами системы должна быть
равна нулю, так как внутренняя энергия системы не изменяется. Тогда уравнение записывается в виде
N
0,
Qi
i 1
где N – число тел в изолированной системе.
Коэффициент полезного действия тепловой машины, работающей по любому циклу,
A
Qн
Qн
Qх
Qн
,
где Qн – теплота, полученная рабочим телом от нагревателя;
Qx – теплота, отданная рабочим телом холодильнику.
Коэффициент полезного действия идеальной тепловой машины (работающей по циклу Карно)
Tн
К
Tx
Tн
,
где Tн – температура нагревателя; Tх – температура холодильника.
Сила поверхностного натяжения
,
F
72
где
– коэффициент поверхностного натяжения;  – длина края поверхностной пленки жидкости.
Добавочное давление под изогнутой поверхностью жидкости
определяется формулой Лапласа
1
R1
p
1
,
R2
где R1 и R2 – радиусы двух взаимно перпендикулярных сечений поверхности жидкости. Знак “плюс” выбирается для выпуклой поверхности, а знак “минус” – для вогнутой.
Высота поднятия жидкости в капиллярных трубках
h
2α cosθ
,
gr
0 при полном смачивании стенок трубки
где – краевой угол (
жидкостью,
при полном несмачивании); – плотность жидкости; g – ускорение свободного падения; r – радиус трубки.
Примеры решения задач
Задача 6.1. Найти концентрацию молекул идеального газа в
сосуде объемом 2 л при температуре 27 °С, если внутренняя энергия
его равна 300 Дж.
Дано:
Решение
3 3
Концентрация молекул
V = 2 л = 2 10 м ;
N
t = 27 °С, Т = 300 К;
,
n
U = 300 Дж.
V
n–?
где N – число молекул в объеме V .
Внутренняя энергия газа определяется как сумма значений кинетической энергии всех молекул газа. Для одноатомного идеального
газа
U
N
N
0
откуда число молекул
N
2U
.
3k T
73
3
kT ,
2
Подставив полученное выражение для числа молекул газа в
формулу для концентрации, получим
n
2U
3k T V
Ответ: n
2 300
3 1,38 10
23
300 2 10
3
2,42 1025 м 3 .
2,42 1025 м 3 .
Задача 6.2. Идеальный газ находится под поршнем в вертикально расположенном цилиндре объемом 10 л. Температура газа
900 К, площадь поршня 50 см2 , масса 10 кг. На сколько градусов
увеличили температуру газа, если работа расширения оказалась равной 50 Дж? Поршень перемещается без трения. Атмосферное давление 101 кПа.
Дано:
Решение
Давление, под которым находится
V1 = 10 л = 10 10 3 м3 ;
газ, складывается из давления атмосферы
T1 = 900 К;
и давления, создаваемого за счет веса
2
4 2
S = 50 см = 50 10 м ; поршня:
m = 10 кг;
mg
.
(6.1)
p1 p0
A = 50 Дж;
S
p0 101 103 Па.
Поскольку поршень перемещается
T–?
без трения, то по мере расширения газа
он будет перемещаться вверх, и давление будет оставаться неизменным, т. е. процесс будет изобарным.
Работа идеального газа в изобарном процессе
A
p1 V2 V1
p1V1
V2
1 .
V1
(6.2)
Отношение объемов найдем из уравнения изобарного процесса
(закон Гей-Люсака):
V2
V1
T2
.
T1
(6.3)
Подставив выражение (6.3) в формулу (6.2), получим
A
p1V1
T2
1
T1
p1V1
T2 T1
T1
74
p1V1
ΔT ,
T1
откуда, с учетом соотношения (6.1),
ΔT
A T1
p1V1
A T1
V1 p0
50 900
mg
S
10 10
3
101 103
37,3 K .
10 9,81
50 10 4
Ответ: T = 37,3 К.
Задача 6.3. Две части воды смешали с одной частью этилового спирта. Определить удельную теплоемкость получившегося раствора. Удельная теплоемкость воды равна 4200 Дж кг К , этилового спирта – 3600 Дж кг К .
Дано:
Решение
Для нагревания воды, спирта и смеси
cв 4200 Дж кг К ;
cс 3600 Дж кг К ; на T необходимо следующее количество
теплоты:
mв 2mс .
Qв cвmв T ;
cсм – ?
Qс
Qсм
cсmс T ;
nсм mв
mс T ,
где cв , cс и cсм – удельная теплоемкость воды спирта и раствора.
Из закона сохранения энергии следует, что
Qсм
Qв Qс
mс T
cвmв T
или
ссм mв
откуда, с учетом mв
cсм
Ответ: ссм
св mв
mв
cсmс T ,
2mс ,
cс mс
mс
cв 2mс
2mс
cс mс
mс
2cв
cс
3
2 4200 3600
4000 Дж/ кг К .
3
4000 Дж/ кг К .
75
Задача 6.4. В калориметр, содержащий воду массой 2 кг при
температуре 15 °С, положили лед массой 1 кг при температуре минус
20 °С. Какая температура установилась в калориметре? Каково оказалось содержимое калориметра после установления в нем теплового
равновесия? Удельная теплоемкость льда 2100 Дж кг К , воды –
4200 Дж кг К , удельная теплота плавления льда 333 кДж кг . Теплоемкость калориметра не учитывать.
Дано:
Решение
Будем искать температуру смеси ,
mв = 2 кг;
считая, что весь лед расплавится. Тогда за
tв 15 С ;
счет охлаждения воды, находящейся в каmл = 1 кг;
лориметре, лед должен нагреться до темtл
20 С ;
пературы плавления льда tпл 0 С , засл 2100 Дж кг К ;
тем расплавиться, а образовавшаяся при
cв 4200 Дж кг К ;
плавлении вода массой mл должна на333 кДж кг
греться до температуры .
333 103 Дж кг .
–?
mв,к – ?
mл,к – ?
Теплота нагревания льда
Qл
сл mл tпл tл .
Теплота плавления льда
Qпл
mл .
Теплота нагревания воды, образовавшейся изо льда,
Qв
свmл θ tпл .
Теплота, полученная при охлаждении воды массой mв ,
Q свmв
tв .
Составим уравнение теплового баланса:
Qл Qпл
сл mл tпл tл
mл
Qв Q 0 ;
св mл
76
tпл
св mв
tв
0,
откуда температура смеси
сл mл tпл
2100 1 0
20
tл
mл св mлtпл
св mл mв
mвtв
333 103 1 4200 1 0 2 15
4200 1 2
19,7 С .
Итак, получилось, что при плавлении всего льда температура в
калориметре должна была бы понизиться до –19,7 °С. Однако минимальная температура воды может быть только равна температуре
плавления tпл 0 С . Отсюда следует, что лед расплавится лишь частично, а температура в калориметре установится 0 °С.
Следовательно, за счет охлаждения воды в калориметре до
tпл 0 С лед нагреется до этой же температуры и часть его mл расплавится.
Теплота нагревания льда
Qл
сл mл tпл tл .
Теплота плавления льда массой mл
Qпл
mл .
Теплота, полученная при охлаждении воды массой mв ,
Q св mв tпл tв .
Составим уравнение теплового баланса:
сл mл tпл
Qл Qпл
Q 0;
tл
св mв tпл
mл
tв
0,
откуда масса расплавленного льда
mл
св mв tпл
4200 2 0 15
tв
сл mл tпл
2100 1 0
3
333 10
77
20
tл
0,252 кг .
Таким образом, в калориметре после установления теплового
равновесия лед будет в количестве
mл, к
mл
mл
1 0,252 0,748 кг ,
mв
mл
2 0,252 2,252 кг .
вода в количестве
mв,к
Ответ:
= 0 °С; mв,к = 2,252 кг; mл, к = 0,748 кг.
Задача 6.5. Идеальная тепловая машина работает по циклу
Карно. Температура холодильника ниже температуры нагревателя на
20 %. Какую работу совершает машина за один цикл, если при этом
она получает 6000 Дж теплоты?
Дано:
Решение
Выразим соотношение между температурой
k = 20 %;
Qн = 6000 Дж. нагревателя и температурой холодильника в относительных единицах:
A –?
Tн Tх
k.
(6.4)
Tн
КПД идеальной тепловой машины
Tн
Tх
Tн
.
(6.5)
Сопоставив выражения (6.4) и (6.5), отметим, что
k
0,2 .
КПД, измеряемый в процентах, определяется формулой
A
100 % ,
Qн
откуда
A
Qн
100 %
20 6000
1200 Дж .
100
Ответ: A = 1200 Дж.
Задача 6.6. Мощность двигателя автомобиля 50 кВт. Расход
бензина на 100 км пути равен 9 кг. С какой скоростью движется ав-
78
томобиль, если КПД двигателя 60 %? Удельная теплота сгорания
бензина 46 МДж/кг.
Дано:
Решение
КПД определяется как
N = 50 кВт = 50 103 Вт;
Aпол
S = 100 км = 100 103 м;
,
(6.6)
ms = 9 кг;
Qзатр
q 46 МДж/кг = 46 106 Дж/кг; где А
пол – полезная работа;
= 60 % = 0,6.
Qзатр – затраченная теплота для
v–?
совершения работы Апол .
Полезная работа, совершенная двигателем,
Апол
Nt
N
S
v
,
(6.7)
где t – время прохождения пути S ; v – скорость движения.
Затраченная двигателем теплота
Qзатр
q ms ,
(6.8)
где q – удельная теплота сгорания бензина; ms – количество бензина, израсходованное на пути S .
Подставив соотношения (6.7) и (6.8) в формулу (6.6), получим
N
S
,
q ms v
откуда скорость автомобиля
NS
v
q ms
Ответ:
50 103 100 103
46 106 9 0,6
20,1 м с .
v 20,1 м с .
Задачи для самостоятельного решения
Задача 6.7. В закрытом баллоне объемом 10 дм3 содержится
1 моль гелия при температуре 27 °С. После нагревания давление в
баллоне увеличилось до 1,33 МПа. Определить количество теплоты,
полученное газом.
Ответ: Q = 16,2 кДж.
79
Задача 6.8. В цилиндре диаметром 40 см содержится 80 дм3
одноатомного газа. На сколько следует увеличить нагрузку поршня
при подводе 84 Дж теплоты, чтобы поршень не пришел в движение?
Ответ: F = 88 Н.
Задача 6.9. Аргон Ar массой 10 г нагрет на 100 К при постоянном давлении. Определить количество теплоты, переданное газу,
приращение внутренней энергии и работу расширения. Молярная
масса аргона 40 10 3 кг моль .
Ответ: Q = 519 Дж; U = 312 Дж; A = 207 Дж.
Задача 6.10. Газ объемом 50 дм3 , находящийся под давлением
300 кПа, нагревают при постоянном объеме до тех пор, пока его давление не увеличится в 2 раза, после чего изотермически расширяют
до начального давления и, наконец, охлаждают при постоянном давлении до начального объема. Начертить график цикла в координатах
p , V . Определить работу, совершенную в каждом из этих процессов.
Ответ: A1 2 0 ; A2 3 20,8 кДж; A3 1
15,0 кДж.
Задача 6.11. В результате кругового процесса газ совершил
работу 2,0 кДж и передал холодильнику 8,4 кДж теплоты. Определить КПД цикла.
Ответ: = 19,2 %.
Задача 6.12. КПД паровой машины составляет 50 % от КПД
идеальной тепловой машины, которая работает между теми же значениями температуры. Температура пара, поступающего из котла в
паровую машину, 227 °С; температура в конденсаторе (холодильнике) 77 °С. Определить мощность паровой машины, если она за 1 ч потребляет 200 кг угля с теплотворной способностью 31 МДж/кг.
Ответ: N = 258 кВт.
Задача 6.13. В капиллярных трубках разного диаметра, опущенных в воду, установилась разность уровней 2,6 см. Какая разность уровней установится при опускании этих трубок в спирт? Коэффициенты поверхностного натяжения воды и спирта соответственно равны 0,073 и 0,022 Н/м. Смачивание считать полным. Плотность
воды 1000 кг м3 , спирта – 790 кг м 3 .
Ответ: h = 9,92 мм.
80
СПРАВОЧНЫЙ МАТЕРИАЛ
Основные единицы СИ
Метр (м) – длина пути, проходимого светом в вакууме за
1 299792 458 с.
Килограмм (кг) – масса, равная массе международного прототипа килограмма (платиноиридиевого цилиндра, хранящегося в Международном бюро мер и весов в Севре, близ Парижа).
Секунда (с) – время, равное 9192 631770 периодам излучения,
соответствующего переходу между двумя сверхтонкими уровнями
основного состояния атома цезия-133.
Ампер (А) – сила неизменяющегося тока, который при прохождении по двум параллельным прямолинейным проводникам бесконечной длины и ничтожно малого поперечного сечения, расположенным в вакууме на расстоянии 1 м один от другого, создает между
этими проводниками силу, равную 2 10 7 Н на каждый метр длины.
Кельвин (К) – 1 273,16 термодинамической температуры тройной точки воды.
Моль (моль) – количество вещества системы, содержащей
столько же структурных элементов, сколько атомов содержится в
нуклиде 12 С массой 0,012 кг.
Кандела (кд) – сила света в заданном направлении источника,
испускающего
монохроматическое
излучение
с
частотой
540 1012 Гц, энергетическая сила света которого в этом направлении
1
составляет
Вт ср .
683
Дополнительные единицы СИ
Радиан (рад) – угол между двумя радиусами окружности, длина дуги между которыми равна радиусу.
Стерадиан (ср) – телесный угол с вершиной в центре сферы,
вырезающий на поверхности сферы площадь, равную площади квадрата со стороной, равной радиусу сферы.
81
Производные единицы СИ
Единица
Наименование
величины
ОпредеОбозначеляющее
Наименование и определение
ние
уравнение
Единицы геометрических и механических величин
Площадь
Квадратный метр равен площади
2
2
квадрата со сторонами, длина ком
S 
торых равна 1 м
Объем
Кубический метр равен объему ку3
3
ба с ребрами, длина которых равна
м
V 
1м
Скорость
Метр в секунду равен скорости
s
равномерного и прямолинейного
v
м/с
движения, при котором точка за 1 с
t
перемещается на расстояние 1 м
Ускорение
Метр в секунду в квадрате равен
ускорению прямолинейного ускоv
a
ренного движения точки, при ком/с2
t
тором за 1 с скорость точки изменяется на 1 м/с
Угловая
Радиан в секунду равен угловой
скорость
скорости равномерно вращающерад/с
гося тела, все точки которого за 1 с
t
поворачиваются на угол 1 рад
Угловое
Радиан в секунду в квадрате равен
ускорение
угловому ускорению равноуско2
ренно вращающегося тела, при корад/с
t
тором оно за 1 с изменит угловую
скорость на 1 рад/с
Частота
Герц равен частоте периодического
1
периодического
Гц
процесса, при которой за 1 с соT
процесса
вершается 1 цикл процесса
Плотность
Килограмм на кубический метр раm
вен плотности однородного вещекг/м3
ства, масса которого при объеме
V
1 м3 равна 1 кг
Сила
Ньютон равен силе, которая телу
массой 1 кг сообщает ускорение
1 м/с2 в направлении действия сиН
F ma
лы:
1 Н = 1 кг м/с2
82
Продолжение
Единица
Наименование
величины
Определяющее
уравнение
Обозначение
Импульс
p
mv
кг м/c
p
F
S
Па
Давление
Fs
Килограмм-метр в секунду равен
импульсу материальной точки массой 1 кг, движущейся со скоростью
1 м/с
Паскаль равен давлению, создаваемому силой 1 Н, равномерно
распределенной по нормальной к
ней поверхности площадью 1 м2:
1 Па = 1 Н/м2
Джоуль равен работе, совершаемой силой 1 Н на пути 1 м:
Работа
A
Наименование и определение
Дж
1 Дж = 1 Н м
Энергия
Джоуль равен энергии, эквива––
Дж
лентной работе 1 Дж
Мощность
Ватт равен мощности, при котоA
рой за время 1 с совершается рабоN
Вт
та 1 Дж:
t
1 Вт = 1 Дж/с
Момент силы
Ньютон-метр равен моменту силы, равной 1 Н, относительно точM F
Нм
ки, расположенной на расстоянии
1 м от линии действия силы
Единицы величин молекулярной физики и термодинамики
Количество
Джоуль равен количеству теплоты,
теплоты,
эквивалентному работе 1 Дж
––
Дж
внутренняя
энергия
Тепловой поток
Ватт равен тепловому потоку, эк––
Вт
вивалентному механической мощности 1 Вт
Теплоемкость
Джоуль на кельвин равен теплоемсистемы
кости системы, температура котоdQ
C
Дж/К
рой повышается на 1 К при подвеdt
дении к системе количества теплоты 1 Дж
83
Продолжение
Единица
Наименование
величины
Определяющее
уравнение
Обозначение
Удельная
теплоемкость
Наименование и определение
Джоуль на килограмм-кельвин ра1 dQ
вен удельной теплоемкости вещеc
Дж/(кг К)
ства, имеющего при массе 1 кг теm dt
плоемкость 1 Дж/К
Поверхностное
Ньютон на метр равен поверхнонатяжение
стному натяжению жидкости, создаваемому силой 1 Н, приложенF
Н/м
ной к участку контура свободной

поверхности длиной 1 м и действующей нормально к контуру и по
касательной к поверхности
Единицы электрических и магнитных величин
Электрический
Кулон равен электрическому зарязаряд
ду, проходящему через поперечное
q It
Кл
сечение проводника при силе тока
1 А за время 1 с
Объемная
Кулон на кубический метр равен
плотность
объемной плотности электрическоq
3
электрического
го заряда, при которой в объеме
Кл/м
V
заряда
1 м3 равномерно распределен заряд
1 Кл
Поверхностная
Кулон на квадратный метр равен
плотность
поверхностной плотности электриq
электрического
ческого заряда, при которой заряд,
Кл/м2
заряда
равномерно распределенный по
S
поверхности площадью 1 м2, равен
1 Кл
Линейная
Кулон на метр равен линейной
плотность
плотности электрического заряда,
q
электрического
Кл/м
при которой заряд, равномерно

заряда
распределенный по нити длиной
1 м, равен 1 Кл
84
Продолжение
Единица
Наименование
величины
Определяющее
уравнение
Обозначение
Напряженность
электрического
поля
E
Электрический
потенциал
Электрическая
емкость
Плотность
электрического
тока
Электрическое
сопротивление
Удельное
электрическое
сопротивление
F
q0
А
q0
C
q
Н
Кл
В
м
В
Ф
j
I
S
А/м2
R
U
I
Ом
RS

Ом м
85
Наименование и определение
Ньютон на кулон равен напряженности электрического поля в точке
поля, в которой на точечный электрический заряд 1 Кл поле действует с силой 1 Н.
Вольт на метр равен напряженности однородного электрического
поля, создаваемого разностью потенциалов 1 В между точками, находящимися на расстоянии 1 м на
линии напряженности поля
Вольт равен потенциалу такой
точки поля, в которой заряд 1 Кл
обладает потенциальной энергией
1 Дж
Фарад равен электрической емкости такого уединенного проводника, потенциал которого изменяется
на 1 В при сообщении ему заряда
1 Кл
Ампер на квадратный метр равен
плотности электрического тока,
при которой сила тока, равномерно
распределенного по поперечному
сечению проводника площадью
1 м2, равна 1 А
Ом равен сопротивлению такого
проводника, в котором при напряжении 1 В течет постоянный ток
1А
Ом-метр равен удельному электрическому сопротивлению проводника с площадью поперечного
сечения 1 м2 и длиной 1 м, имеющего сопротивление 1 Ом
Продолжение
Единица
Наименование
величины
Определяющее
уравнение
Удельная
электрическая
проводимость
1
Обозначение
Сименс на метр равен удельной
электрической проводимости проводника, который при площади поперечного сечения 1 м2 и длине 1 м
имеет электрическую проводимость 1 См
Тесла равна магнитной индукции
такого однородного магнитного
поля, которое действует с силой
1 Н на каждый метр длины проводника, расположенного перпендикулярно направлению поля, если
по этому проводнику проходит ток
1 А:
1Н
1 Тл
А м
Вебер равен магнитному потоку,
проходящему сквозь плоскую поверхность площадью 1 м2, расположенную перпендикулярно магнитному полю, индукция которого
равна 1 Тл:
1 Вб = 1 Тл м2
Ампер на метр равен напряженности такого поля, магнитная индукция которого в вакууме составляет
См/м
Магнитная
индукция
B
F
I
Тл
BS
Вб
Магнитный
поток
Напряженность
магнитного
поля
H
B
Наименование и определение
А/м
0
Магнитный
момент
контура
с током
Индуктивность
p
L
IS
I
7
Тл
Ампер-квадратный метр равен
магнитному моменту контура площадью 1 м2, если по нему течет ток
1А
Генри равен индуктивности такого
контура, магнитный поток которого при токе 1 А равен 1 Вб:
4
А м2
Гн
10
1 Гн = 1 Вб/А
86
Окончание
Единица
Наименование
величины
Энергия
излучения
Поток
излучения
ОпредеОбозначеляющее
Наименование и определение
ние
уравнение
Единицы величин энергетической фотометрии
Джоуль равен энергии излучения,
Дж
W
эквивалентной работе 1 Дж
Ватт равен потоку излучения, экW
Вт
вивалентному механической мощc
t
ности 1 Вт
87
Десятичные кратные и дольные приставки и множители
Приставка
Наименование
Обозначение
Множитель
Пример
русское
международное
экса
Э
E
1018
1 Эм = 1018 м
пета
П
P
1015
1 Пм = 1015 м
тера
Т
T
1012
1 Тм = 1012 м
гига
Г
G
10 9
1 Гм = 10 9 м
мега
М
M
10 6
1 Мм = 10 6 м
кило
к
k
10 3
1 км = 10 3 м
гекто
г
h
10 2
1 гм = 10 2 м
дека
да
da
101
1 дам = 101 м
деци
д
d
10
1
1 дм = 10
1
м
санти
с
c
10
2
1 см = 10
2
м
милли
м
m
10
3
1 мм = 10
3
м
микро
мк
10
6
1 мкм = 10
6
м
нано
н
n
10
9
1 нм = 10
9
м
пико
п
p
10
12
1 пм = 10
12
м
фемто
ф
f
10
15
1 фм = 10
15
м
атто
а
a
10
18
1 ам = 10
18
м
П р и м е ч а н и е . Приставку или ее обозначение следует писать слитно с
наименованием единицы, к которой она присоединяется, или с ее обозначением.
Присоединение двух и более приставок подряд не допускается.
Кратные и дольные единицы должны выбираться таким образом, чтобы
числовые значения величины находились в диапазоне от 0,1 до 1000. (Выбор десятичной кратной или дольной единицы диктуется прежде всего удобством ее
применения.)
Для уменьшения вероятности ошибок при расчетах десятичные кратные
и дольные единицы рекомендуется подставлять только в конечный результат, а
в процессе вычислений все величины выражать в единицах СИ, заменяя приставки множителями 10 n .
88
Основные физические постоянные
Величина
Обозначение
Значение величины
c
3,00 108 м/с
4 10 7 Гн/м
Скорость света в вакууме
Магнитная постоянная
0
Электрическая постоянная
0
Гравитационная постоянная
Постоянная Планка
G
h

Элементарный электрический заряд
Масса покоя электрона
e
me
Масса покоя протона
mp
Масса покоя нейтрона
mn
Масса покоя
m
-частицы
Постоянная Ридберга
R
NА
Число Авогадро
Универсальная газовая постоянная
Постоянная Больцмана
R
k
Постоянная Стефана–Больцмана
Боровский радиус
a0
Энергия ионизации атома водорода
Ei
Нормальное атмосферное давление
Объем моля идеального газа при нормальных условиях
Нормальное ускорение свободного
падения
–
V
gn
89
12
8,85 10
6,67 10
11
Ф/м
Н м2/кг2
6,63 10 34 Дж с
1,055 10 34 Дж с
1,60 10 19 Кл
9,11 10 31 кг
1,673 10 27 кг
1,675 10 27 кг
6,64 10 27 кг
1,097 107 м–1
6,02 1023 моль–1
8,31 Дж/(моль К)
1,38 10 23 Дж/К
5,67 10 8 Вт/(м2 К4)
0,529 10 10 м
18
2,18 10
Дж = 13,6 эВ
101325 Па
22,4 10
3
м3/моль
9,81 м/с2
СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ
Гофман Ю. В. Законы, формулы, задачи физики. – Киев: Наук. думка, 1977. – 572 с.
Гольдфарб Н. И. Сборник вопросов и задач по физике. – М.:
Высш. шк., 1998. – 284 с.
Кикоин И. К., Кикоин А. К. Физика – 9. – М.: Просвещение,
1999. – 190 с.
Коровин В. А., Степанова Г. Н. Сборник задач для проведения устного экзамена по физике за курс средней школы, 11 класс. –
М.: Дрофа, 1999. – 105 с.
Мякишев Г. Я., Буховцев Б. Б. Физика – 10. – М.: Просвещение, 1999. – 221 с.
Мякишев Г. Я., Буховцев Б. Б. Физика – 11. – М.: Просвещение, 1999. – 253 с.
Трофимова Т. И. Справочник по физике для студентов и абитуриентов. – М.: ООО “Издательство Астрель”; ООО “Издательство
АСТ”, 2001. – 399 с.
Физика: Сборник задач / Г. Я. Бендриков, Б. Б. Буховцев,
В. В. Керженцев, Г. Я. Мякишев. – М.: Новая волна, Альянс-В,
1999. – 441 с.
Яворский Б. М., Селезнев Ю. А. Справочное руководство по
физике для поступающих в вузы и самообразования. – М.: Наука,
1994. – 624 с.
90
СОДЕРЖАНИЕ
1. КИНЕМАТИКА . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Основные определения и законы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Примеры решения задач . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Задачи для самостоятельного решения . . . . . . . . . . . . . . . . .
2. ДИНАМИКА . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Основные определения и законы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Примеры решения задач . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Задачи для самостоятельного решения . . . . . . . . . . . . . . . . .
3. РАБОТА И МЕХАНИЧЕСКАЯ ЭНЕРГИЯ . . . . . . . . . . . .
Основные определения и законы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Примеры решения задач . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Задачи для самостоятельного решения . . . . . . . . . . . . . . . . .
4. СТАТИКА И ГИДРОСТАТИКА . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Основные определения и законы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Примеры решения задач . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Задачи для самостоятельного решения . . . . . . . . . . . . . . . . .
5. МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Основные определения и законы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Примеры решения задач . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Задачи для самостоятельного решения . . . . . . . . . . . . . . . .
6. ТЕРМОДИНАМИКА. ТЕПЛОВЫЕ ЯВЛЕНИЯ. . . . . . . . .
Основные определения и законы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Примеры решения задач . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Задачи для самостоятельного решения . . . . . . . . . . . . . . . .
СПРАВОЧНЫЙ МАТЕРИАЛ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Основные единицы СИ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Дополнительные единицы СИ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Производные единицы СИ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Десятичные кратные и дольные приставки и множители
Основные физические постоянные . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
91
4
4
9
19
22
22
24
39
41
41
42
50
52
52
53
59
61
61
63
68
70
70
73
79
81
81
81
82
88
89
90