Решения задач для младших курсов

Задания для студентов 2 курса
№1
Материальная точка движется вдоль прямой. Вначале она двигалась в течение
промежутка времени τ с ускорением а (без начальной скорости). После этого
ускорение изменило знак на противоположный и стало равным по величине 2а. Через
какое время точка снова окажется в начальном положении?
Решение
Искомое время складывается из двух интервалов: времени движения τ с ускорением а,
времени движения t1 с ускорением -2а до остановки и времени движения t2 с
ускорением -2а в обратном направлении до первоначального положения: t    t1  t2 .
В течение первого промежутка времени точка прошла путь a 2 / 2 и приобрела
скорость v  a . Тогда весь путь до остановки равен
2at 2
a 2
S
 (a )t1  1 . t1 легко найти из условия равенства 0 скорости в точке
2
2
3a 2
остановки: v  a  2at1  0  t1   / 2. Тогда S 
.
4
Это же значение равно обратному пути мат. точки, поэтому можно записать:
3a 2 2at22
3
S

 t2 
.
4
2
2

3

  (3  3).
Таким образом, t    
2 2
2

Ответ: t  (3  3).
2
ω
№2
Астронавты высадились на планету массой М и радиуса
R на широте θ. Для определения направления на центр
планеты они решили воспользоваться отвесом. Однако
оказалось, что линия отвеса параллельна оси вращения
планеты. Определить угловую скорость вращения
планеты.
θ
R
Решение
mω2Rcosθ
T
GmM/R2
θ
Ответ:  
Параллельное оси планеты положение линии отвеса
определяется совместным действием двух сил (в
СК, связанной с планетой) – центробежной силой
инерции Fц = mω2Rcosθ и силой гравитационного
взаимодействия Fг = GmM/R2 (см. рисунок).
Проекции этих сил на горизонтальное направление
равны по модулю и противоположны по знаку:
GmM
GM
cos   m 2 R cos    
.
2
R
R3
GM
.
R3
1
№3
Полый тонкостенный цилиндр скатывается с наклонной плоскости, составляющей
угол α с горизонтом. 1). При каком коэффициенте трения качение будет происходить
без проскальзывания? 2). С каким ускорением будет скатываться цилиндр при
условии отсутствия проскальзывания?
Решение
Запишем
уравнение
поступательного
движения в проекции на ось х:
ma  mg sin   Fтр . Цилиндр заставляет
N
Fтр
О
x
вращаться сила трения Fтр , поэтому
уравнение вращательного движения имеет
вид I   Fтр R. Линейное ускорение а
связано с угловым ε: a   R – это и есть
условие
отсутствия
проскальзывания.
α
Прибавив к этим уравнениям выражение
для момента инерции тонкостенного
цилиндра относительно его оси вращения I  mR 2 , мы получаем все необходимые
I  Ia

. Подставим в
для решения задачи соотношения. Итак, I   Fтр R  Fтр 
R R2
уравнение поступательного движения и поделим на массу m:
Ia
1
a  g sin  
 g sin   a  a  g sin  .
2
2
mR
Сила трения скольжения определяется как Fтр.ск.  kN , где k – коэффициент трения
скольжения, N – реакция опоры. Поэтому качение без проскальзывания определяется
условием Fтр  kN . Подставив в это неравенство выражения для силы трения
mg
Fтр 
Ia 1
1
 mg sin  и реакции опоры N  mg cos  , получим k  tg .
2
2
2
R
1
1
Ответ: k  tg , a  g sin  .
2
2
№4
Идеальный газ сначала адиабатно расширяется, а затем изохорно нагревается до
первоначальной температуры. Какую работу совершил газ при адиабатном
расширении, если при изохорном нагревании газу передано количество теплоты,
равное 400 Дж?
Решение
При адиабатическом процессе работа A равна изменению внутренней энергии ΔU,
взятой с обратным знаком: A = –ΔU = –(U2 – U1). При изохорном нагревании работа
не совершается, и все переданное количество теплоты идет на увеличение U: Q = ΔU.
Поскольку внутренняя энергия идеального газа зависит только от температуры, то в
конце изохорного процесса U принимает свое первоначальное значение U1.
Следовательно, работа газа при адиабатном расширении равна количеству
переданной теплоты A = Q = 400 Дж.
Ответ: A = 400 Дж.
2
№5
В тепловом двигателе, рабочим телом которого является
одноатомный газ, совершается циклический процесс,
изображенный на рисунке. Максимальный объем газа в
этом процессе в n = 3 раза больше минимального объема.
Найдите КПД двигателя η.
P
2
1
3
V
Решение
Q1  Q2
. Теплота Q1 передается рабочему телу в процессе 1  2 . В процессах
Q1
2  3 и 3  1 рабочее тело передает окружающей среде количество теплоты
Q2  Q2,1  Q2,2 . Найдем эти величины. Рассмотрим процесс 1  2 . Как видно из

рисунка,
давление
линейно
зависит
от
объема:
P  V ,
где

P1
.
V1
V2
3
1
3
2
2
2
Q1  A  U   VdV   R(T2  T1 )  PV
1 1 (n  1)  PV
1 1 (n  1)  2 PV
1 1 (n  1),
2
2
2
V
1
3
3
3
2
Q2,1   R(T2  T3 )   RT1 (n 2  n)  PV
1 1 ( n  n),
2
2
2
3
3
5
Q2,2  P1 (V2  V1 )   R(T3  T1 )  P1 (V2  V1 )  P1 (V2  V1 )  PV
1 1 (n  1),
2
2
2
Q  Q2 4(n 2  1)  3(n 2  n)  5(n  1)
n 1
 1


.
2
Q1
4(n  1)
4(n  1)
Ответ:  
n 1
 12,5%.
4(n  1)
3