Где Q – количество теплоты, выделяющейся на участке цепи за время t

Закон Джоуля-Ленца справедлив при условии, если участок цепи неподвижен и в нем не происходят химические превращения.

ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

Пример 1. Уравнение движения материальной точки вдоль оси имеет вид x = A + Bt + Ct³, где А =2 м, В = 7м/с; С = -0,5м/с³. Найти координату x, скорость v и ускорение a точки в момент времени t, равный 2 с.

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

x=(2+7∙2-0,5∙2³)=12 м.

Мгновенная скорость есть первая производная от координат по времени:

v = = B +3Ct².

Ускорение точки найдем, взяв первую производную от скорости по вре- мени:

a = = 6Ct².

В момент времени t=2с

v =(7-3∙0,5∙2²) = 1м/с;

a = 6 · 0,5 ·2 = 6 м/с².

Пример 2. Тело брошено со скоростью v₀ = 10 м/с под углом α = 40⁰ к горизонту. Пренебрегая сопротивлением воздуха, найти:

1) высоту h подъема тела; 2) дальность S полета тела (по горизонтали);

3)время движения тела.

Решение. Перемещение тела можно разложить на два: горизонтальное вдоль оси x и вертикальное вдоль оси y (см. рисунок). Применяя закон независимости движений, имеем

h = ; (1)

S = v_ox · 2t, (2)

где t – время подъема; 2t – время полета.

Из рисунка видно, что v_0y =v₀sinα; v_0x = v₀cosα. В верхней точке подъема v_y = 0, и из уравнения v_y = v_0y – gt получаем, что v₀sin α = gt. Отсюда время подъема равно

t = c.

Подставив значение t в (1), получим высоту, на которую поднимется тело:

h= м.

Подставив значение t в (2), найдем дальность полета:

S = v₀ cosα 2t = 10·0,77·1,3 = 10м.

Время полета 2t = 2 · 0,64 = 1,3 с.

Пример 3. Диск радиусом R =5 см вращается вокруг неподвижной оси так, что зависимость угловой скорости от времени задается уравнением

ω = 2At + 5Bt⁴, где А = 2 рад/с², В = 1 рад/с⁵.

Найти для точек на ободе диска к концу первой секунды после начала движения: 1) полное ускорение; 2) число оборотов диска.

Решение. Полное ускорение может быть найдено как геометрическая сумма тангенциального ускорения , направленного по касательной к траектории, и нормального ускорения a_n, направленного к центру кривизны траектории, см. рисунок.

.

Так как векторы и взаимно перпендикулярны, то модуль ускорения – Тангенциальное и нормальное ускорения точки вращающегося тела выражаются формулами ; , где ε – угловое ускорение тела; ω – угловая скорость тела.

По условию задачи

ω = 2 Аt + 5 Bt⁴.

Следовательно,

м/с²;

м/с².

Полное ускорение

м/с².

Угол поворота диска равен φ = 2πN (где N –число оборотов), но угловая скорость составляет

.

Следовательно, .

Тогда число оборотов диска – .

Пример 4. Маховик вращается с постоянной частотой n₀=10 c^-1. При торможении он начал вращаться равнозамедленно. Когда торможение прекратилось, вращение маховика снова стало равномерным, но уже с частотой n = 6c^-1. Найти угловое ускорение ε маховика и продолжительность t торможения, если за время равнозамедленного движения маховик сделал N=50 оборотов.

Решение. Угловое ускорение маховика связано с начальной и конечной ω угловыми скоростями соотношением ; откуда

Но так как φ = 2 π N, ω = 2 π n, то

рад/с².

Знак «минус» указывает на то, что маховик вращается замедленно.

Для определения продолжительности торможения используем формулу, связывающую угол поворота со средней угловой скоростью вращения и временем: φ = ω_срt. По условию задачи угловая скорость линейно зависит от времени, и поэтому w_ср можно выразить так:

,

тогда . Откуда

с.

Пример 5. К нити подвешен груз массой m=1 кг. Найти силу натяжения нити , если нить с грузом: 1) поднимать с ускорением a=5 м/с²; 2) опускать с тем же ускорением.

Решение.

На поднимаемый груз, действуют сила тяжести mg (вниз) и сила натяжения нити F_H (вверх), см. рисунок. Применив второй закон Ньютона, получим, что ma=F_H-mg. Отсюда H.

На опускаемый груз также действуют сила тяжести mg (вниз) и сила натяжения нити F_H (вверх). Применив второй закон Ньютона, получим, что . Отсюда H.

Пример 6. По плоскости с углом наклона 30⁰ к горизонту скользит тело. Определить скорость тела в конце второй секунды от начала скольжения, если коэффициент трения k = 0,15.

Решение

Уравнение движения тела в векторной форме (второй закон Ньютона):

.

В проекциях на оси x и y это уравнение примет вид

; (1)

. (2)

Из уравнения (2) , см. рисунок. Сила трения

.

Тогда, подставив в уравнение (1), получим выражение

mgsinα-kmgcosα=ma,

отсюда a=g(sinα-kcosα).

Скорость тела , но v₀=0; поэтому

м/с.

Пример 7. Шар массой m₁, движущийся горизонтально с некоторой скоростью v₁, столкнулся с неподвижным шаром массой m₂. Шары – абсолютно упругие, удар прямой. Какую долю своей кинетической энергии первый шар передал второму?

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

, (1)

где K₁ – кинетическая энергия первого шара до удара; u₂ и K₂ – скорость и кинетическая энергия второго шара после удара.

При ударе абсолютно упругих тел одновременно выполняются два закона сохранения: импульса и механической энергии. По закону сохранения импульса, с учетом того, что второй шар до удара покоился, имеем

.

По закону сохранения механической энергии – .

Решая совместно два последних уравнения, найдём, что .

Подставив выражение в равенство (1), получим

.

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

Пример 8. Сплошной шар массой 1 кг и радиусом 0,05 м вращается вокруг оси, проходящей через его центр. В точке, наиболее удалённой от оси вращения, на шар действует сила, касательная к поверхности. Угол поворота шара меняется по закону . Определить величину действующей силы, тормозящий момент, время равнозамедленного движения.

Решение. Согласно основному закону динамики вращательного движения вращающийся момент равен , где J – момент инерции шара; ε – угловое ускорение. Момент инерции шара:

.

Угловое ускорение – .

Следовательно, .

, где - радиус – вектор, проведённый из этой точки в точку приложения силы. Модуль момента

силы, как видно из рисунка, . Отсюда

.

В момент остановки шара ω=0,

Пример 9. Найти линейное ускорение шара, скатывающегося без скольжения с наклонной плоскости. Угол наклона плоскости a=30⁰, начальная скорость v₀=0.

Решение. При скатывании шара с наклонной плоскости высотой h его потенциальная энергия уменьшается, переходя в кинетическую поступательного и вращательного движения:

, (1)

где J – момент инерции шара. Так как и , где R – радиус шара, то уравнение (1) можно записать так:

,

т.е. .

Из рисунка видно, что h=lsinα; тогда ;

. (2)

Так как движение тела происходит под действием постоянной силы, то оно равноускоренное с v₀=0 (из условия задачи); поэтому

. (3)

Подставив (3) в уравнение (2), получим:

м/с².

Пример 10. Маховик в виде диска массой m=50 кг и радиусом R = 20 см был раскручен до частоты вращения . Вследствие трения маховик остановился. Найти момент M сил трения, считая его постоянным для двух случаев: 1) маховик остановился через t=50 с; 2) маховик до полной остановки сделал N=200 об.

Решение. По основному закону динамики вращательного движения изменение момента импульса вращающегося тела равно произведению момента силы, действующего на тело, на время действия этого момента:

,

где J –момент инерции маховика; и - начальная и конечная угловые скорости. Так как ω₂=0 и , то Mt=-Jω, откуда

. (1)

Момент инерции диска относительно его геометрической оси равен

.

Подставив это выражение в формулу (1), найдём, что

. (2)

Выразив угловую скорость ω₁ через частоту вращения , получим , произведя вычисления по формуле (2), найдём, что

.

В условии задачи дано число оборотов маховика до остановки, т.е. его угловое перемещение:

рад.

Запишем формулу, выражающую связь работы с изменением кинетической энергии:

, или ω₂=0.

Она примет вид

. (3)

Работа при вращательном движении определяется по формуле . Подставив выражение работы и момента инерции диска в формулу (3), получим

.

Отсюда

= –1 (Нм).

Знак «минус» показывает, что момент силы трения оказывает тормозящее действие.

Пример 11. Человек стоит в центре круга Жуковского, вращающегося по инерции вокруг неподвижной оси с частотой . В вытянутых руках он держит по гире массой m=5кг каждая. Расстояние от каждой гири до оси вращения Суммарный момент инерции человека и скамьи относительно оси вращения I₀=2 кг×см². Определить частоту n₂ вращения скамьи с человеком. Какую работу совершит человек, если прижмёт гири к себе так, что расстояние от каждой гири до оси станет равным ₂=20cм?

Решение. По условию задачи момент внешних сил относительно вертикальной оси вращения равен нулю, поэтому момент импульса системы сохраняется:

I₁ω₁= I₂ ω₂,

где – соответственно момент инерции всей системы до и после сближения; m- масса каждой гири. Угловая скорость ω=2πn. Подставив w в уравнение, получим искомую частоту вращения:

Работа, совершаемая человеком, равна изменению кинетической энергии системы:

.

Пример 12. Материальная точка массой m=10 г совершает гармонические колебания частотой n = 0,2 Гц. Амплитуда колебаний равна 5 см. Определить: а) максимальную силу, действующую на точку; б) полную энергию колеблющейся точки.

Решение. Уравнение гармонического колебания: х= A cos (ω₀t+ φ).

Тогда скорость и ускорение колеблющейся точки находятся так:

;

Согласно второму закону Ньютона сила, действующая на точку, –

при .

Поэтому искомое максимальное значение силы (с учетом того, что ω₀= 2πn) будет равно

.

Полная энергия колеблющейся точки –

мкДж.

Пример 13. Складываются два колебания одинакового направления, выражаемые уравнениями и , где А₁=1см, А₂=2см, τ₁= с, с, .

Определить начальные фазы φ₀₁, φ₀₂ составляющих колебаний и амплитуду результирующего колебания.

Решение. Уравнение гармонического колебания имеет вид

x = Acos(ωt+φ).

x₁=A₁cos(ωt+ωτ₁), x₂ =A₂cos(ωt+ ωτ₂).

Тогда:

Для определения амплитуды результирующего колебания представим векторную диаграмму, см. рисунок.

Согласно теореме косинусов, получим:

где – разность фаз составляющих колебаний.

Подставив найденные значения φ₂ и φ₁, получим, что (рад), Подставив значения А₁, А₂, и Δφ, найдем, что

см.

Пример 14. Точка участвует одновременно в двух гармонических колебаниях во взаимно перпендикулярных направлениях. Колебания описываются уравнениями x= cos πt и y = cos t. Определить траекторию движения точки.

Решение. По условию задачи x= cos πt; y = cos t. (1)

Для определения траектории точки из выражений (1) исключаем понятие времени. Искомые уравнения имеют вид x= 2y²-1, или , и представляют собой параболу.

Пример 15. На концах тонкого стержня длиной =1 м и массой m=400 г укреплены шарики малых размеров массами m₁=200 г и m₂=300 г. Стержень колеблется вокруг горизонтальной оси, перпендикулярной ему и проходящей через его середину (точка О, см. рисунок). Определить период Т колебаний, совершаемых стержнем.

Решение. Период колебаний физического маятника, примером которого является стержень с шариками, определяется по формуле

, (1)

где I – момент инерции маятника относительно оси колебаний; m – его масса; a – расстояние от центра масс маятника до оси.

Момент инерции данного маятника равен сумме моментов инерции шариков I₁, I₂ и стержня I₃:

I= I₁+ I₂+ I_3. (2)

Приняв шарики за материальные точки, выразим моменты их инерций:

.

Момент инерции стержня относительно оси, проходящей через его середину, равен I₃= . Подставив полученные выражения I₁, I₂, I₃ в формулу (2), найдем момент инерции физического маятника:

= .

Масса маятника состоит из масс шариков и стержня:

m = m₁ + m₂ + m₃ = 0,2 + 0,3 + 0,4 = 0,9 кг.

Если ось x направить вдоль стержня и начало координат совместить с точкой О, см. рисунок, то искомое расстояние «а» равно координате центра масс маятника, т.е.

Произведя расчет по формуле (1), найдем период колебаний физического маятника:

.

Пример 16. Найти молярную массу воздуха, считая, что он состоит из одной части кислорода и трех частей азота.

=32×10^-3 кг/моль, =28×10^-3 кг/моль.

Решение. Воздух, являясь смесью идеальных газов, тоже представляет собой идеальный газ, и к нему можно применить уравние Менделеева–Клапейрона:

PV= RT. (1)

Для каждого компонента смеси (кислорода и азота) имеем:

, (2)

, (3)

где и – парциальные давления каждого компонента.

По закону Дальтона

Р_возд = + _.

Сложив (2) и (3), получим

( + )V = . (4)

или на основании закона Дальтон

PV= . (5)

Сравнив (1) и (5) с учетом того, что m_возд =m +m , имеем:

Откуда

. (6)

Подставив в (6) равенство m =3m (по условию), найдем молярную массу воздуха:

=29×10^-3 кг/моль.

Пример 17. Плотность некоторого газа равна 6·10^-2 кг/м³, а среднеквадратичная скорость молекул – 500 м/с. Найти давление, которое газ оказывает на стенку сосуда.

Решение. В основном уравнении молекулярно- кинетической теории –

.

Произведение nm выражает массу молекул, содержащихся в единице объема вещества, и следовательно, равно плотности ρ газа. Таким образом,

Па.

Пример 18. 6,5 г водорода, температура которого 27⁰ С, расширяется вдвое при постоянном давлении за счет притока тепла извне. Найти: а) изменение внутренней энергии; б) количество теплоты, сообщенной газу; в) работу расширения. (М_в=2×10^-3 кг/моль).

Решение. Вычислим значения молярных теплоемкостей водорода, учитывая, что молекулы водорода – двухатомные, а число i степеней свободы равно пяти:

=20,8·10³ Дж/моль×К;

C_р =C_v + R=20,8·10³ + 8,31·10³ =29,1·10³ Дж/моль×К.

Поиск по сайту: