1. Тело падает с высоты h=25 м. Какое расстояние пролетит... t=0.5 c времени своего полета?

1. Тело падает с высоты h=25 м. Какое расстояние пролетит тело за первые и последние
t=0.5 c времени своего полета?
Решение.
По условию не сказано, что телу придали какую  то начальную скорость, поэтому
будем считать, что начальная скорость 0  0;
падение тела  равноускоренное прямолинейное движение, поэтому :
gt 2
2
найдем положение тела через 0.5 с до начала падения :
y (t )  h0 
9.81  0.52
 23.8 м, тогда за первые 0.5 с тело пролетело 25  23.8  1.2 м
2
2h0
gt 2
,
t 
найдем время, через которое тело упадет, то есть : 0  h0 
g
2
y (t  0.5 c)  25 
2  25
 2.3 c
9.81
теперь найдем положение тела за 0.5 с до падения, т.е. в момент t 2  2.3  0.5  1.8 с
t
y (t  1.8 c)  25 
9.81  1.82
 9.1 м, таким образом, за последние 0.5 с тело пролетит 9.1м
2
Ответ. За первые 0.5с тело пролетит 1.2 м, за последние 0.5 с тело пролетит 9.1 м.
2. Найти угловое ускорение колеса, если известно, что через время t=2c после начала
движения вектор полного ускорения точки, лежащей на ободе колеса составляет угол
  600 с вектором ее линейной скорости.
Решение.
начальная скорость V0  0, по рисунку видно, что
tg 
an
V2
, an 
 нормальное (центростремительное) ускорение
a
R
dV
 тангенциальное ускорение,
dt
V   R  линейная скорость,    t  угловая скорость,
a 
где   угловое ускорение;
dV
 R
dt
V2
R 2 2 t 2
тогда : tg 

  t 2 , тогда угловое
2
R  R
R
tg tg 600
рад
ускорение :   2 
 0.43 2
2
t
2
с
тогда : V  R t  a 
Ответ. Угловое ускорение колеса   0.43
рад
.
с2
3. Тягач тянет сани с лесом по ледяной дороге с постоянной скоростью 15 км/ч. С какой
скоростью тягач мог бы тянуть такие сани летом по грунтовой дороге, если мощность,
развиваемая мотором в обоих случаях одинакова? Коэффициент трения при движении
по ледяной дороге принять 1  0.05 , а по грунтовой дороге 2  0.15 .
Решение.
Мощность можно найти по формуле :
P  F   F cos  , где   угол между вектором силы трения и вектором скорости
движения тела.
так как мощность двигателя одинакова в обоих случаях, можем записать :
P1  P2 , P1  F11 cos  , P2  F22 cos 
F1  1 N , F2  2 N  сила трения, N  сила реакции опоры, тогда :
1 N1 cos   2 N2 cos   2 
1
0.05
км
1 
 15  5
2
0.15
ч
Ответ. Тягач сможет тянуть груз по грунтовой дороге со скоростью 5 км/ч.
4. Брусок массой m1  0.5 кг соскальзывает по наклонной плоскости с высоты h=1 м,
двигаясь по горизонтальной поверхности, сталкивается с неподвижным бруском массой
m2  0.2 кг . Считая столкновение абсолютно неупругим, определить общую
кинетическую энергию брусков после столкновения. Трением при движении
пренебречь. Считать, что наклонная плоскость плавно переходит в горизонтальную.
Решение.
 при абсолютно неупругом соударение после столкновения оба тела движутся вместе
как единое целое;
найдем сначала скорость первого тела :
по условию тело соскальзывает по наклонной поверхности без трения, что равносильно
свободному падению тела с высоты h, поэтому для равноускоренного движения первого
бруска запишем : h 
gt 2
t 
2
2h
2h
, 1  gt  g
 2 gh  скорость бруска после того,
g
g
как он соскользнул с наклонной плоскости;
теперь запишем закон сохранения импульса :
m11  m22  (m1  m2 ), здесь   скорость движения обоих тел после столкновения
2  0, т.к. второй брусок изначально покоится
тогда :  
m1
m1
1 
m1  m2
m1  m2
2 gh 
0.5
2  9.81  1  3.16 ( м / с)
0.5  0.2
тогда общая кинетическая энергия :
1
1
E  (m1  m2 ) 2   (0.5  0.2)  3.162  3.5 Дж
2
2
Ответ. Общая кинетическая энергия брусков после столкновения Е=3.5 Дж.
5. Маленький пластилиновый шарик массы m1  20 г  0.02 кг движется горизонтально со
скоростью 1  20 м / с . Перпендикулярно к направлению его движения летит второй
шарик массы m2  30 г  0.03 кг со скоростью 2  40 м / с и сталкивается с первым.
Шарики слипаются, и далее движутся вместе. Найти модуль скорости шариков после
удара.
Решение.
Y
запишем закон сохранения импульса в векторном
виде : m1V1  m2 V2  (m1  m2 )V
сделаем проекции на координатные оси ОХ и ОУ :
m1V1
ОХ : m1V1  (m1  m2 )VX  VX 
(m1  m2 )
OY : m2V2  (m1  m2 )VY  VY 
V  V V 
2
X
2
Y
m12V12  m22V22
m1  m2
V1
V
m1
V2
до
O
m2
(m1  m2 )
X
после
m2V2
(m1  m2 )

0.022  202  0.032  402
 25.3 м / с
0.02  0.03
Ответ. Модуль скорости шариков после удара равен 25.3 м/с.
6. Резиновая шайба массы m=1кг, двигаясь со скоростью 0  5 м / с , соскальзывает с
горки высотой h=10м и приобретает скорость  у подножия горки. Во время движения
над шайбой была совершена работа сил трения Атр  2 Дж . Найти, во сколько раз
изменилась кинетическая энергия шайбы.
Решение.
Воспользуемся законом сохранения энергии : Е  const
m02
 шайба обладает потенциальной энергией
2
тела, поднятого над землей и кинетической энергией
1) до соскальзывания с горки : Е  mgh 
2) после соскальзывания : Е  AТР 
m 2
( расходуется энергия на трение)
2
m02
m 2
тогда : AТР 
 mgh 
, отсюда :
2
2

m02
2
mgh

 AТР  

m
2


2
1  52
1

9,81

10

 2   14.7 м / с  скорость

1
2

после того, как шайба соскользнула с горки , тогда кинетическая энергия изменится ,

2
E
2m 2     14.7 
и: 2 
  
  8.6
E1 2m02  0   5 
2
Ответ. Кинетическая энергия шайбы увеличится в 8.6 раз.
7. Платформа начинает вращаться с постоянным угловым ускорением   0.5 рад / с 2 и
кг  м2
. Найти кинетическую
с
энергию платформы через время t2  20 c после начала движения.
через время t1  15 c приобретает момент импульса L  73.5
Решение.
 момент импульса вычисляется по формуле : L  I  , где   угловая скорость, а I 
момент инерции платформы.
1
для кинетической энергии справедливо : EК  I  2
2
L
L
найдем момент инерции : I  , 1   t1  I 

 t1
тогда кинетическая энергия через время t2  20 c после начала движения равна :
 L t22 0.5  73.5  202
1 2
1 L
2
Е К  I 2 , 2   t 2  Е К 
( t2 ) 

 490 Дж
2
2  t1
2t1
2  15
Ответ. Кинетическая энергия платформы через 20 с после начала движения Е=490 Дж.
8. Два невесомых стержня длины b=40см соединены под углом 1  600 и вращаются без
трения в горизонтальной плоскости вокруг вертикальной оси О с угловой скоростью
  1 рад / с . На конце одного из стержней прикреплен очень маленький массивный
шарик. В некоторый момент угол между стержнями самопроизвольно увеличился до
 2  1200 . С какой угловой скоростью стала вращаться система?
b
Решение.
2
B
b
1
Воспользуемся законом сохранения энергии :
Е1  Е2 (трения нет  по условию), тогда :
O
b

1
1
1
1
A
I112 , E2  I 222  I112  I 222
2
2
2
2
I
или : 2  1 1 , осталось найти моменты инерции системы до и после изменения
I2
Е1 
угла между стержнями.
Шарик очень маленький , поэтому будем считать его материальной точкой , тогда
его момент инерции I1  mr12 , r1  OA  b (т.к. получаем равносторонний треугольник ),
I 2  mr22 , r2  OB  b 3
момент инерции стержней не учитываем в силу их невесомости.
тогда : 2  1
I1
b
 1
 1
I2
b 3
1
3
 0.76 рад / с
Ответ. Система стала вращаться с угловой скоростью 0.76 рад/с.
9. Найти логарифмический декремент затухания математического маятника, если за
время t=1 мин амплитуда колебаний уменьшилась в 2 раза. Длина маятника 1 м.
Решение.
запишем выражение для амплитуды затухающих колебаний :
 t 
A  A0 exp    ,   логарифмический декремент затухания, T  период колебаний
 T 
тогда : Т  2
получим :
l
 период колебаний математического маятника,
g
 t
A0
 exp 
A1
 2
g
l

2 ln 2
  2   
t

l
2  3.14  ln 2
1

 0.033
g
60
9.81
Ответ. Логарифмический декремент затухания равен 0.033.
10. Два моля идеального газа сначала изохорически нагревают в e 2 раз, а затем
адиабатически охлаждают до первоначальной температуры. Суммарное изменение
энтропии газа в двух этих процессах S  83.1 Дж / К . Найти число степеней свободы
молекул такого газа.
Решение.
1. Изохорическое нагревание : V  const (объем неизменен), тогда :
p1 p2

T1 T2
2. Адиабатическое охлаждение : Q  0 (без выделения или поглощения тепла)
dQ
Энтропия : dS 
;
T
Q  CV  (T2  T1 )  количество теплоты, сообщенное газу в процессе изохорического
i
нагревания, здесь CV    R,   2 моль  количество газа, i  число степеней свободы.
2
T2
T T
i
1
i
i
S    R  dT    R  (ln T2  ln T1 )    R ln 2 , 2  e 2 ( по условию)
2 T1 T
2
2
T1 T1
тогда : i 
2S
2  83.1

5
T2 2  8.31  ln e 2
 R ln
T1
Ответ. Число степеней свободы такого газа равно 5.
11. Термодинамическая система совершает циклический процесс с КПД   75%  0.75 . В
состояниях
1,
2
и
3
она
имеет
соответственно,
температуры
T1  300 К , Т 2  500 К , Т 3  400 К . Процессы 1-2 и 1-3 имеют постоянные молярные
теплоемкости С1 и С2 соответственно, процесс 2-3 адиабата. Вычислить отношение
теплоемкостей
Решение.
С1
.
С2
КПД :  
Q1  Q2
, Q1  тепло, полученное от нагревателя ,
Q1
Q2  тепло, отданное холодильнику
в процессе 1  2 : температура повышается ,  тепло подводится, тогда :
Q1   C1 (T2  Т1 )  тепло, сообщенное газу в процессе 1  2
Q2  0 (т.к. 2  3  адиабатический процесс )
процесс 1  3 : тепло отводится , т.к. уменьшается температура газа, тогда :
Q3   C2 (T3  Т 2 )
тогда для КПД :  

 C1 (T2  Т1 )   C2 (T3  Т 2 )

 C1 (T2  Т1 )
C1 (T2  Т1 )  C2 (T3  Т 2 )
, отсюда :
C1 (T2  Т1 )
  1
T  Т2
C2 T3  Т 2
C
1
1
400  500

 1 
 3


2
C1 T2  Т1
C2 (  1) T2  Т1 0.25 500  300
Ответ. Отношение теплоемкостей
C1
 2.
C2
12. Два моля идеального одноатомного газа совершают замкнутый цикл, изображенный на
p
T
рисунке. Известно, что температура T1  280 К , 2  5, 4  2 . Определить КПД этого
p1
T1
цикла.
Решение.
процесс 1  2 : температура повышается, V  const , тогда : Q1   CV (T2  T1 )  подведенное
тепло
процесс 2  3 : p  const , тогда : Q2   CP (T3  T2 )  подведенное тепло
процесс 3  4 : V  const , Q3   CV (T4  T3 )  тепло отводится
процесс 4  1: p  const , Q4   CP (T1  T4 )  тепло отводится, тогда КПД цикла :


Q1  Q2  Q3  Q4  CV (T2  T1 )   CP (T3  T2 )   CV (T4  T3 )   C P (T1  T4 )


Q1  Q2
 CV (T2  T1 )   CP (T3  T2 )
CV (T2  T1  T4  T3 )  CP (T3  T2  T1  T4 )
CV (T2  T1 )  CP (T3  T2 )
CV 
i
i2
R, C P 
R
2
2
тогда :
i
i2
i
(T2  T1  T4  T3 ) 
(T3  T2  T1  T4 )
(T2  T1  T4  T3  T3  T2  T1  T4 )  (T3  T2  T1  T4 )
2
2
 2

i
i2
i
(T2  T1 ) 
(T3  T2 )
(T2  T1  T3  T2 )  (T3  T2 )
2
2
2
T3  T2  T1  T4

i
(T3  T1 )  (T3  T2 )
2
p
p
p
1  2 : V  const  1  2  T2  T1  2  280  5  1400 К
T1 T2
p1
3  4 : V  const 
p3 p4
p
p

 T3  T4  3  T4  2  2T4
T3 T4
p4
p1
T4  2T1 (по условию)  T4  560 К
V4 V1
V
T
  4  4 ; V4  V3 (т.к.3  4 изохорный процесс),
T4 T1
V1 T1
V2 T2
V
T
T
T
 ; V4  V3 , V2  V1  2  2  1  T3  T2  4  2T2  2800 К
V3 T3
V3 T3 T4
T1
i  3  число степеней свободы одноатомного газа, тогда :

2800  1400  280  560
 0.216  21.6%
3
(2800  280)  (2800  1400)
2
Ответ. КПД такого цикла 21.6%.