МІНІСТЕРСТВО ОСВІТИ І НАУКИ УКРАЇНИ

КРЕМЕНЧУЦЬКИЙ НАЦІОНАЛЬНИЙ УНІВЕРСИТЕТ

ІМЕНІ МИХАЙЛА ОСТРОГРАДСЬКОГО

МЕТОДИЧНІ ВКАЗІВКИ

ЩОДО ВИКОНАННЯ ПРАКТИЧНИХ РОБІТ,

САМОСТІЙНОЇ РОБОТИ ТА КОНТРОЛЬНИХ РОБІТ

З НАВЧАЛЬНОЇ ДИСЦИПЛІНИ

«ФІЗИКА»

(РОЗДІЛИ: «ФІЗИЧНІ ОСНОВИ МЕХАНІКИ»,

«ОСНОВИ МОЛЕКУЛЯРНОЇ ФІЗИКИ І ТЕРМОДИНАМІКИ»)

ДЛЯ СТУДЕНТІВ УСІХ СПЕЦІАЛЬНОСТЕЙ

КРЕМЕНЧУК 2016

Методичні вказівки щодо виконання практичних робіт, самостійної роботи та

контрольних робіт з навчальної дисципліни «Фізика» (розділи: «Фізичні осно-

ви механіки», «Основи молекулярної фізики і термодинаміки») для студентів

усіх спеціальностей

Укладачі: доц. О. В. Сукачов,

асист. В. В. Журав,

асист. Г. В. Єременко

Рецензент доц. М. О. Єлізаров Кафедра біотехнології та здоров’я людини

Затверджено методичною радою Кременчуцького національного університету

імені Михайла Остроградського

Протокол №____ від__________

Голова методичної ради______________ проф. В. В. Костін

3

ЗМІСТ

Вступ .................................................................................................................

Приклади розв’язування типових задач ..........................................................

Задачі для практичних, контрольних робіт і самостійного розв’язування..

Список літератури .....................................................................................…...

Додаток А (Таблиці фізичних величин)..........................................................

4

6

31

41

42

4

ВСТУП

Фізика є фундаментальною базою для підготовки інженера, без опану-

вання якою неможлива його успішна діяльність.

У зв’язку з тією увагою, що приділяється самостійній роботі студентів у

їх навчанні у ВНЗ, в останній час виникли потреби в допоміжній літературі,

яка використовується для самостійного опрацювання студентами відповідних

курсів. Мета методичних вказівок – допомогти студентам вищих навчальних

закладів, насамперед, у самостійному вивченні курсу фізики.

Важливим компонентом при вивченні курсу фізики є розв’язування за-

дач. Це допомагає студенту глибше зрозуміти суть фізичних законів, які викла-

дені в теоретичній частині фізики, оцінити їх практичну цінність, знайти

зв’язок між теорією та практичними результатами. Крім того, розв’язання задач

навчає студента, аналізуючи вихідні дані, правильно вибрати фізичні закони,

засвоїти їхнє використання при розв’язуванні конкретної задачі, що і є підгрун-

тям інженерної діяльності.

Методичні вказівки містять широке коло задач і прикладів їх розв’язання

з механіки, молекулярної фізики та термодинаміки, призначені для спеціально-

стей з обмеженою кількістю аудиторних годин з фізики.

У прикладах типових задач матеріал викладено достатньо змістовно,

просто, зрозуміло, за необхідності з рисунками.

Після вивчення дисципліни студент повинен

знати: основні закони сучасної та класичної фізики, класичні та сучасні

теорії, взаємозв’язок фізичних законів із законами діалектики;

уміти: аналізувати фізичні явища і встановлювати причинні зв’язки між

ними, формулювати інженерно-фізичні задачі, уміти їх розв’язувати, давати ро-

зумну оцінку отриманих результатів.

5

Номери задач контрольної роботи

Варіант Номери задач

1 1 11 26 36 51 61

2 2 12 27 37 52 62

3 3 13 28 38 53 63

4 4 14 29 39 54 64

5 5 15 30 40 55 65

6 6 16 31 41 56 66

7 7 17 32 42 57 67

8 8 18 33 43 58 68

9 9 19 34 44 59 69

0 10 20 35 45 60 70

Номер варіанта визначає остання цифра номера залікової книжки студента.

6

ПРИКЛАДИ РОЗВ’ЯЗУВАННЯ ТИПОВИХ ЗАДАЧ

Фізичні основи механіки

Загальні вказівки

Розв’язування задач з механіки потребує від студента вміння правильно

вибрати систему відліку, виконати рисунок у вибраній системі координат і за-

стосувати закони і формули фізики для фізичних величин, які потрібно знайти

у даній задачі. Приблизний алгоритм розв’язування задач з механіки такий:

1 – записати коротку умову задачі і перевести всі величини в систему СІ;

2 – вибрати тіло відліку, відносно якого буде розглядатись рух тіл у даній

задачі;

3 – вибрати систему координат (Ох або Ох-Оy) і виконати рисунок, на

якому зобразити:

− вектори швидкостей і прискорень усіх тіл, що входять до умови зада-

чі,

− вектори сил, що діють на ці тіла, і проекції векторів на координатні

осі;

4 – в задачі з кінематики записати кінематичні рівняння руху вздовж ко-

ординатних осей;

5 – в задачі з динаміки записати другий і третій закони Ньютона cпочатку

у векторному вигляді, а потім – у проекціях на координатні осі або використати

основне рівняння динаміки обертального руху;

6 – використати закони збереження, якщо система тіл є замкненою;

7 – використовуючи зв’язки між фізичними величинами задачі, які вихо-

дять з умови і геометрії задачі, написати додаткові рівняння таким чином, щоб

кількість рівнянь дорівнювала кількості невідомих величин;

8 – розв’язати отриману систему рівнянь, записавши відповідь у загаль-

ному вигляді (тобто у вигляді формули);

7

9 – підставити числові значення величин, що входять до відповіді, зроби-

ти обчислення і отримати числове значення відповіді;

10 – проаналізувати відповідь, оцінити її реальність, за необхідності

перевірити розмірність отриманого результату.

Кінематика і динаміка поступального руху

№ 1. З вежі в горизонтальному напрямку кинули тіло з початковою швид-

кістю

υ0 = 10 м/с. Нехтуючи опором повітря, визначте для моменту часу t = 2 с після

початку руху: 1) швидкість тіла; 2) радіус кривизни його траєкторії.

Тіло бере участь у двох

взаємно перпендикулярних

рухах: рівномірному прямо-

лінійному русі вздовж осі 0х

(зі швидкістю υ0 = 10 м/с) і

вільному падінні вздовж осі 0у (зі швидкістю

υу = gt) (рис. 1). Отже, швидкість тіла в точці

А: 222tg

o+= υυ .

З рисунку видно, що нормальне прискорення тіла:

222

0cos

tg

gga

o

n

+

==

υ

υ

α .

З іншого боку, Ran

/2

υ= . Звідки:

( )o

o

ng

tg

aR

υ

υυ

2/32222+

== .

Обчислюючи, одержуємо: 1) υ = 22 м/с; 2) R = 109 м.

№ 2. Рівняння руху матеріальної точки вздовж осі 0х має вигляд

x = A +Bt + Ct3, де А = 2 м, В = 1 м/с, С = –0,5 м/с3. Знайдіть координату x,

швидкість υх і прискорення ax точки в момент часу t = 2 с.

Дано:

υ0 = 10 м/с,

t = 2 c.

υ, R -?

g α

υ0

аn

х

υ υу у

A

0

υ0

aτ

α

Рис. 1.1.1

Рис.1

8

Координату x знайдемо, підставивши до рівняння руху

числові значення коефіцієнтів А, В, С і часу t :

х = (2 + 1·2 + (– 0,5)·23) м.

Миттєва швидкість відносно осі 0х є першою похід-

ною від координати х за часом:

23CtB

dt

dxx

+==υ .

Прискорення ах точки знайдемо, взявши першу похідну від швидкості υх

за часом:

Ctdt

da

x

x6==

υ

.

На момент часу t = 2 c

υx = (1 – 3·0,5·22) м/c = – 5 м/c;

ax = 6·(–0,5)·2 м/c2 = – 6 м/c2.

№ 3. Тіло обертається навколо нерухомої осі за законом:

ϕ = А+Вt+Сt2, де A = 10 рад, В

= 20 рад/c, С = –2 рад/c2. Знайти

повне прискорення точки, яка

знаходиться на відстані r =

0,1 м від осі обертання, у мо-

мент часу t = 4 c.

Дано: А = 2 м В = 1 м/с С = – 0,5 м/с3 t = 2 с x, υх,, ax.-?

аn aτ

а С

Рис. 2

9

Повне прискорення a точки, що рухається

по кривій лінії, є геометричною сумою тангенціа-

льного прискорення аτ, спрямованого по дотичній

до траєкторії, і нормального прискорення аn,

спрямованого до центра кривизни траєкторії

(рис. 2):

а = аτ + аn.

Оскільки вектори аτ і аn взаємно перпендикулярні, то модуль прискорен-

ня

22

naaa +=

τ. (1)

Модулі тангенціального і нормального прискорення точки обертового ті-

ла виражаються за формулами:

aτ = ε r, an = ω² r,

де ω ― модуль кутової швидкості тіла;

ε ― модуль його кутового прискорення.

Підставляючи ці вирази для аτ і аn до формули (1), знаходимо:

422422ωεωε +=+= rrra . (2)

Кутову швидкість знайдемо, узявши першу похідну кута повороту ϕ за

часом:

ω = dφ/dt = B + 2Ct.

На момент часу t = 4 c модуль кутової швидкості

ω = [20 + 2·(–2)·4] рад/с = 4 рад/с.

Кутове прискорення знайдемо, взявши першу похідну від кутової швид-кості за часом:

ε = dω/dt = 2C = –4 рад/с2.

Підставляючи значення ω, ε, r до формули (2), одержимо

а = 0,1 ( ) 42

44 +− м/с2 = 1,65 м/с2.

Дано:

A = 10 рад

В = 20 рад/c

С = –2 рад/c2

r = 0,1 м

t = 4 c.

а-?

10

№ 4. Диск радіусом R = 5 см обертається навколо нерухомої осі так, що

залежність кутової швидкості від часу задається рівнянням 452 BtAt +=ω (А =2

рад/с2, В =1 рад/с5). Визначте для точок на ободі диска на кінець першої секун-

ди після початку руху: 1) повне прискорення; 2) кількість обертів, зроблених

диском.

Повне прискорення:

2

n

2aaa +=

τ,

де тангенціальна складова прискорення Ra ετ= (

dt

dωε = ―

кутове прискорення), а нормальна складова прискорення

.

2Ra

nω= .

За умовою задачі 452 BtAtω += ; звідси:

( )3202 BtARdt

dRRa +===

ω

ετ

,

( )24252 BtAtRRa

n+==ω ,

звідки повне прискорення

( ) ( )442

352202 BtAtBtARa +++= .

Кут повороту диска Nπϕ 2= (N ― кількість обертів), але кутова швид-

кість dt

dϕω = , звідси:

52

0

4

0

)52( BtAtdtBtAtdt

tt

+=+== ∫∫ωϕ .

Тоді кількість обертів, зроблених диском,

( )π

πϕ2

2/

52BtAt

N+

== .

Обчислюючи, одержимо: 1) a = 4,22 м/с2; 2) N = 0,477.

№ 5. Вантаж масою 10 кг рухається по горизонтальній площині під дією

сили 50 Н, яка прикладена під кутом α = 30° до горизонту. Коефіцієнт тертя

Дано:

R = 5 см = 0,05 м

ω = 452 BtAt +

А = 2 рад/с2

В = 1 рад/с5

t = 1 с

а, N -?

11

0,1. Визначити шлях, що пройде вантаж за 5 с після початку руху, і його швид-

кість.

Показуємо на рисунку всі сили, що діють на тіло: силу тя-

жіння, силу нормальної реакції опори і силу тертя, і виберемо дві

координатні осі: вісь Ох спрямовуємо вздовж напрямку руху тіла, вісь Оy – пе-

рпендикулярно до неї. Згідно з другим законом Ньютона:

TTP FNFFamrrrr

r

+++= .

Проектуємо це векторне рівняння на осі Ох і Оy і записуємо кінематичне

рівняння руху в проекції на вісь Ох (шлях, який пройшло тіло за час t в рівноп-

рискореному русі без початкової швидкості). Звідси, ураховуючи зв’язок сили

тертя із силою реакції опори, маємо систему рівнянь:

=

=

=

=

−+=

−=

taV

2

taS

NF

mgF

FFN0

FFma

2

TP

T

Ty

TPx

µ

Ураховуючи, що Fx=F⋅Cosα, Fy=F⋅Sinα, розв’язуючи систему, знаходимо:

N = mg - F⋅Sinα (з другого і третього рівняння),

Fтр=µ (mg - F⋅Sinα) (з четвертого рівняння),

Дано:

m=10 кг

F=50 H

µ=0,1

α=30°

g≈10 м/с2

t=5 c

Vo=0

N -?

Рис. 3

12

m

SinFmgCosFa

)( αµα −−

= (з першого рівняння) і отримуємо відповіді:

m2

tSinFmgCosFS

2))(( αµα −−

= m

tSinFmgCosFV

))(( αµα −−

=

Підставляємо числові значення величин і знаходимо шлях, який пройшло

тіло:

102

55050101010866050S

2

⋅

⋅−⋅⋅−⋅

=

)),(,,(≈ 44,8 (м).

10

5))5,0501010(1,0866,050( ⋅−⋅⋅−⋅

=V ≈ 17,9 (м/с).

№ 6. За який час тіло зісковзне з похилої площини завдовжки 10 м, кут на-

хилу якої до горизонту α = 30°, а коефіцієнт тертя 0,2? Знайти швидкість тіла

внизу похилої площини.

На тіло діють: сила тяжіння, сила нормальної реакції опори і сила тертя.

Покажемо на рисунку всі ці сили і виберемо дві координатні осі: вісь Ох спря-

мовуємо вздовж похилої площини, вісь Оy – перпендикулярно до неї. Вектори

прискорення і швидкості направлені вниз уздовж похилої площини. Спроекту-

ємо силу тяжіння на координатні осі: ,mgSinFTX

α= α= mgCosFTY

.

Запишемо другий закон Ньютона спочатку у векторному вигляді:

TPTFNFamrrr

r

++=

а потім таким самим чином, як і в попередній задачі, проектуємо це векторне

рівняння на осі Ох і Оy, записуємо кінематичні рівняння руху в проекції на вісь

Дано:

l = 10 м

α = 30°

µ = 0,2

g ≈ 10 м/с

t - ? V - ?

Рис. 4

13

Ох (шлях, який пройшло тіло за час t в рівноприскореному русі, та його швид-

кість), ураховуємо зв’язок сили тертя із силою реакції опори і маємо таку

систему рівнянь:

=

=

=

−=

−=

atV

2

atl

NF

mgCosN0

FmgSinma

2

TP

TP

µ

α

α

Звідси, з другого і третього рівняння, знаходимо:

N = mgCosα,

Fтр= µ m g Cosα.

Підставляємо в перше рівняння і знаходимо:

αα mgCosmgSinma −= ,

)( αµα CosSinga −= .

Тепер з останнього рівняння системи виходить: a

l2t = . Підставляючи

знайдене прискорення, записуємо у загальному вигляді:

)( αµα CosSing

l2t

−

= .

З останнього рівняння системи знаходимо швидкість, з якою рухається ті-

ло внизу похилої площини: al2a

l2aV == = lCosSing2 )( αµα − .

Підставляємо числові значення величин і робимо обчислення:

≈

⋅−

=

⋅−

⋅

=

),,(),( 31050

2

30Cos2030Sin10

102t

oo

2,5 (с).

),,(),( 310502030Cos2030Sin102V ⋅−=°⋅−°⋅= ≈2,6 (м/с).

14

№ 7. Автомобіль рухається по мосту зі швидкістю 72 км/год. Маса авто-

мобіля – 1000 кг. Знайти нормальне прискорення і силу тиску автомобіля на

міст на його середині, якщо міст опуклий з радіусом кривизни 100 м.

Показуємо на ри-

сунку сили, що діють

на автомобіль: силу

тяжіння і силу норма-

льної реакції опори.

Вісь Оy

спрямовуємо вздовж

радіуса вертикально вгору. Силу тиску на

міст можна визначити з третього закону Ньютона: NPrr

−= , а силу нормальної

реакції опори – з другого закону Ньютона: NFamTn

rr

r

+= . Урахуємо також кі-

нематичний зв’язок прискорення зі швидкістю тіла при рівномірному русі тіла

по колу: R

Va

2

n= . Тепер запишемо ці рівняння у скалярному вигляді:

=

=

−=

=

R

Va

mgF

NFma

NP

2

n

T

Tn

З останнього рівняння знаходимо нормальне прискорення:

==

100

20a

2

n4(м/с

2).

Підставляємо третє і четверте рівняння у друге і знаходимо силу реакції

опори:

)()(R

Vgm

R

mVmgN

NmgR

mV

22

2

−=−=

−=

Дано:

m =1000 кг

V = 72 км/год = 20 м/с2

R = 100 м

g = 9,8 м/с2

ап, P -?

Рис. 5

15

Записуємо відповідь у загальному вигляді: )(R

VgmP

2

−= .

Підставляємо числові значення величин і обчислюємо силу тиску автомо-

біля на міст:

=−= ),(100

208910P

2

3 5,8⋅103 (Н).

№ 8. Знайти швидкість, необхідну для виведення супутника на орбіту, ви-

сота якої становить 630 км над поверхнею Землі, а також період його обертан-

ня навколо Земної кулі.

Згідно з другим законом Ньютона: man=FT (1),

де an=V2/R – доцентрове прискорення, FT – сила тяжіння, яку знайдемо із зако-

ну всесвітнього тяжіння: 2T

R

MmGF

⋅

= . Тут G – гравітаційна стала, m – маса су-

путника, M – маса Землі, R=Rз+ h – радіус орбіти. Підставляючи у формулу (1),

отримуємо: ( )2

33

2

hR

MmG

hR

mV

+

⋅=

+

або hR

MGV

3

2

+

= (2).

Ураховуючи, що 2

3

3

R

MmGmg

⋅

= , виразимо звідси масу Землі: G

RgM

2

33= і

підставимо у формулу (2), звідки маємо: hR

RgV

3

2

332

+

= , або 3

3

3 RhR

gV

+

=

Дано:

Rз=6370 км=6,37⋅106 м

h=630 км=0,63⋅106 м

gз=9,8 м/с2

V-?

Рис. 6

16

Обчислюємо: ≈⋅⋅

⋅+⋅

=6

661037,6

1063,01037,6

8,9V 7,54⋅10

3 (м/с).

Період обертання визначимо з формули:

( )=

+

=

V

hR2T

3π ( )

3

3

3

3

g

hR

R

hR2 ++π

.

Обчислюємо: ( )

≈

⋅

⋅+⋅=

3

66

10547

10630103762T

,

,,π

5,83⋅103 (c).

Закони збереження

№ 9. Снаряд, що летів горизонтально зі швидкістю 10 м/c, розірвався на

два осколки масою 3 і 2 кг. Швидкість більшого осколка збільшилася до 25 м/с

і він продовжував рухатися в тому самому напрямку. Визначити швидкість ме-

ншого осколка, напрямок його руху, а також його кінетичну енергію.

Дано:

V=10 м/c

m1=3 кг

m2=2 кг

V1=25 м/с

V2 -? К2 -?

Снаряд і осколки є замкненою системою, оскільки час розриву дуже коро-

ткий і дією зовнішніх сил на цей час можна знехтувати. Тому можна застосува-

ти закон збереження імпульсу у векторному вигляді:

2211VmVmVmrrr

+= .

Показуємо на рисунку вектори швидкості снаряда до розриву і осколків після

розриву. Припустимо, що другий осколок після розриву рухався в тому самому

напрямку, що й перший. Проектуємо вектори на горизонтальну вісь Ох і врахо-

вуємо, що маса снаряда дорівнює сумі мас осколків. Одержимо систему з двох

рівнянь:

Рис. 7

17

+=

+=

21

2211

mmm

VmVmmV

Звідси знаходимо: =

−

=

2

11

2

m

VmmVV

2

1121

m

VmVmm −+ )(.

Підставивши числові значення величин і виконавши обчислення, знахо-

димо:

=⋅−+

=

2

2531023V

2

)(-12,5 (м). Знак “-“ перед значенням швидкості показує,

що другий осколок після розриву снаряда рухається у напрямку, протилежному

до того, що показаний на рисунку.

Кінетичну енергію осколка знайдемо за формулою: 2

VmW

2

22

2= .

Звідси: =

⋅

=

2

5122W

2

2

,

156,25 (Дж).

№ 10. Кулька масою 100 г, яка рухається зі швидкістю 5 м/с, зіштовхується

з нерухомою кулькою масою 400 г. Уважаючи удар центральним і абсолютно

непружним, знайти швидкість кульок після зіткнення, а також частину кінети-

чної енергії, яку витрачено на їх нагрів.

Кульки є замкненою системою, оскільки час зіткнення

дуже малий і дією зовнішніх сил на цей час можна знехтувати.

Тому можна застосувати закон збереження імпульсу у вектор-

ному вигляді:

VmmVmVm212211

rrr

)( +=+ .

Дано:

m1=0,1 кг

V1=5 м/с

m2=0,5 кг

V-? ∆К/К1-?

Рис. 8

18

Показуємо на рисунку вектори швидкості кульок до зіткнення і після зітк-

нення. Проектуємо вектори на горизонтальну вісь Ох і враховуємо, що швид-

кість другої кульки до зіткнення дорівнювала нулю. Одержимо рівняння у ска-

лярному вигляді:

m1V1+0=(m1+m2)V.

Звідки:

21

11

mm

VmV

+

= .

Енергію, яку витрачено на нагрів тіл, знайдемо як різницю між початко-

вою кінетичною енергією першої кульки і кінетичною енергією кульок після

зіткнення:

−−=

=

+

+−=

+−=−=∆

21

1

2

11

2

21

1121

2

11

2

21

2

11

21

12

2

)(

22

)(

2

mm

mVm

mm

VmmmVmVmmVmKKK

Тепер знаходимо:

21

2

21

1

1mm

m

mm

m1

K

K

+=

+−=

∆.

Підставляючи числові значення, отримуємо:

=

+

⋅=

4010

510V

,,

,

1 (м/с) =+

=∆

4010

40

K

K

1,,

,0,8.

№ 11. У брусок масою 990 г, розташований на горизонтальній поверхні,

влучає куля масою 10 г, яка летить зі швидкістю 200 м/с, і застряє в ньому. Ви-

значити відстань, яку пройде брусок до повної зупинки, якщо коефіцієнт тертя

0,2.

19

Для знаходження відстані, яку пройде брусок до повної

зупинки, використаємо теорему про зміну кінетичної

енергії:

К – Ко=АТР ,

де Ко=( )

2

Vmm2

021+

і К =0 – відповідно, початкова і кінцева кінетичні енергії,

АТР = -FTP S – робота сили тертя.

Оскільки в даному випадку FTP=µN=µ(m1+m2)g , маємо:

( )( )gSmm

2

Vmm21

2

021+−=

+

− µ ,

звідки: g2

VS

2

0

µ= .

Для визначення швидкості Vo застосуємо закон збереження імпульсу для

непружної взаємодії кулі й бруска (в проекції на вісь ОХ): m1V1+0=(m1+m2)Vo,

звідки: 21

11

0

mm

VmV

+

= .

Тепер знаходимо:

( )221

2

1

2

1

mmg2

VmS

+

=

µ

.

Підставляємо дані з умови задачі й обчислюємо:

( )222

99001010202

200010S

,,,

,

+⋅⋅⋅

⋅= =1 (м/с.

Дано:

m2=990 г=0,99 кг

m1=10 г=0,01 кг

V1=200 м/с

V=0

µ=0,2

g ≈ 10 м/с2

S-?

Рис. 9

20

№ 12. Знайти другу космічну швидкість для Місяця.

Для знаходження другої

космічної швидкості використаємо закон збереження механічної енергії: Е1=Е2.

Тут Е1 = П1+К1 = 2

Vm

R

MmG

2

M

⋅+

⋅− – повна енергія тіла на поверхні Місяця,

Е2 = П2+К2 = 0 – повна енергія тіла вдалині від поверхні Місяця. Урахуємо, що

згідно із законом всесвітнього тяжіння 2

M

M

R

MmGmg

⋅

= , звідки маса Місяця:

G

RgM

2

MM= .

Підставляючи у формулу (1), отримуємо:

02

Vm

R

MmG

2

M

=⋅

+⋅

− або 02

VRg

2

MM=+− ,

звідки: MM

Rg2V =

Обчислюємо: ≈⋅⋅⋅=6

107416212V ,, 2,37⋅103(м/с).

№ 13. Пружина розтягнута силою 2000 Н на 2 см. Визначити, яку роботу

потрібно виконати, щоб розтягнути пружину на 5 см.

За рахунок роботи зовнішньої сили змінюється потен-

ційна енергія пружини, тобто: А'=∆П',

Дано:

gм=1,62 м/с2

Rм=1740 км=1,74⋅106 м

V-?

Дано:

F=2000 Н

∆l=2 см=0,02 м

∆l'=5 см=0,05 м

А' - ?

Рис. 10

∆l F

Рис. 11

21

де ∆П'=( )

02

lk2

−∆ '

. Жорсткість пружини визначимо із закону Гука: F1=k⋅∆l1,

звідки l

Fk

∆= . Підставляючи у першу формулу, знаходимо:

( )=

∆=

2

lkA

2

''

( )l2

lF2

∆

∆ '.

Обчислюємо: =

⋅

⋅⋅

=

0202

050102A

23

,

,' 125 (Дж).

Динаміка обертального руху твердого тіла

№ 14. Через блок, який має форму диска радіусом R = 20 см і масою

m = 200 г, перекинута мотузка. До кінців мотузки підвішені вантажі масою

m1 = 400 г і m2 = 500 г. Знайти прискорення, з яким будуть рухатися вантажі, і

кутову швидкість обертання блоку через 2 с після початку руху. Тертя не вра-

ховувати.

Показуємо на рисунку век-

тори сил, які діють на тіла.

Запишемо другий закон

Ньютона для першого і дру-

гого тіл у скалярному вигля-

ді:

m1a=N1 – FT1 (1)

m2a=FT2 - N2 (2)

Згідно з основним законом

динаміки обертального руху:

Jε = M (3)

де М =(N′2 -N′1)R – обертальний момент сил, які діють на диск, J=mR2/2 - мо-

мент інерції диска, ε =a/R – кутове прискорення диска.

Ураховуючи, що згідно з третім законом Ньютона N′1 =N1, N′2=N2 ,

Дано:

m=200 г=0,2 кг

m1=400 г=0,4 кг

m2=500 г=0,5 кг

R=20 см=0,2 м

g≈10 м/с2

α-?

Рис. 12

22

маємо з рівняння (3):

RNNR

a

2

mR

12

2

)( −=⋅ або 12

NN2

am−= (3′).

Додаючи це рівняння і рівняння (1) і (2), маємо:

gmgm2

maamam

1221−=++ .

Звідки: 2mmm

gmma

21

12

/

)(

++

−

= ; 2205040

104050a

/,,,

),,(

++

−≈ =1 м/с

2.

Кутову швидкість обертання блоку знайдемо з формули:

ω=ε⋅t=R

ta≈1⋅2/0,2=10 (об/с).

№ 15. Платформа у вигляді диска масою 100 кг, у центрі якої знаходиться

людина масою 60 кг, обертається з частотою 6 об/хв. З якою частотою буде

обертатися платформа, коли людина перейде на її край.

Згідно із законом збереження моменту імпульсу:

(J1+J2)ω1 =(J1+J′2)ω2,

де J1 = m1R2/2 – момент інерції платформи, J2 = 0 – момент інерції людини, яка

стоїть у центрі платформи, і J′2 = m2R2 – момент інерції людини на краю плат-

форми, ω1 = 2πν1 – початкова кутова швидкість і ω2 = 2πν2 – кінцева кутова

швидкість платформи з людиною. Звідси маємо:

2

2

2

2

1

1

2

12Rm

2

Rm2

2

Rmπνπν

+= ,

21

11

2

m2m

m

+

=

ν

ν .

Дано:

m1=100 кг

m2=60 кг

ν1 = 6 об/хв=0,1 об/с

ν2 -?

Рис. 13

23

Обчислюючи, отримуємо: ≈

⋅+

⋅=

602100

10100

2

,

ν 0,045 (об/с).

№ 16. З якою швидкістю скотиться куля з похилої площини заввишки 1 м?

Куля котиться без проковзування.

Для розв’язання задачі використаємо закон збереження механіч-

ної енергії: Е1=Е2. Тут Е1=П1 = mgh – потенційна енергія кулі нагорі, Е2 =К2 –

кінетична енергія кулі внизу похилої площини. Кінетична енергія має дві скла-

дові – кінетичні енергії поступального руху і обертального руху:

К2 = Кпост+ Коб = 2

J

2

Vm2

c

2

постω

+ ,

де Jc=2

mR5

2 – момент інерції кулі відносно центральної осі. У випадку кочення

без проковзування Vпост=Vоб, де Vпост=Vс – швидкість поступального руху,

Vоб = ω⋅R – швидкість обертального руху кулі. Звідси R

Vc

=ω і повна кінетична

енергія 10

Vm7

5

Vm

2

VmK

2

c

2

c

2

c

2=+= .

Підставляючи у початкову формулу, отримуємо: mgh=10

Vm72

c , звідки

7

gh10V

c= . Обчислюючи, знаходимо: ≈

⋅⋅

=

7

18910V

c

,

3,7 (м/с).

Дано:

h=1 м

g=9,8 м/c2

Vc -?

Рис. 14

24

Основи молекулярної фізики і термодинаміки

Загальні вказівки

Приблизний алгоритм розв’язання задач цього розділу такий:

1 – записати коротку умову задачі, подавши всі величини в системі СІ;

2 – якщо в задачі розглядаються два різних стани газу, необхідно

з’ясувати, чи змінюється маса газу при переході з одного стану в інший:

− якщо маса газу не змінюється, щоб застосувати рівняння ізопроцесу

газу необхідно визначити, який термодинамічний параметр стану газу (P, V або

T) не змінюється за умовою задачі, щоб вірно вибрати і застосувати відповід-

ний газовий закон;

− якщо в двох станах газу маса різна, то для кожного стану потрібно за-

стосувати рівняння Менделєєва-Клапейрона;

3 – якщо в задачі задається один стан газу й потрібно визначити якийсь

параметр цього стану, потрібно використати рівняння Менделєєва-Клапейрона;

4 – застосовуючи перший закон термодинаміки, потрібно враховувати,

що в його рівнянні кожна величина може бути додатною або від’ємною залеж-

но від характеру процесу;

5 – у задачах на теплову машину слід пам’ятати, що формула її ККД

η=А/Q1 використовується для будь-якої теплової машини, а формула максима-

льного ККД η=(Т1-Т2)/Т1 – тільки для ідеальної, що працює за циклом Карно;

6 – використовуючи зв’язки між фізичними величинами, що подані в

умові задачі, потрібно написати додаткові рівняння таким чином, щоб кількість

рівнянь дорівнювало кількості невідомих величин;

7 – розв’язати отриману систему рівнянь, записавши відповідь у загаль-

ному вигляді (тобто у вигляді формули) і виділити її;

8 – підставити числові значення величин, що входять до відповіді, вико-

нати обчислення і отримати числове значення відповіді;

25

9 – проаналізувати відповідь, оцінити її реальність, за необхідності пере-

вірити розмірність отриманого результату.

Рівняння стану ідеального газу. Ізопроцеси в газах.

№ 17. Визначити густину повітря за нормальних умов.

Дано:

PА≈100 кПа=105 Па Запишемо рівняння Менделєєва-Клапейрона:

Т=0°С=273 К

RTM

mPV = .

Ураховуючи, що V

m=ρ , маємо:

М=29⋅10-3

кг/моль M

RTP

ρ= , звідки

TR

MPA

=ρ

R=8,31 Дж/моль⋅К Тепер підставляємо дані з умови задачі й обчислю-

ємо:

ρ – ? ≈

⋅

⋅⋅

=

−

273318

10291035

,

ρ 12,8⋅10-3

(кг/м3).

№ 18. Газ стиснуто ізотермічно від об’єму 4 л до об’єму 3 л. Тиск при

цьому збільшився на 4 кН. Визначити початковий тиск газу.

Дано:

V1=4 л =4⋅ 10-3

м-3

За законом Бойля-Маріотта (оскільки Т=const):

V2=3 л= 4⋅ 10-3

м-3

P1V1=P2V2 .

∆P=4 кПа=4⋅103 Па Ураховуючи, що Р2=Р1+∆Р, отримаємо:

Т1=Т2 P1V1=(Р1+∆Р)V2. Звідси маємо:

Р1 -? P1V1=Р1V2 + ∆РV2

21

2

1

VV

VPP

−

⋅∆=

Обчислюємо: 33

33

103104

103104P

−−

−

⋅−⋅

⋅⋅⋅

= =12⋅103 (Па).

26

№ 19. Балон уміщує суміш 64 г кисню і 320 г аргону. Тиск суміші – 600 кПа,

температура – 27°С. Визначити об’єм балона.

Дано:

m1=64 г=64⋅10-3

кг Запишемо рівняння Мендєлєєва-Клапейрона окремо

m2=320 г=320⋅10-3

кг для кисню і для аргону:

Т =27°С= 300 К RTM

mVP

1

1

1= , RT

M

mVP

2

2

2= ,

Р =6⋅105 Па де Р1 і Р2 – парціальні тиски кисню і аргону.

M1 =32⋅10-3

кг/моль Складемо окремо ліві й праві частини цих двох рівнянь:

M2 =40⋅10-3

кг/моль RTM

m

M

mVPP

2

2

1

1

21)()( +=+ .

R=8,31 Дж/моль⋅К Згідно з законом Дальтона: Р=Р1 +Р2 .

V - ? Звідси одержимо: P

RT

M

m

M

mV

2

2

1

1

+=

Зробимо розрахунки: =⋅

⋅

⋅

⋅+

⋅

⋅=

−

−

−

−

53

3

3

3

106

300318

1040

10320

1032

1064V

,

41,5⋅10-3

(м3).

№ 20. З балона із стиснутим киснем витратили частину газу таким чином, що

його тиск зменшився від 10 МПа до 7 МПа. Температура змінилася від 27°С до

17°С. Визначити, яку частину газу витратили.

Дано:

Р1=9 МПа=9⋅106 Па Згідно з рівнянням Менделєєва-Клапейрона

Р2=5,8 МПа=5,8⋅106 Па

1

1

1RT

M

mVP = ,

2

2

2RT

M

mVP = .

Т1=27°С =300 К Звідси знаходимо:

Т2=17°С.=290 К 1

1

1

TR

MVPm = ,

2

2

2

TR

MVPm = ,

27

∆m/m1 - ? 2

2

1

1

21

TR

MVP

TR

MVPmmm −=−=∆ =

−

2

2

1

1

T

P

T

P

R

MV.

21

21

1TP

PT1

m

m

⋅

⋅−=

∆.

Підставляючи числові значення величин із умови задачі, обчислюємо від-

повідь:

=⋅⋅

⋅⋅−=

∆

290109

10853001

m

m

7

7

1

,

3

1.

Основи термодинаміки

№ 21. Кисень знаходиться в об’ємі 1 м3 під тиском 0,2 МПа. Газ був нагрі-

тий спочатку при постійному тиску до об’єму 3 м3, а потім при постійному

об’ємі до тиску 0,5 МПа. Визначити зміну внутрішньої енергії газу, виконану

газом роботу і теплоту, одержану газом.

Дано:

V1=1 м3 Зміна внутрішньої енергії ідеального газу:

V2=3 м3 ( )

13VTTR

M

m

2

iT

M

mR

2

iTCU −=∆=∆=∆ ν ,

P1=0,2 Мпа=2⋅105 Па де ∆Т=Т3 -Т1 різниця температур в кінцевому і

V3=V2 початковому стані,

P2=P1 і=5 – число ступенів вільності молекул 2-атомного газу.

P3=0,5 Мпа=5⋅105 Па Початкову і кінцеву температури знайдемо з рівняння

∆U, A, Q -? Менделєєва-Клапейрона: RTM

mPV = , звідки

mR

PVMT = або

−=∆

mR

MVP

mR

MVPR

M

m

2

iU

1133 =

= ( )1123

VPVP2

i− .

Робота газу при постійному тиску: А12=P1 (V2 -V1), при постійному об’ємі:

А23=0. Тобто А=А12 +А23 = ( )121

VVP − .

Згідно з першим законом термодинаміки:

28

Q=∆U + A= 2

i( ) ( )

1211123VVPVPVP −+− .

Підставляючи дані задачі, обчислюємо:

∆U= ( )110231052

5 55⋅⋅−⋅⋅ =3,25⋅10

6 (Дж).

A=2⋅105⋅(3 - 1)=0,4⋅10

6 (Дж). Q =3,25⋅10

6+ 0,4⋅10

6 =3,65⋅10

6 (Дж).

№ 22. У циліндрі під поршнем знаходиться водяна пара масою 50 г за те-

мператури 27°С. Спочатку пара розширилася, адіабатно збільшивши об’єм у

n1=5 разів, а потім пара була стиснута ізотермічно, причому об’єм пари змен-

шився у n2=5 разів. Визначити температуру в кінці адіабатного процесу і робо-

ту, виконану парою в цих процесах.

Дано:

m = 50 г = 50⋅10-3

кг Температура і об’єм газу в адіабатному процесі

M = 18⋅10-3

кг/моль пов’язані між собою співвідношенням:

Т1 =27°С = 300 К 1

1

1

2

1

1

21

−

−

=

=

γ

γ

nV

V

T

T, звідки:

1

1

1

2

n

TT

−

=γ

. Тут i

2i

C

C

V

P+

==γ

Т3 = Т2 і = 6 – число степенів свободи молекул 3-атомного газу.

V2/V1 = n1 = 5 Робота газу в адіабатному процесі (Q12=0):

V2/V3 = n2 = 5 =−=−= TCUAV12∆ν∆ ( )

21TTR

M

m

2

i− .

T2, A12, A23 –? Робота газу в ізотермічному процесі може бути знайде-

на за формулою: ∫=

3

2

V

V

23PdVA . Оскільки з рівняння Менделєєва-Клапейрона:

VM

mRTP = , звідси виходить: А23=

2

32

V

V V

V

M

mRT

V

dV

M

mRT3

2

ln∫ = , тобто:

2

2

23

n

1

M

mRTA ln= .

Зробимо обчислення, урахувавши, що 3313

4

6

26,≈=

+=γ :

13312

5

300T

−

=,

≈176 К

29

( )1763003181018

105

2

6A

3

2

12−

⋅

⋅

⋅=−

−

, ≈ 8587 (Дж)

5

1

1018

176318105A

3

2

23ln

,−

−

⋅

⋅⋅⋅

= ≈ –6539 (Дж).

№ 23. Ідеальний газ виконує цикл Карно. Температура нагрівача Т1 у n=5

разів вища за температуру охолоджувача Т2. Яку кількість теплоти отримав газ

від нагрівача, якщо виконана ним корисна робота становить А=20 кДж?

Дано:

А=20⋅103 Дж Формула ККД теплового двигуна: η =

1Q

A, ККД циклу Кар-

но:

n=T1/T2=5 η =1

2

1

21

T

T1

T

TT−=

−

, де Т1 – температура нагрівача, Т2 –

Q1 - ? температура охолоджувача. Прирівнюючи, одержуємо:

n

11

Q

A

1

−= або n

1n

Q

A

1

−

= , звідки: 1n

nAQ

1

−

⋅

= .

Підставляючи числові значення, обчислюємо

=

−

⋅⋅

=

15

51020Q

3

16,25⋅10

3 (Дж).

№ 24. Ідеальна теплова машина піднімає вантаж масою 400 кг. Робочий

газ отримує від нагрівача за температури 217°C кількість теплоти 80 кДж. На

яку максимальну висоту піднімає вантаж ця теплова машина, якщо температура

охолоджувача дорівнює 17°C?

Дано:

m=400 кг На підйом вантажу витрачається корисна робота, яка

Q1=80⋅103 Дж йде на збільшення потенціальної енергії вантажу:

T1=217°C=500 K А=∆En=mgh.

T2=17°C =300 K Корисну роботу можна визначити з формули ККД теп-

30

h - ? лової машини: η =1

Q

A, де Q1 – кількість теплоти, яка

передається робочому газу від нагрівача. ККД ідеальної теплової машини ви-

значається за формулою: 1

21

T

TT −

=η , де Т1 – температура нагрівача, Т2 – темпе-

ратура охолоджувача. Звідси одержуємо: A=ηQ1=1

121

T

QTT )( −

.

Тепер знаходимо висоту підйому вантажу: 1

121

mgT

QTT

mg

Ah

)( −

== .

Підставляючи числові значення величин з умови задачі, обчислюємо:

50010400

1080)300500(h

3

⋅⋅

⋅−

= = 8 (м).

№ 25. Визначте зміну ентропії ∆S при ізотермічному розширенні азоту

масою m =10 г, якщо тиск газу зменшився від p1 = 0,1 МПа до р2 = 50 кПа.

Зміна ентропії, з урахуванням ізотермічності

процесу:

.1

2

1

2

1T

QdQ

TT

dQS ===∆ ∫∫ (1)

Відповідно до першого закону термодинаміки,

кількість теплоти, отримана газом, Q = A + ∆U. Для

ізотермічного процесу ∆U = 0, тому Q = А. Робота

газу в ізотермічному процесі:

.lnln

2

1

1

2

p

pRT

M

m

V

VRT

M

mA == (2)

Підставивши (2) до (1), знайдемо шукану зміну ентропії:

.ln

2

1

p

pR

M

mS =∆

Обчислюючи, одержуємо ∆S = 2,06 Дж/К.

Дано:

m = 10 г = 10–2 кг

M = 28·10–3 кг/моль

p1 = 0,1 МПа = 105 Па

р2 = 50 кПа = 5·104 Па.

∆S -?

31

ЗАДАЧІ ДО ВИКОНАННЯ ПРАКТИЧНИХ, КОНТРОЛЬНИХ РОБІТ

І САМОСТІЙНОГО РОЗВ’ЯЗАННЯ

Кінематика і динаміка

1. Дві автомашини рухаються по дорогах, кут між якими α = 60°. Швид-

кість автомашин υ1 = 54 км/год і υ2 = 72 км/год. З якою швидкістю υ віддаля-

ються машини одна від одної?

2. Два автомобілі, виїхавши одночасно з одного пункту, рухаються пря-

молінійно в одному напрямку. Залежність пройдених ними шляхів задається

рівняннями 2

1BtAts += і 32

2FtDtCts ++= . Визначте відносну швидкість ав-

томобілів.

3. Велосипедист проїхав першу половину часу свого руху зі швидкістю

υ1 =16 км/год, другу половину зі швидкістю υ2 =12 км/ч. Визначте середню

швидкість руху велосипедиста.

4. Велосипедист їхав з одного пункту в іншій. Першу третину шляху він

проїхав зі швидкістю υ1 = 18 км/ч. Далі половину часу, що залишився, він їхав

зі швидкістю υ2 = 22 км/год, після чого до кінцевого пункту він ішов пішки зі

швидкістю υ3 = 5 км/год. Визначте середню швидкість ‹ υ› велосипедиста.

5. При падінні каменя в колодязь його удар об поверхню води долунає

через t = 5 с. Узявши швидкість звуку υ = 330 м/с, визначте глибину колодязя.

6. Тіло падає з висоти h =1 км з нульовою початковою швидкістю. Нех-

туючи опором повітря, визначте, який шлях пройде тіло: 1) за першу секунду

свого падіння; 2) за останню секунду свого падіння.

7. Тіло кинули зі швидкістю υ0 = 15 м/с під кутом α = 30° до горизонту.

Нехтуючи опором повітря, визначте: 1) висоту h підйому тіла; 2) дальність

польоту (по горизонталі) s тіла; 3) час його руху.

8. Тіло кинули під кутом α =30° до горизонту зі швидкістю υ0 =30 м/с.

Якими будуть нормальне аn і тангенціальне аτ прискорення тіла через час t =1 c

після початку руху?

32

9. Залежність пройденого тілом шляху від часу задається рівнянням

32DtCtВtАs ++−= (А = 6 м, В = 3 м/с, С = 2 м/с2, D = 1 м/с3). Визначте для ті-

ла в інтервалі часу від t1 = 1 с до t2 = 4 с: 1) середню швидкість; 2) середнє при-

скорення.

10. Кінематичні рівняння руху двох матеріальних точок мають вигляд

2

1111tCtBAx ++= і 2

2222tCtBAx ++= , де C1 = –2 м/с2, С2 = 1 м/с2. Визначте: мо-

мент часу, у який швидкості цих точок будуть рівні; 2) прискорення а1 і а2 для

цього моменту.

11. Платформа рівномірно обертається з кутовою швидкістю ω = 1 рад/с.

По її краю йде людина і обходить платформу за час t = 9,9 с. Яке найбільше

прискорення мала людина відносно Землі? Покласти радіус платформи R = 2

м.

12. Точка рухається по колу радіусом R = 30 см з постійним кутовим при-

скоренням ε. Визначте тангенціальне прискорення аτ точки, якщо відомо, що

за час t = 4 с вона зробила три оберти і наприкінці третього оберту її нормальне

прискорення аn =2,7 м/с2.

13. Диск радіуса R =10 см обертається навколо нерухомої осі так, що за-

лежність кута повороту радіуса диска від часу задається рівнянням

32DtCtBtA +++=ϕ (B =1 рад/с, С =1 рад/с2, D =1 рад/с3). Визначте для точок

на ободі диска на кінець другої секунди після початку руху: 1) тангенціальне

прискорення an 2) нормальне прискорення аτ; 3) повне прискорення а.

14. Диск обертається навколо нерухомої осі так, що залежність кута по-

вороту радіуса диска від часу задається рівнянням 2At=ϕ (A =0,5 рад/с2). Ви-

значте на кінець другої секунди після початку руху: 1) кутову швидкість диска;

2) кутове прискорення диска; 3) для точки, яка знаходиться на відстані 80 см

від осі обертання, тангенціальне аτ, нормальне an і повне а прискорення.

15. По горизонтальній площині рухається без початкової швидкості тіло

масою m = 10 кг під дією сили F = 40 Н, прикладеної під кутом α = 60° до гори-

33

зонту. Визначити коефіцієнт тертя тіла об площину, якщо через t = 10 с після

початку руху швидкість тіла становить V = 13,5 м/с.

16. По горизонтальному столу рухається без початкової швидкості бру-

сок масою m = 10 кг під дією сили F = 40 Н, прикладеної під кутом α = 30° до

горизонту. Визначити коефіцієнт тертя бруска об стіл, якщо за час t = 2 с бру-

сок пройшов відстань L = 2 м.

17. Вантаж рухається по горизонтальній площині під дією сили F =

100 Н, яка прикладена під кутом α = 60° до горизонту. Коефіцієнт тертя µ = 0,2.

Визначити масу вантажу m, якщо його швидкість через t = 5 с після початку

руху становила V = 10 м/с.

18. Вантаж масою m = 20 кг рухається по горизонтальній площині під ді-

єю горизонтальної сили F = 100 Н. Визначити коефіцієнт тертя µ, якщо швид-

кість вантажу через t = 2 с після початку руху становила V = 5 м/с.

19. Похила площина (α = 30°) має довжину L = 10 м. Тіло, рухаючись без

початкової швидкості, зісковзнуло з похилої площини за час t = 2 с. Знайти ко-

ефіцієнт тертя тіла об площину і швидкість тіла після зісковзування.

20. Тіло зісковзує без початкової швидкості з похилої площини завдовж-

ки l=10 м. Знайти висоту похилої площини, якщо тіло зісковзнуло з неї за

t = 2 с. Тертя не враховувати.

21. Тіло, рухаючись без початкової швидкості, зісковзнуло з похилої

площини (α = 30°) за час t = 2 с, набувши швидкість V = 4 м/с. Знайти коефіці-

єнт тертя тіла по площині.

22. Тіло зісковзує з похилої площини завдовжки L = 20 м і заввишки

H = 10 м. Коефіцієнт тертя µ = 0,2. Знайти, за який час тіло зісковзне з похи-

лої площини.

23. Тіло масою m рухається в площині х0у за законом x = Acosωt,

y = Bsіnωt, де А, В і ω ― деякі сталі. Визначте модуль сили, що діє на це тіло.

34

24. Автомобіль масою m = 500 кг рухається по опуклому мосту з радіусом

кривизни R = 200 м. Знайти швидкість автомобіля, якщо сила тиску на міст на

його середині становила P = 4650 Н.

25. Визначити радіус орбіти супутника R, якщо його період обертання

навколо Земної кулі становить T = 6 годин.

Закони збереження

26. Снаряд, кінетична енергія якого К = 5⋅104 Дж, розпався на два оскол-

ки m1 = 6 кг і m2 = 4 кг. Швидкість першого V1 = 50 м/с спрямована в той самий

бік, куди летів снаряд. Визначити швидкість другого осколка та її напрям.

27. Снаряд масою m = 10 кг, що летів зі швидкістю V = 65 м/с, розірвався

на два осколки. Швидкість першого осколка дорівнює V1 = 125 м/с і спрямова-

на в той самий бік, що й швидкість снаряда, швидкість іншого дорівнює

V2 = 25 м/с і спрямована в протилежний бік. Знайти маси осколків.

28. Вагон масою m1 = 20 т, який рухається зі швидкістю V1 = 0,5 м/с, зіш-

товхується з іншим вагоном масою m2 = 30 т, що рухається назустріч зі швидкі-

стю V2 = 0,2 м/с. Визначити швидкість вагонів після зіткнення, якщо після цьо-

го вони рухаються разом.

29. Снаряд масою m = 10 кг, що летів горизонтально зі швидкістю

V1 = 100 м/с, влучив у платформу масою М = 1 Т, що рухається у той самий бік

зі швидкістю V2=1 м/с, і застряв у ній. Визначити кінетичну енергію платформи

після удару.

30. Визначити, який шлях пройшло тіло до повної зупинки, якщо його

початкова швидкість становила V1 = 10 м/с, а коефіцієнт тертя µ = 0,1.

31. На горизонтальній ділянці шляху завдовжки S = 2 км швидкість потя-

гу масою 800 т збільшилася з V1 = 36 км/год до V2 = 72 км/год. Визначити робо-

ту, виконану локомотивом на цій ділянці шляху, якщо коефіцієнт опору дорів-

нює µ = 0,02.

35

32. Визначити кінетичну і потенціальну енергії тіла масою m = 5 кг, яке

кинуте вертикально вгору зі швидкістю V1 = 30 м/с, через t = 2 с після кидка.

Опір повітря не враховувати. (g ≈ 10 м/с2).

33. Визначити кінетичну і потенціальну енергії тіла масою m = 2 кг, яке

падає без початкової швидкості з висоти h = 50 м, через t = 1 с після початку

падіння. Опором повітря знехтувати. (g ≈ 10 м/с2).

34. Стартова швидкість ракети спрямована вертикально вгору і дорівнює

V=3 км/с. На яку висоту h над поверхнею Марса підніметься ця ракета?

35. Пружина жорсткістю k = 500 Н/см розтягнута на X1 = 2 см. Визначити

роботу зовнішньої сили, яка додатково розтягує пружину ще на ∆х = 0,5 см.

Динаміка обертального руху твердого тіла

36. Дві маленькі кульки масами m1 = 0,4 кг і m2 = 0,2 кг закріплені на

кінцях невагомого стрижня завдовжки l=1 м. Визначити момент інерції даної

системи щодо поперечної осі, що проходить через середину стрижня.

37. Маленька кулька масою m1 = 0,2 кг закріплена посередині стрижня за-

вдовжки l = 40 см і масою m2 = 0,3 кг. Визначити момент інерції даної системи

відносно поперечної осі, що проходить через вільний кінець стрижня.

38. Платформа у вигляді диска радіусом R = 2 м і масою m1 = 100 кг

обертається відносно центральної осі. На середині радіуса розташована людина

масою m2 = 60 кг. Визначити момент інерції цієї системи. (Людину вважати

матеріальною точкою).

39. Диск масою m1 = 20 кг (R = 1 м) обертається навколо поперечної осі,

яка проходить через середину його радіуса. Визначити його момент інерції

відносно цієї осі.

40. На обід колеса масою m1 = 4 кг намотана нитка, до кінця якої

прив҆язаний вантаж. Визначити масу вантажу m2, якщо він опускається з

прискоренням а = 2 м/с2. Масу колеса вважати зосередженою на його ободі.

36

41. На обід маховика у вигляді диска масою m1 = 2 кг намотана мотузка,

до кінця якої прив'язаний вантаж масою m2 = 1 кг. Визначити прискорення

вантажу а і його швидкість V через час t = 2 с після початку руху.

42. Платформа у вигляді диска масою m1 = 120 кг обертається з частотою

ν1 = 4 об/хв. Людина масою m2 = 80 кг розташована при цьому в центрі

платформи. З якою частотою ν2 почне обертатися платформа, якщо людина

перейде на середину радіуса платформи? (Людину вважати матеріальною

точкою).

43. Людина масою m2 = 60 кг розташована на краю платформи, що

обертається з частотою ν1 = 0,2 об/с. Коли людина перейшла у центр

платформи, платформа почала обертатися з частотою ν2 = 0,3 об/с. Визначити

масу m1 платформи. (Людину вважати матеріальною точкою).

44. Диск масою m = 10 г котиться без проковзування по горизонтальній

площині зі швидкістю Vс = 2 м/с. Визначити його повну кінетичну енергію.

45. Визначити висоту похилої площини h, якщо швидкість колеса, яке

скотилося з неї, становила Vc = 2 м/с. Масу колеса вважати зосередженою на

його ободі.

Рівнння стану ідеального газу. ізопроцеси в газах

46. Яка маса метану (СН4) міститься у балоні об’ємом V = 20 л під тиском

p = 20 МПа за температури t = 27°С?

47. У балоні об’ємом V = 60 л міститься m = 265 г газу за температури

t = 0°С і під тиском p = 5 МПа. Визначити, який це газ.

48. Визначити густину азоту за температури t = 27oС і тиску p = 0,1 МПа.

49. Визначити молярну масу газу, який під тиском p = 100 кПа і за темпе-

ратури t = 27°С має густину ρ = 162 г/м3.

37

50. По газопроводу тече метан (СН4) при тиску р = 2,0 • 105 Па й темпера-

турі t = 17°С. За час τ = 1 год транспортується т = 32 кг газу. Площа поперечного

перерізу труби, газопроводу S = 6,0 см2. Яка швидкість v руху газу в трубі?

51. Для нагрівання т = 2,0 кг невідомого газу на ∆T = 5,0 К при постій-

ному тиску потрібна кількість теплоти Qp = 9,1 кДж, а для нагрівання при пос-

тійному об҆ємі потрібно Qv = 6,5 кДж. Який це може бути газ?

52. У закритій посудині при тиску р0 перебуває суміш з одного моля кис-

ню й двох молей водню. Між ними відбувається реакція з утвором водяної пари.

Який тиск установиться в посудині після охолодження до початкової темпера-

тури? Конденсації пари не відбувається.

53. Визначити температуру газу, для якої середня квадратична швид-

кість молекул водню більша їх найбільш імовірної швидкості на

∆v = 400 м/с.

54. У закритому балоні перебуває суміш із m1 = 0,50 г водню й m2 = 8,0 г

кисню при тиску p1 = 2,35• 105 Па. Між газами відбувається реакція з утворен-

ням водяної пари. Який тиск р установиться в балоні після охолодження до по-

чаткової температури? Конденсації пари не відбувається.

55. Визначити густину суміші m1 = 16 г водню та m2 = 64 г кисню, за тем-

ператури t = 70С i тиску p = 93 кПа.

56. У балоні об’ємом V = 2 м3 знаходиться m1 = 1 кг азоту і m2 = 1,5 кг ки-

сню за температури t = 17°С. Знайти тиск газової суміші.

57. Визначити об’єм суміші m1 = 1 кг азоту і m2 = 1 кг гелію за нормаль-

них умов.

58. Визначити молярну масу суміші кисню масою m1=25 г і азоту масою

m1=75 г.

59. У посудині об’ємом V = 40 л знаходився метан (СН4) за температури

t = 27°С. Коли частину газу витратили, тиск газу зменшився на ∆p = 100 кПа,

температура не змінилася. Визначити масу витраченого газу.

38

60. У циліндрі під поршнем знаходиться газ. Маса поршня m = 0,5 кг, ді-

аметр поршня d = 10 см, атмосферний тиск pA = 100 кПа. З якою додатковою

силою потрібно діяти на поршень, щоб об'єм газу в циліндрі зменшився вдвічі?

Процес вважати ізотермічним.

Основи термодинаміки

61. Азот масою m = 10 г знаходиться при температурі Т = 290 К.

Визначте: 1) середню кінетичну енергію однієї молекули азоту; 2) середню

кінетичну енергію обертального руху всіх молекул азоту. Газ уважайте

ідеальним.

62. Кисень масою m = 1 кг знаходиться при температурі Т = 320 К.

Визначте: 1) внутрішню енергію молекул кисню; 2) середню кінетичну енергію

обертального руху молекул кисню. Газ вважайте ідеальним.

63. У закритій посудині знаходиться суміш азоту масою m1 = 56 г і кисню

масою m2 = 64 г. Визначте зміну внутрішньої енергії цієї суміші, якщо її

охолодили на 20°С.

64. Під час ізотермічного розширення азоту масою m = 200 г за темпера-

тури t = 17°С його об’єм збільшився в n=3 рази. Визначити роботу, виконану

газом, зміну його внутрішньої енергії та теплоту, одержану газом.

65. Водень масою m = 20 г був ізобарно нагрітий від температури t1 =

27°С до температури t2 = 127°С. Визначити роботу, виконану газом, зміну його

внутрішньої енергії та теплоту, одержану газом.

66. Гелій знаходиться в балоні об’ємом V = 0,5 м3, тиск – p1 = 0,5 МПа.

Його нагріли до тиску p2 = 0,8 МПа. Визначити зміну внутрішньої енергії газу,

виконану ним роботу та теплоту, одержану газом.

67. Об’єм кисню під час його нагрівання за постійного тиску p = 80 кПа

збільшився від V1 = 2 м3 до V2 = 6 м3. Визначити роботу, виконану газом, зміну

його внутрішньої енергії та теплоту, одержану газом.

39

63. Азот масою m = 280 г розширюється в результаті ізобарного процесу

при тиску р = 1 мПа. Визначте: 1) роботу розширення; 2) кінцевий об’єм газу,

якщо на розширення витрачено теплоту Q = 5 кДж, а початкова температура

азоту Т1 = 290 К.

64. Кисень об’ємом 1 л знаходиться під тиском 1 мПа. Визначте, яку

кількість теплоти необхідно надати газу, щоб: 1) збільшити його об’єм у

результаті ізобарного процесу вдвічі; 2) збільшити його тиск у результаті

ізохорного процесу вдвічі.

65. Деякий газ масою m = 5 г розширюється ізотермічно від об’єму V1 до

об’єму V2 = 2V1. Робота розширення A = 1 кДж. Визначте середню квадратичну

швидкість молекул газу.

66. Визначити температуру нагрівача ідеального теплового двигуна, ККД

якого становить 80 %, а температура охолоджувача 17°С.

67. Яку корисну роботу виконав ідеальний тепловий двигун, що працює

за температури нагрівача t1 = 727°С, температурі охолоджувача t2 = 27°С, і який

отримав від нагрівача кількість теплоти 20 кДж.

68. У скільки разів зросте ККД ідеального теплового двигуна, якщо збі-

льшити температуру нагрівача від t1 = 627°С до t'1 = 1227°С за постійної темпе-

ратури охолоджувача, яка становить t2 = 27°С.

69. Яку корисну роботу виконав робочий газ у тепловому двигуні, що

працює за циклом Карно, отримавши від нагрівача кількість теплоти

Q1=30 кДж. Температура нагрівача у 3 рази вища за температуру охолоджува-

ча.

70. Яка частка теплоти, що йде на нагрівання ідеального газу в ізобарно-

му процесі, витрачається на збільшення його внутрішньої енергії, а яка на ро-

боту розширення газу. (Розглянути три випадки, якщо газ: 1) 1-атомний, 2) газ

– 2-атомний, 3) 3-атомний).

71. Яку кількість теплоти отримав від нагрівача тепловий двигун, що

працює за циклом Карно, якщо він підняв вантаж масою 200 кг на висоту 5 м,

40

за температури нагрівача t1=227°С, а охолоджувачем для нього є оточуюча ат-

мосфера за нормальних умов.

72. У скільки разів необхідно збільшити об’єм v = 5 моль ідеального газу

при ізотермічному розширенні, якщо його ентропія збільшилася на 57,6Дж/К?

73. При нагріванні двоатомного ідеального газу (v = 3 моль) його

термодинамічна температура збільшилася в п = 2 рази. Визначте зміну ентропії,

якщо нагрівання відбувалося: 1) ізохорно; 2) ізобарно.

41

СПИСОК ЛІТЕРАТУРИ

1. Трофимова Т. И. Курс физики / Т. И. Трофимова – М. : Высш.школа,

1996. – 500 с.

2. Детлаф А. А. Курс физики / А. А. Детлаф, Б. М. Яворский. – М.: Высш.

шк., 1989. – 608 с.

3. Дмитриева В. Ф. Основы физики : учеб. пособ. / В. Ф. Дмитриева,

В. Л. Прокофьев, П. И. Самойленко. – Москва : Высшая школа, 1997. – 447 с.

4. Савельев И. В. Курс общей физики / И. В. Савельев – М.: Наука, 1987. –

Т.1-2.

5. Чертов А. Г. Сборник задач / А. Г. Чертов, А. А. Воробьев. – Москва :

Высш. шк., 1981. – 496 с.

6. Черепанов В. П. Задачі з фізики. Частина перша: Навч. посібник для

студентів вищих навчальних закладів / В. П. Черепанов, О. В. Сукачов,

Н. І. Мотрій, М. О. Єлізаров – Кременчук: КДПУ, 2005. – 159 с.

42

ДОДАТОК А

ТАБЛИЦІ ФІЗИЧНИХ ВЕЛИЧИН

Таблиця 1 – Деякі фундаментальні фізичні й астрономічні сталі

Фізична стала Числове значення

Гравітаційна стала G 6,67⋅10-11

Н⋅м2/кг

2

Прискорення вільного падіння g на Землі на Марсі на Місяці

9,81 м/с2

3,86 м/с2

1,62 м/с2

Середній радіус R

Землі Марса Місяця

6,37⋅106 м

1,74 ⋅106 м

3,38 ⋅106 м

Стала Авогадро NA 6,02⋅1023

1/моль

Молярна газова стала R 8,31 Дж/(моль⋅К)

Стала Больцмана k 1,38⋅10-23

Дж/К

Таблиця 2 – Моменти інерції деяких тіл відносно центральної осі

Тіло Момент інерції

Стрижень Відносно центральної осі Відносно осі, яка проходить через край стрижня

ml

2/12

ml2/3

Колесо (обруч) mR2

Циліндр (диск) mR2/2

Шар (сфера) 2mR2/5

43

Таблиця 3 – Основні й додаткові одиниці міжнародної системи СІ

Фізична величина Одиниця виміру

Найменування Позначення Основні величини

Довжина метр м Маса кілограм кг Час секунда с Сила електричного струму Ампер А Термодинамічна температура Кельвін К Кількість речовини моль моль Сила світла кандела кд

Додаткові величини Плоский кут радіан рад Тілесний кут стерадіан ср

Таблиця 4 – Десяткові множники та префікси до найменувань одиниць Позначення Префікс Множник

Т тера 1012

Г гіга 109 М мега 106

к кіло 103

г гекто 102

да дека 101

д деци 10-1

с санти 10-2

м мілі 10-3

мк мікро 10-6

н нано 10-9

п піко 10-12

44

Методичні вказівки щодо виконання практичних робіт, самостійної роботи та

контрольних робіт з навчальної дисципліни «Фізика» (розділи: «Фізичні осно-

ви механіки», «Основи молекулярної фізики і термодинаміки») для студентів

усіх спеціальностей

Укладачі: доц. О. В. Сукачов,

асист. В. В. Журав,

асист. Г. В. Єременко

Відповідальна за випуск доц. О. В. Новохатько

Підп. до др. ______________. Формат 60X84 1/16. Папір тип. Друк ризографія.

Ум. друк. арк. ____. Наклад _______ прим. Зам. №___________. Безкоштовно.

Видавничий відділ

Кременчуцького національного університету

імені Михайла Остроградського

вул. Першотравнева, 20, м. Кременчук, 39600