Я О Ляшенко, О В Хоменко - Збірник задач з фізики з прикладами розв'язання - страница 1

Страницы:
1  2  3  4  5  6  7  8  9  10  11  12  13  14  15  16  17  18  19  20  21  22  23  24  25 

Міністерство освіти і науки України Сумський державний університет

Я. О. Ляшенко, О. В. Хоменко

Збірник задач з фізики з прикладами розв'язання

У двох частинах

Частина 1 Механіка. Термодинаміка. Електростатика

Навчальний посібник

Рекомендовано Міністерством освіти і науки, молоді та спорту України

Суми

Сумський державний університет 2013

УДК 577.3 (075.8) ББК 28.071я73 Л 99

Рецензенти:

Ю. В. Головач   -   доктор   фізико-математичних   наук, професор, завідувач лабораторії Інституту фізики конденсованих систем НАН України (м. Львів);

Л. С. Метлов - доктор фізико-математичних наук, старший науковий співробітник Донецького фізико-технічного інституту НАН України ім. О. О. Галкіна;

В. М. Береснєв - доктор технічних наук, старший науковий співробітник, професор кафедри матеріалів реакторобудування Харківського національного університету ім. В. Н. Каразіна

Рекомендовано Міністерством освіти і науки, молоді та спорту України як навчальний посібник для студентів вищих навчальних закладів (лист № 1/11-20009 від 25.12.2012р.)

Ляшенко Я. О.

Л 99 Збірник задач з фізики з прикладами розв'язання : навч. посіб. : у 2 ч. Частина 1. Механіка. Термодинаміка. Електростатика : / Я. О. Ляшенко, О. В. Хоменко. - Суми : Сумський державний університет, 2013. - 224 с.

ISBN 978-966-657-457-5

ISBN 978-966-657-458-2 (Частина 1)

У посібнику наведено приклади розв'язання задач з фізики та задачі для самостійного розв'язування за темами, що вивчаються в першому семестрі студентами вищих навчальних закладів зі спеціальностей медичного напряму. Посібник також може бути корисним для студентів спеціальностей, де фізика є загальноосвітньою дисципліною.

УДК 577.3(075.8) ББК 28.071я73

© Ляшенко Я. О., Хоменко О. В., 2013

ISBN 978-966-657-457-5 © Сумський державний

ISBN 978-966-657-458-2 (Частина 1) університет, 2013

Зміст

1. Рух та тиск рідин. Сила Архімеда............. 4

2. Механічні властивості біологічних тканин........ 21

3. В'язкість рідин. Поверхневий натяг. Гемодинаміка ... 31

4. Вільні незгасні механічні коливання........... 45

5. Вільні та вимушені згасні коливання........... 62

6. Хвильові процеси. Акустичні явища........... 77

7. Основи молекулярної фізики. Ізопроцеси........ 92

8. Елементи термодинаміки. Робота й енергія газу..... 112

9. Колові процеси. Теплова машина. Ентропія....... 132

10. Теплові явища. Рівняння теплового балансу....... 155

11. Електростатика. Електричний диполь.......... 175

12. Електроємність. Конденсатори.............. 196

Довідковий додаток....................... 215

Список літератури........................ 223

1.   Рух та тиск рідин. Сила Архімеда

Основні формули

• Рівняння Бернуллі для точок ідеальної рідини, що належать одному потоку:

pv2       , ., ,.

Рст + ~y + Pgh = const, (1.1)

де Рст — статичний тиск (Па); pv2/2 — динамічний тиск (Па); pghгідростатичний тиск (Па); p — густина рідини (кг/м3); v — швидкість руху рідини (м/с); h — висота відповідної точки рідини відносно деякого рівня, наприклад рівня Землі (м); g — приско­рення вільного падіння (м/с2).

• Тиск рідини на дно посудини (гідростатичний тиск)

p = pgh. (1.2)

• Середній тиск рідини на бічну стінку посудини

Р = Pf. (1.3)

• Сила тиску

F = pS, (1.4) де тиск p (Па) діє на площу S (м2).

• Рівняння неперервності лінії потоку

S1V1 = S2V2, (1.5)

де S1,S2 — площі поперечних перерізів струму рідини (м2); v1, v2 — швидкості рідини у цих перерізах (м/с).

• Закон для сполучених посудин:

hh1 = ^, (1.6)

h2 1

де h1, h2 — висоти стовпів рідин відносно межі поділу(м); 1, 2 — густини рідин (кг/м3).

• Сила Архімеда

Ра = Рр (Г)#К, (1.7)

де Рр(г) — густина рідини або газу, в якому знаходиться ті­ло (кг/м3); Ут — об'єм тіла, якщо воно занурене повністю, або об'єм зануреної частини тіла, якщо воно плаває на поверхні рі­дини (м3).

• Сила тяжіння, що діє на тіло масою т:

Р = тд. (1.8)

• Умова плавання тіла в рідині

РА = Р. (1.9)

Приклади розв'язання задач

1.1. Швидкість течії рідини в деякому перерізі горизонтальної тру­би =5 см/с. Знайдіть швидкість течії в тій частині труби, яка має: а) вдвічі менший діаметр; б) вдвічі меншу площу поперечного перерізу.

VI = 0,05 м/с,

а) А = 21)2,

б) 5і = 2^2

а) ^2~?

б) ^2~?

За час і рідина пройде по трубі шлях 1, який ви­значається за формулою

1 = vt,

де V швидкість руху рідини. Щоб знайти об'єм рі­дини, який проходить по циліндричній трубі, потріб­но знайти об'єм циліндра рідини, який переміщується за час і через нерухомий переріз труби 5. Для цього пройдений рідиною шлях 1 пот­рібно помножити на переріз труби 5. Із урахуванням першого співвід­ношення об'єм <5 буде дорівнювати

Якщо труба має різні перерізи, через кожен із них за один і той са­мий момент часу і повинні пройти однакові об'єми <5, отже, маємоабо, скорочуючи час і,

£т = 5^2.

Ми отримали рівняння неперервності (1.5). Зараз перейдемо до розгляду окремих випадків задачі. У випадку а) подане співвідношен­ня діаметрів _Оі = 2І)2. Знаючи діаметр, можна знайти площу перерізу циліндра (площу кола): _ 2

5 =

пі2

Отже, із урахуванням двох останніх формул маємо

пі2

VI =

пА2

V2,

4 4 або після підстановки умови _Оі = 2І)2

V2 = Vl (2^>)   =4vl = 4 • 0, 05 = 0, 2

V2 = = VI

А2 А2

І2

І2

/см

= 20 — V с

У випадку б) подане відношення перерізів 51 = 252. Отже, вико­ристаємо безпосередньо рівняння неперервності:

52

або із урахуванням умови задачі

V2 = 5^ 2£^і

52

52

= 2vl =2 • 0,05 = 0,1

= 10

v с

1.2. Із горизонтально розташованого медичного шприца діаметром 1, 5 см видавлюється фізіологічний розчин із силою Р = 10 Н. Знай­ти швидкість витікання рідини з голки шприца. Густина фізіологічно­го розчину р = 1,03 г/см3. Переріз поршня значно більший за пере­різ голки. Чому швидкість витікання розчину не залежить від перерізу голки?

£>п = 1, 5 • 10-2

Р = 10 Н,

р = 1030 кг/м3,

Позначимо переріз поршня (шприца), діа­метр шприца та швидкість руху в ньому як £п, £)ш vI1, а такі самі величини, що відносяться до голки, — £г,£)г^г. Запишемо для шприца рівняння Бернуллі (1.1):

22

рv2 рv2'

(рст )п +     2     + рдЛті = (рст )г

Оскільки шприц за умовою задачі розташований горизонтально, висота голки буде дорівнювати висоті шприца (Л,г = Л,п). Із урахуван­ням цієї обставини останнє рівняння спрощується:

22

(г>   )   + р^ = (г>   )   + р^ ст щ +2    — (рст )т +   2 .

Статичний тиск, що діє з боку голки, дорівнює атмосферному:

ст ^ — ретм.

Атмосферний тиск діє також і на шприц, але на нього додатково діє тиск, що створюється силою Р, який може бути визначений за форму­лою (1.4). Отже, тиск усередині шприца — це сума двох компонент:

Підставляючи два останніх співвідношення у спрощене рівняння Бернуллі, маємо

Ратм +   5    І    2^ = Ратм +    2Г~,

5 д 2 2

р + /п^ = /п^ $^      2 2

Останнє рівняння має ще простіший вигляд, ніж раніше, однак для знаходження швидкості витікання розчину з голки потрібне значення швидкості течії рідини всередині шприца, а цієї величини в умові задачі немає. Використаємо рівняння неперервності:

5р[ Т^д — 5р ^р,        (7р[ — ^р "5 .

Оскільки за умовою £п ^ 5, тоді £гп ~ 0 і згідно із останньою рівністю д ~ 0. У зв'язку із цим рівняння Бернуллі набирає ще більш простого вигляду: р 2

»5р[ 2

Площу перерізу поршня знайдемо як

тг£>2

_ п

5п — 4 ,

і після підстановки цього значення в отримане рівняння матимемо:

~2~

пБ2

або в кінцевому вигляді

8Р = пр(г;г.Оп )2,   г;г£)п =

1

у Пр

Знайдемо числове значення шуканої величини: 1

8-10

= 10,4824

1, 5•10-2 V 3,14159•1030 Щоб дати відповідь на останнє запитання задачі, потрібно просте­жити, де саме з розгляду зникає переріз голки £г. Це відбувається на етапі о

- -— 0

Од

за рахунок С>п ^> О. Отже, швидкість витікання розчину не залежить від перерізу голки у тому разі, коли переріз поршня значно більший за переріз голки.

1.3. Циліндрична труба переходить у конус (рис. 1.1). По цій сис­темі протікає вода у напрямі осі х. Вважаючи воду за ідеальну ріди­ну, отримати залежність р — /(х) і зобразити її графічно, якщо радіус г — 0,4 м, густина води р — 1000 кг/м3, статичний тиск у лівій частині труби 2 • 105 Па та швидкість течії рідини в лівій частині у0 — 20 м/с. Гідростатичний тиск не враховувати.

Рисунок 1.1г = 0, 4 м, р = 1000 кг/м3, ро = 2 • 105 Па, г>о = 20 м/с

р(х)—?

Рівняння Бєрнуллі (1.1) без урахування зміни гідростатичного тиску по перерізу труби набере ви­глядУ 2 і Л2

Ро + ^ = Р(х)^^у^, де ро, статичний тиск та швидкість у лівій частиш труби. Оскільки пєрєріз лівої частини незмінний, ці величини є сталими. Статичний тиск правої частини труби р(х) та швидкість течії рідини в цій частині -и(х) будуть функціями координати, оскільки переріз труби змінюється. Тут і далі х > 0. З останнього рівняння виразимо шукану залежність тиску від координати:

Р(х) = Ро + Р|2 - ^ = Ро + Р Ц2 - «(х)2) .

Використаємо рівняння неперервності (1.5):

£о-ио = 5 (х)-и(х).

Знайдемо площу перерізів за формулою 5 = пЯ2, де Я радіус труби. Згідно з рисунком маємо

= пг2,   5(х) = п(х + г)2.

Після підстановки цих значень у рівняння неперервності

2

2 / \2/\ /   \ Г «о

(х + г)2

Після підстановки отриманої швидкості руху у залежність р(х) маємо

,   л Р /  2        ,   л1) Р (  2 Г4^2 \

р(х) = ро + 2 («о - «(х) ) = ро + 2 (^о - (х + , р(х)= ро + ^ (і - Г4

2 V (х + г)4, Отримана залежнiсть при параметрах задачi в графiчному зображен­ні подана на рис. 1.2 а, де тиск р наведений у МПа. З рисунка легко бачити, що із збільшенням х установлюється стале значення тиску

Р = Ро + >

Ро +

Р*1 2

Р

- 0.45

V

- 30

20

-- 0.15

а)

б)

о

х

-1

0 1

Рисунок 1.2

яке не змінюється із подальшим збільшенням координати. На рис. 1.2 б додатково наведена залежність швидкості течії рідини V(х) у правій частині труби. З рисунка випливає, що швидкість за рахунок розширення труби поступово зменшується зі зростанням координа­ти х до нульового значення. Це є причиною того, що зі збільшенням координати установлюється стале значення тиску р, що демонструє рис. 1.2 а.

1.4. Якої сили тиску зазнає гребля довжиною 150 м та висотою 8 м, якщо вода має таку саму висоту? Атмосферний тиск нормальний.

І = 150 м, = 8 м, р = 1000 кг/м3, Ратм = 105 Па, д = 9, 8 м/с2

або після підстановки числових значень:

150 • 8 = 1,67 • 108 (Н).

1. Рух та тиск рідин. Сила Архімеда

(1 =

= 0, 2 м,

 

= _РСТ

н-

 

1.5. У посудину циліндричної форми діаметром 20 см налита рідина. Знайдіть висоту рідини в посудині, при якій сила гідростатичного тису на дно дорівнює силі гідростатичного тиску на стінку.

На дно посудини діє тиск, який визначається за фор­мулою (1.2):

ря = ряК

а на стінку посудини — тиск (1.3): Рст =   ^

Відповідні сили гідростатичних тисків будемо визначати за форму­лою (1.4):

Рд — Рд^'д)     Рст — Рст^ст)

де 5Д, 5СТ — площі дна та стінки посудини відповідно. Площу дна бу­демо знаходити як площу кола, а площу стінки — як площу поверхні циліндра із висотою Н та діаметром перерізу й\

пй

2

Звідси сили тисків

т-, 7 пй2 ^ рдН „ рдН2 , ^д рдН—,   РСт — пйН —^ пй.

За умовою задачі ці сили однакові, отже, маємо

рдн2 пй2 й

^ст Рд, 2~ пй рдН—,   Н — 2.

Відмітимо, що відповідь не залежить від роду рідини, а лише від її висоти. Після підстановки числового значення маємо

й   0, 2

Н — 2 —^ — 0,1(м).

1.6. Діаметр однієї зі сполучених посудин удвічі більший за діаметр іншої. В ці посудини налили ртуть, а потім у вузьку посудину налили стовпчик води висотою 50 см. Знайдіть, на скільки зміниться рівень ртуті в обох посудинах.

Рисунок 1.3

Н2 — 0, 5 м,

рі — 13600 кг/м3,

р2 — 1000 кг/м3

На рис. 1.3 зображені посудини до наливан­ня води та після її наливання. Воду на правій частині рисунка позначено хрестиками. Зліва на рисунку в обох частинах посудини рівні рідини однакові, оскільки це одна і та сама рідина. Піс­ля наливання води рівні будуть різними. У цьому випадку виконується закон сполучених посудин (1.6):

Ні р2

Н2 рі'

Оскільки згідно з рисунком Н1 — АН1 + АН2 остання рівність на­бирає вигляду

Н2        рі рі

В отриманому рівнянні дві невідомі величини — це АНі і АН2. Для розв'язання потрібно записати ще одне рівняння. Це рівняння отри­маємо, прирівнявши об'єм ртуті, що був витіснений із тонкого коліна У2, до об'єму, який надійшов до широкого коліна V!:

V! — У2,   5і АНі #2 АН2, де і 52 — площі перерізів трубок:

5і —

#2 ^ -

4

Комбінуючи останні рівності, маємо 4

Підставимо цей вираз у знайдену суму ДНі + ДН2:

^ Ah! = ^ Ah2,   d2Ah! = d2Ah2,   Ah2 = AhJ .

4 V d2 /

а,     і   д t p2h2        » ,     .   » ,    /"Л2 p2h2

Pi \d^J pi

I iv' p2h2

/ Pi

Ahi = P2h2 h + f£ Pi   у V«2

Знайдемо числове значення цієї величини: 1000 • 0, 5 Л . (2d2 4 2% -i

2\ "i

Ahi=   13600    (^+ ^"dfj J    =0,007353 ^)=0, 7353 (см). Зараз знайдемо Ah2:

d-J  =0, 007353 f "d^J  =0, 0294 (м)=2, 94 (cm).

Страницы:
1  2  3  4  5  6  7  8  9  10  11  12  13  14  15  16  17  18  19  20  21  22  23  24  25 


Похожие статьи

Я О Ляшенко, О В Хоменко - Збірник задач з фізики з прикладами розв'язання