Физика ИРГТУ вар 7 (1)

Физика
Контрольная работа №1
Вариант 7
Задача 1.027
На горизонтальной плоскости находится сплошной цилиндр радиусом R = 20 см и массой m1 = 3
кг. На цилиндр намотана нить, переброшенная через блок, как показано на рисунке. К концу нити
привязан груз массы m2 = 2 кг. Цилиндр катится без проскальзывания. Определить ускорения
цилиндра и груза. Массой блока и трением в его оси пренебречь.
Дано :
R  0, 2 м
m1  3кг
m2  2кг
Найти : a1 , a2
Решение:
Согласно второму закону Ньютона ускорение тела обуславливается суммой действующих на него
моментов сил. Запишем сумму сил, действующих на груз, в проекции на направление его
движения:
m2 a2  m2 g  T2
Т.к. блок невесомый, силы натяжения нити по разные стороны блока:
T1  T2  T
Относительно точки касания цилиндра и плоскости на цилиндр действует только момент силы
натяжения нити (плечо силы трения равно нулю). тогда по основному закону динамики
вращательного движения твердого тела:
I   T  2R
По теореме Штейнера момент инерции цилиндра относительно точки касания:
m1 R 2
3m1 R 2
2
2
I  I 0  m1 h 
 m1 R 
2
2
2
mR
Где I 0 
- момент инерции сплошного цилиндра относительно центра масс, h  R 2
расстояние от точки касания – оси вращения до центра масс.
Т.к. цилиндр катится без проскальзывания, угловое ускорение связано с линейным ускорением
центра масс соотношением:
a
 1
R
Откуда сила натяжения нити:
3ma1
3mR 2 a1
  T  2R
 T
2
R
4
1
А линейные скорости центра цилиндра и верхней точки связаны соотношением:
v0   R; v '    2 R
Где  - угловая скорость ращения цилиндра.
Т.к. нить нерастяжима, верхняя точка цилиндра движется с такой же скоростью, как и груз,
следовательно, ускорения связаны соотношением
a2 v '

 2  a2  2a1
a1 v0
Подставляя полученные выражения во второй закон Ньютона:
3ma1
m2  2a1  m2 g 
4
Получим:
4m2 g
a1 
3m1  8m2
4  2  9,8
a1 
 3,14 м 2
с
33  8 2
a2  2  3,14  6, 28 м 2
с
Ответ: a1  3,14 м 2 ; a2  6, 28 м 2
с
с
 
 
Задача 1.037
Два груза массами m1 = 10 кг и m2 = 15 кг подвешены на нитях длиной l = 2 м так, что грузы
соприкасаются между собой. Меньший груз был отклонен на угол α = 60° и отпущен. Определить
высоту h, на которую поднимутся оба груза после удара. Соударение грузов неупругое.
Дано :
m1  10кг
m2  15кг
l  2м
  60
Найти : H
Решение:
Высота, на которую поднимется отклоненный груз из построения
h  l  l cos 
Поднятый груз обладает потенциальной энергией в поле тяжести Земли
U  m1 gh  m1 gl 1  cos  
Из закона сохранения энергия скорость груза в момент удара о второй груз:
2
m1V 2
 V  2 gl 1  cos  
2
Так как удар неупругий, после столкновения грузы будут двигаться как единое целое. Из закона
сохранения импульса скорость движения грузов после удара
m1
m1
m1V   m1  m2  v  v 
V
2 gl 1  cos  
m1  m2
m1  m2
При отклонении нити кинетическая энергия двух грузов перейдет в потенциальную энергию. Из
закона сохранения энергии:
2
 m1  m2  v 2
v 2  m1 
  m1  m2  gH

H

 l 1  cos  
2
2 g  m1  m2 
U T

m1 gl 1  cos   
2
 10 
H 
  2  1  cos 60   0,17  м 
 10  15 
Ответ: H  0,17 м
Задача 1.057


Уравнение колебаний материальной точки массой m = 10 г имеет вид x  0,1sin  t   , м.
4
8
Определить максимальную силу Fмах, действующую на точку, и полную энергию W колеблющейся
точки.
Дано :
m  102 кг


x  0,1sin  t   м
4
8
Найти : Fmax , W
Решение:
Из физического смысла производной скорость точки – первая производная от смещения по
времени:
d
d





V  t   x  0,1sin  t    0,1 cos  t   , м
с
dt
dt
4
8
4
8
8
Ускорение точки –производная от скорости по времени
a t  
d




 

0,1 cos  t    0,1  sin  t   , м 2
с
dt
8
4
4
8
8
8
2
Так как значение синуса по модулю не превосходит единицы, максимальное ускорение точки
 
amax  0,1   0, 015 м 2
с
8
Тогда максимальная сила, действующая на точку по второму закону Ньютона
Fmax  mamax
2
Fmax  102  0, 015  1,5  104  H 
Т.к. при колебаниях происходит переход потенциальной энергии в кинетическую, полная энергия
колеблющейся точки совпадет с её максимальной кинетической энергией, которую точка имеет в
положении равновесия, когда скорость точки максимальна.
Так как значение синуса по модулю не превосходит единицы, максимальная скорость точки из
уравнения зависимости скорости
3,14
Vmax  0,1 
 0, 039 м
с
8
3
 
Тогда из определения кинетической энергии
2
mVmax
W  Tmax 
2
2
2
10  0, 039
W 
 7, 61  106  Дж 
2
Ответ: Fmax  1,5 104 H ; W  7, 61  106 Дж
Задача 1.077
Баллон вместимостью V = 30 л содержит смесь водорода и гелия при температуре Т = 300 К и
давлении p = 828 кПа. Масса смеси равна 24 г. Определить массу m1 водорода и массу m2 гелия.
Дано :
V  3  10 2 м 3
T  300 K
p  8, 28  105 Па
m  2, 4  10 2 кг
Найти : m1 , m2
Решение:
Общее давление в баллоне по закону Дальтона равно сумме парциальных давлений каждого из
газов. Из уравнений состояний для каждого из газов:
m
piV  i RT
Mi
m
pi  i RT
VM i
Где R  8,31 Дж К  моль - универсальная газовая постоянная, M i - молярная масса.
m
m
RT  m1 m2 
p1  p2  1 RT  2 RT 

(*)

 p
VM 2
VM 2
V  M1 M 2 
Общая масса смеси
m1  m2  m
Решая систему уравнений (*), (**) относительно неизвестных масс, получим
RTm  pVM 2
m1  M 1
RT  M 1  M 2 
m2  M 2
pVM 1  RTm
RT  M 1  M 2 
Молярная масса водорода M1  2  103 кг
, гелия - M 2  4  103 кг
моль
моль
2
5
2
3
8,31  300  2, 4  10  8, 28  10  3  10  4  10
m1  2  103 
 1, 6  102  кг 
3
3
8,31  300   2  10  4  10 
3
m2  4  10 
2
8, 28  105  3  102  2  103  8,31  300  2, 4  10 2 
8,31  300   2  10  4  10
3
3
Ответ: m1  1,6  10 кг , m2  8  10 кг
4
3

 8  103  кг 
(**)
Задача 1.097
3
В цилиндре под поршнем находится азот массой т = 0,6 кг, занимающий объём V1 = 1,2 м при
3
температуре Т = 560 К. В результате подвода теплоты газ расширился и занял объём V2 = 4,2 м ,
при постоянной температуре. Определить: 1) изменение ΔU внутренней энергии; 2) совершённую
им работу А; 3) количество теплоты Q, сообщённое газу.
Дано :
m  0, 6кг
T  560 K
V1  1, 2 м3
V2  4, 2 м3
Найти : U , A, Q
Решение:
Так как температура газа остается постоянной, процесс расширения изотермический, т.е.
T  0
Поэтому внутренняя энергия остается постоянной
m
U 
CV T  0
M
Работа газа в изотермическом процессе определяется выражением
V
m
A
RT ln 2
M
V1
Где R  8,31 Дж моль  К - универсальная газовая постоянная, молярная масса азота
M  28  103 кг
моль
0,6
 4, 2 
5
A
 8,31  560  ln 
  1, 25  10  Дж 
3
1,
2
28  10


По первому началу термодинамики
Q  U  A
Q  0  A  1, 25  105  Дж 
Ответ: U  0 ; Q  A  1, 25  105 Дж
Задача 1.107
Вычислить молярные теплоемкости газа, если его удельные теплоемкости сV = 10,4 кДж/( кг∙К) и
сP = 14,6 кДж/(кг∙К).
Дано :
Дж
cV  1, 04  104
кг  К
Дж
c p  1, 46  104
кг  К
Найти : CV , C p
Решение:
Молярные теплоемкости по определению
CV 
i
R,
2
Cp 
i2
R
2
Где R  8,31 Дж моль  К - универсальная газовая постоянная, i - количество степеней свободы
молекул газа.
Они связаны с удельными соотношениями
5
cV  CV M 
cp  Cp M 
iR
2M
i  2 R
2M
Решив полученную систему относительно i и М (молярная масса газа), найдем
R
M 
c p  cV
CV 
cV
c R
 V
M c p  cV




1, 04  104  8,31
CV 
 20,58 Дж
4
4
моль
1, 46  10  1, 04  10
cp
cp R
Cp 

M c p  cV
1, 46  104  8,31
Cp 
 28,89 Дж
4
4
моль
1, 46  10  1, 04  10
Ответ: CV  20,58 Дж моль , C p  28,89 Дж моль
Задача 1.117
Определить работу А2 изотермического сжатия газа, совершающего цикл Карно, КПД которого η
= 0,4, если работа изотермического расширения равна A1 = 8 Дж.
Дано :
  0, 4
A1  8  103 Дж
Найти : A2
Решение:
Так как тепло рабочему газу передается лишь в изотермических процессах
Qí  A
Qx  A
Тогда из определения КПД теплового двигателя
A Qн  Qx



А  Qx  Qн 1     A  1   
Qн
Qн
Где A  Qн  Qx - работа, совершенная циклом
A  8  103 1  0, 4   4,8  103  Дж 
Ответ: A  4,8 103 Дж
Задача 1.137
На гладкой горизонтальной поверхности стоит сосуд с водой. В боковой стенке сосуда у дна
имеется отверстие площадью S. Какую силу нужно приложить к сосуду, чтобы удержать его в
равновесии, если высота уровня воды в сосуде равна h?
Дано :
S, h
Найти : F
Решение:
Согласно теореме Бернулли на уровне, где расположено отверстие:
 v12
 v2
  gh  2
2
2
6
Где p   gh - давление столба жидкости в цилиндре,  - плотность жидкости.
Т.к. скорость внутри сосуда практически равна нулю:
 v2
 gh  2
2
Скорость истечения жидкости из отверстия
v2  2 gh
Пусть вода приобретает эту скорость в течение некоторого времени dt , тогда испытываемое ею
ускорение:
dv v2
a

dt dt
За это время сквозь сечение отверстия протекает вода массой:
m  V    Sv2 dt
Где V  Sv2 dt - объем протекающей воды.
По второму закону Ньютона сила:
v
F  ma    Sv2 dt  2   Sv22  2  ghS
dt
Ответ: F  2  ghS
Контрольная работа №2
Вариант 7
Задача 2.017
Два точечных заряда q1 = -50 нКл и q2 = 100 нКл находятся на расстоянии d = 20 см друг от друга.
Определить силу F, действующую на заряд q3 = –10 нКл, удаленный от обоих зарядов на
одинаковое расстояние, равное d .
Дано :
d  0, 2 м
Q1  5  108 Кл
Q2  107 Кл
Q3  108 Кл
Найти : F
Решение:
Так как разноименные заряды притягиваются, а одноименные отталкиваются, силы будут
направлены, как показано на рисунке, причем модуль этих сил равен, из закона Кулона
Q Q
F1  k 1 2 3
d
F2  k
Q2  Q3
d2
7
Н  м2
- константа.
4 0
Кл2
Результирующая сила равна геометрической суме сил, по теореме косинусов
kQ
F  F12  F22  2F1 F2 cos   2 3 Q12  Q22  2Q1Q2 cos 
d
Так как образованный зарядами треугольник равносторонний,   60
9  109  108 2
F
5  1016  1014  2  5  108  107 cos 60  1,95  104  H 
2
0, 2
4
Ответ: F  1,95  10 H
Здесь k 
1
 8,99  109
Задача 2.027
В вершинах квадрата со стороной а = 10 см находятся заряды q1= q2 = q3 = q4 = 10 мкКл.
Определить напряжённость Е и потенциал φ поля, создаваемого этими зарядами в центре
квадрата.
Дано :
a  0,1м
q  105 Кл
Найти : E0 , 0
Решение:
Напряженность поля точечного заряда
Ek
q
r2
Где k  9  109 м
- константа.
Ф
Т.к. центра квадрата находится на одинаковом расстоянии от каждой из вершин:
2
r
a
2
Напряженности от каждого из зарядов в центре:
q
2kq
E1  E2  E3  E4  k
 2
2
a
 2 a


2


Вектор напряженности от каждого из зарядов направлен как показано на рисунке:
Электрическое поле подчиняется принципу векторной суперпозиции, т.е. результирующая
напряженность равна векторной сумме напряженностей от каждого из источников. т.к. векторы
напряженности от зарядов, расположенных в противоположных вершинах квадрата направлены
противоположно и равны друг другу по величине, они взаимно компенсируются.
Отсюда
E0  0
Потенциал поля точечного заряда
8
q
r
Потенциал подчиняется принципу суперпозиции, т.е. результирующий потенциал равен сумме
потенциалов от каждого из источников:
q
q
q
q
8kq
0  1  2  3  4  k
k
k
k

2
2
2
2
2a
a
a
a
a
2
2
2
2
9
5
8  9  10  10
0 
 5,1  106  B 
2  0,1
6
Ответ: E0  0 ; 0  5,1  10 B
k
Задача 2.037
Шаровой слой, равномерно заряженный по объему с постоянной объемной плотностью ρ = 1
3
нКл/м , имеет внутренний радиус R1 = 3 см и внешний R2 = 5см. Определить напряженность Е
электрического поля в точках, отстоящих от центра шарового слоя на расстояниях r1 = 2 см, r2 = 4
см и r3 = 6 см. Построить график зависимости напряженности Е от r.
Дано :
  109 Кл 3
м
2
R1  3  10 м
R2  5  102 м
r1  2  102 м
r2  4  102 м
r3  6  102 м
Найти : E  ri  , E  r 
Решение:
Для нахождения напряженности можно воспользоваться теоремой Остроградского-Гаусса
По теореме Острградского-Гаусса,
1
 En dS    dV
0 V
Где En - нормальная компонента электрического поля в элементу поверхности dS ,   dV - заряд,
V
сосредоточенный внутри интегрируемой поверхности,  0  8,85  10
12
Ф
- диэлектрическая
м
постоянная. В силу симметрии задачи электрическое поле имеет лишь радиальную компоненту. В
качестве поверхности интегрирования удобно взять сферу, центр которой совпадает с центром
шарового слоя,
Так как En постоянно для одного r ,  - однородно:
1
En  dS    dV
0 V
Элемент объема шара
dV  4 r 2 dr
Площадь сферической поверхности:
2
 dS  4 r
9
Для области r  R1 внутри сферы интегрирования заряд отсутствует, следовательно:
1
En  dS   0   dV  0  E  0
0
V
Для области R1  r  R2 заряд сосредоточен в области от R1 до r :
En  4 r 2 
r
1
0
  4 r 2 dr 
R1
1
0
   r 3  R13 
4
3
Откуда
1 r 3  R13

3 0
r2
Для области r  R2 внутри сферы интегрирования находится весь шаровой слой:
E
En  4 r 
2
1
0
R2
  4 r 2 dr 
R1
E
1
0
   R23  R13 
4
3
R3  R3
1
 2 2 1
3 0
r
Полученная зависимость напряженности:


r  R1
0,
 1
r 3  R13
E

, R1  r  R2
r2
 3 0
 1
R3  R3

 2 2 1 , r  R2
r
 3 0
Т.к. r1 принадлежит первой области:
E  r1   0
R1  r2  R2
4  102    3  102 

1
9
E  r2  
 10 
 0,87 В
12
2
4
м
3  8,85  10
4  10
3
3
 
r3  R2 к
5  102    3  102 

1
9
E  r3  
 10 
 1,03 В
м
3  8,85  1012
62  104
Ответ: E  r1   0 ; E  r2   0,87 В ; E  r3   1,03 В
м
м
3
10
3
 
Задача 2.047
Электрическое поле создано двумя одинаковыми положительными зарядами q1 и q2. Определить
работу А сил поля по перемещению заряда q = 10 нКл из точки 1 с потенциалом φ1 = 300 В в точку
2.
Дано :
q1  q2
q  108 Кл
1  300 B
Найти : A
Решение:
Потенциал поля точечного заряда определяется выражением:
Q
k
r
9 м
Где k  9  10
- константа, r - расстояние от заряда до точки поля.
Ф
Т.к. точка 1 удалена от зарядов q1 и q2 на одинаковое расстояние их они одинаковые, в точке 1:
q
a
Потенциал подчиняется принципу суперпозиции, т.е. результирующий потенциал системы
зарядов равен сумме потенциалов от каждого из источников. Тогда в точке 1:
q
1  11  12  2k 1
a
Отсюда
a
kq1  1
2
Точка 2 расположена от заряда 1 на расстоянии r1  3a , от 2 - r2  a
Тогда потенциалы от зарядов в этой точке:
kq
a 1 
kq
a 1 
21  1  1   1 ; 22  1  1   1
r1
2 3a 6
r2
2 a 2
Общий потенциал в точке 2:
11  12  k 1
11
21
6 2
3
Находясь во внешнем электрическом поле заряд обладает потенциальной энергией:
U  q
Тогда из закона сохранения энергии работа, необходимая для перемещения заряда q в поле
зарядов q1 , q2 будет затрачена на изменение его потенциальной энергии:
2  21  22 
1

1


 2

A  U 2  U1  2 q  1q   1  1  q   1 q
3
 3

300
A
 108  106  Дж 
3
Ответ: A  106 Дж
Задача 2.057
Плоский конденсатор заполнен диэлектриком и на его пластины подана некоторая разность
потенциалов. Энергия конденсатора в этом случае равна W = 20 мкДж. После того, как
конденсатор отключили от источника напряжения, диэлектрик вынули из конденсатора. Работа,
которую надо было совершить против сил электрического поля, чтобы вынуть диэлектрик, А = 70
мкДж. Определить диэлектрическую проницаемость ε диэлектрика.
Дано :
W  2  105 Дж
A  7  105 Дж
Найти : 
Решение:
Емкость плоского конденсатора определяется выражением:
 S
C 0
d
Где  0 - диэлектрическая постоянная, S - площадь обкладок, d - расстояние между ними.
Т.к. после извлечения диэлектрика между пластинами будет находиться воздух, диэлектрическая
проницаемость которого   1 , конечная емкость:
 S C
C'  0  С
d

Пусть в начальный момент конденсатор заряжен до заряда Q , тогда его энергия определяется
выражением:
Q2
W 
2C
Т.к. конденсатор отключен от источника напряжения, заряд на его обкладках остается
постоянным. Тогда энергия, запасенная в конденсаторе:
Q2  Q2
W'

2C ' 2C
Из закона сохранения энергии работа по извлечению диэлектрика затрачивается на изменение
запасенной в конденсаторе энергии:
 Q2 Q2 Q2
A  W ' W 


  1  W   1
2C 2C 2C
Откуда
A
  1
W
5
7  10

 1  4,5
2  105
Ответ:   4, 5
12
Задача 2.067
К батарее аккумуляторов, ЭДС которой равна 2 В и внутреннее сопротивление r = 0,5 Ом,
присоединен проводник. Определить: 1) сопротивление R проводника, при котором мощность,
выделяемая в нем, максимальна; 2) мощность Р, которая при этом выделяется в проводнике.
Дано :
  2B
r  0,5Ом
Найти : R, P
Решение:
Общее сопротивление цепи
R0  r  R
Тогда ток в цепи по закону Ома
I



R0 r  R
Мощность, выделяемая на внешнем сопротивлении по закону Джоуля-Ленца
R 2
PR  U R I  RI 2 
2
r  R
Где U R  RI - падение напряжения на внешнем сопротивлении.
Условие максимума выделяемой мощности из дифференциального анализа:
dPR
0
dR
 2 r  R
d
R 2
R 2
2 R 2



0
3
dR  r  R 2  r  R 2  r  R 3
r  R
Откуда
r  R  0,5Ом
Мощность при таком сопротивлении внешней нагрузки:
r 2
2
P

2
 r  r  4r
P
22
 2  Вт 
4  0,5
Ответ: r  0,5Ом ; P  2Вт
Задача 2.077
На рис. 2.77, ЭДС батареи ε = 120 В, сопротивления R3 = 20 Ом и R4 = 25 Ом. Падение напряжения
на сопротивлении R1 равно U1 =40 В. Амперметр показывает ток I = 2 А. Определить
сопротивление R2.
Дано :
  120 B
R3  20Ом
R4  25Ом
U1  40 B
I  2A
Найти : R2
Решение:
13
Общее сопротивление параллельно соединенных R2 и R3 определяется из соотношения:
RR
1
1
1


 R23  2 3
R23 R2 R3
R2  R3
Амперметр показывает общий ток в цепи, который одинаков для последовательно соединенных
сопротивлений. Тогда по закону Ома сопротивление
U
R1  1
I
Тогда общее сопротивление цепи:
RR
U
R0  R1  R23  R4  1  2 3  R4
I
R2  R3
По закону Ома возникающий в цепи ток определяется выражением:
I

R0

Отсюда
R2  R3

RR
U1
 2 3  R4
I
R2  R3
  U1  IR4
U1  I  R3  R4   
120  40  2  25
R2  20 
 60  Ом 
40  2   20  25   120
Ответ: R2  60Ом
14