Примеры решения задач. Пример 1. Материальная точка брошена с начальной скоростью м/с под углом α = 60 ° к горизонту

Пример 1. Материальная точка брошена с начальной скоростью м/с под углом α = 60 ° к горизонту. Найти скорость точки и радиус кривизны траектории в момент времени t₁ = 2 c.

Решение.Уравнения движения точки:

,

.

Величина скорости 16,3 м/с.

Нормальное ускорение точки . Тогда радиус кривизны траектории . Определим . Из рис. 1.1 следует

,

где a – угол между полным ускорением и нормальным ускорением. По условию – ускорение свободного падения. Также из рисунка получаем, что . Следовательно, радиус кривизны траектории . Вычислим .

Ответ: = 16,3 м/с, R = 29,46 м.

Пример 2.Материальная точка движется в соответствии с уравнениями:

x=A+Bt+Ct³, y=Kt+Lt², (1.2)

где А = 3 м, В = 1 м/с, С = -1 м/с³, K = 1,5 м/с, L = 2 м/с².

Найти координаты, скорость и ускорениеточки в момент времени t=1 c.

Решение. Координаты точкинайдем, подставив в уравнения движения (1.2) числовые значения коэффициентов А, В, С, K, L ивремени t:

, .

Проекции мгновенной скорости точки на оси х, y есть первые производные от координат (1.2) по времени:

, . (1.3)

При t = 1 c ; . Величина скорости м/с.

Проекции ускорения точки найдем, взяв первые производные от проекций скорости (1.3) по времени:

, . (1.4)

Величина ускорения точки .

При t = 1 c м/с², м/с², м/с².

Пример 3. Тело вращается вокруг неподвижной оси по закону

j=A+Bt+Ct², (1.5)

где А = 10 рад, В = 20 рад/с, С = -2 рад/с². Найти скорость и ускорение точки, находя­щейся на расстоянии r = 0,1 м от оси вращения, для момента времени t = 4 с. Показать векторы скорости и ускорения на рисунке.

Решение. Скорость точки тела, вращающегося вокруг неподвижной оси, определяется по формуле , где w – модуль угловой скорости тела. Угловую скорость w найдем, взяв первую производ­ную от угла поворота (1.5) по времени:

. (1.6)

В момент времени t = 4 c модуль угловой скорости

рад/с.

Скорость точки м/с.

Полное ускорение точки, движущейся по кривой линии, может быть найдено как геометрическая сумма тангенциального ускорения , направленного по касательной к траектории, и нормального ускорения , направленного к центру кривизны траектории (рис. 1.2):

.

Так как векторы взаимно перпендикулярны, то модуль ускорения . (1.7)

Модули тангенциального и нормального ускорения точки вращающегося тела выражаются формулами:

, ,(1.8)

где e – модуль его углового ускорения.

Подставляя выражения а_t и а_n в формулу (1.7), находим

. (1.9)

Угловое ускорение найдем, взяв первую производ­ную от угловой скорости (1.6) по времени:

рад/с².

Подставляя значения w, e и r в формулу (1.9), получаем

м/с².

Вектор касательного ускорения направлен против скорости, т.к. угловое ускорение .

Пример 4.Ящик массой m₁ = 20 кг соскальзывает по лотку длиной l = 2 м с коэффициентом трения f=0,1 на неподвижную тележку с песком и застревает в нем. Тележка с песком массой m₂ = 80 кг может свободно (без трения) переме­щаться по рельсам в горизонтальном направлении. Опре­делить скорость u тележки с ящиком, если лоток накло­нен под углом a = 30 ° к рельсам.

Решение. Тележку и ящик можно рассматривать как систему двух неупруго взаимодействующих тел. Но эта система не замкнута, так как на нее действуют внешние силы: силы тяжести G₁ = m₁g и G₂ = m₂g и сила реакции N₂ (рис. 1.3). Поэтому применить закон сохранения импульса в общем к системе “ящик – тележка” нельзя. Однако, так как проекции указанных сил на направление оси х, совпадающей с направлением рельсов, равны нулю, то проекцию импульса системы на это направление можно считать постоянной, т.е.

Рис. 1.3

, (1.10)

где p_1x и p_2x – проекции импульса ящика и тележки с песком в момент падения ящика на тележку; p’_1x и p’_2x – те же величины после падения ящика.

Рассматривая тела системы как материальные точки, выразим в равенстве (1.10) импульсы тел через их массы и скорости, учитывая, что р_2x=0 (тележка до взаимодей­ствия с ящиком покоилась), а также что после взаимо­действия оба тела системы движутся с одной и той же скоростью и:

, или , (1.11)

где v₁ – модуль скорости ящика перед падением на тележку; – проекция этой скорости на ось х.

Из (1.11) следует . (1.12)

Модуль скорости v₁ определим из закона сохранения энергии при движении ящика по лотку с учетом силы трения F_тр:

,

где , , ,

. (1.13)

Подставив выражение v₁ в формулу (1.12),получим

.

Вычисляем скорость тележки:

м/с.

Пример 5. Паром массой m₁ и длиной l стоит на неподвижной воде. На его корме находится контейнер массой m₂. Затем контейнер был перемещен на носовую часть парома с помощью собственного крана. На какое расстояние s переместится паром относительно дна? Силами трения и сопротивления пре­небречь.

Рис. 1.4

Решение. Система паром-контейнер относительно горизонтального направления может рассматриваться как замкнутая. Из закона сохранения импульса следует, что внутренние силы замкнутой системы тел не могут изменить положение центра масс системы. Следовательно, при перемещении контейнера центр масс системы т. С не изменит своего положения относительно дна. Координата центра масс x_c системы определяется выражением ,где m – масса системы; m_i – массы тел.

Выберем начало системы координат так, чтобы ось Oy проходила в начальный момент через точку C₁ – центр масс парома. Обозначим координаты x₁ центра масс парома т. C₁ и x₂ – центра масс контейнера т. C₂ – до перемещения (рис. 1.4), x’₁, x’₂ – после перемещения.

Положение центра масс системы не изменилось, следовательно

. (1.14)

Из рисунка следует, что , – до перемещения, , – после перемещения. Получаем из (1.14):

, , – перемещение парома.

Пример 6. При выстреле из пружинного пистолета вертикально вверх пуля массой m = 20 г поднялась на высоту h = 5 м. Определить жесткость k пружины пистолета, если она была сжата на х = 10 см. Массой пру­жины и силами трения пренебречь.

Решение.Рассмотрим систему пружина – пуля. Так как на тела системы действуют только консервативные силы, то для решения задачи можно применить за­кон сохранения энергии в механике. Согласно ему, полная механическая энергия Е₁ системы в начальном состоянии (в данном случае перед выстрелом) равна полной энер­гии Е₂ в конечном состоянии (когда пуля поднялась на высоту h), т. е.

,или ,(1.15)

где Т₁, Т₂, П₁ и П₂ – кинетические и потенциальные энергии системы в начальном и конечном состояниях. Так как кинетические энергии пули в начальном и ко­нечном состояниях равны нулю, то равенство (1.15) при­мет вид

. (1.16)

Примем потенциальную энергию пули в поле сил тяго­тения Земли, когда пуля покоится на сжатой пружине, равной нулю, а высоту подъема пули будем отсчитывать от торца сжатой пружины. Тогда энергия системы в на­чальном состоянии будет равна потенциальной энергии сжатой пружины, т.е. , а в конечном состоя­нии – потенциальной энергии пули на высоте h, т.е. .

Подставив выражения П₁ и П₂ в формулу (2), най­дем , откуда . (1.17) Проверим, дает ли полученная формула единицу жесткости k. Для этого в правую часть формулы (1.17) вместо величин подставим их единицы измерения:

.

Убедившись, что полученная единица является еди­ницей жесткости (1 Н/м), подставим в формулу (3) зна­чения величин и произведем вычисления:

Н/м.

Пример 7. Шар массой m₁, движущийся горизон­тально с некоторой скоростью v₁, столкнулся с неподвижным шаром массой т₂. Шары абсолютно упругие, удар прямой, центральный. Какую долю k своей кинетической энергии первый шар передал второму?

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

, (1.18)

где – кинетическая энергия и скорость первого шара до удара; u₂ и T₂ – скорость и кинетическая энергия второго шара после удара.

Как видно из формулы (1.18), для определения k надо найти . Согласно условию задачи, импульс системы двух шаров относительно горизонтального направления не изменяется и механическая энергия шаров в другие виды не переходит. Пользуясь этим, найдем:

, (1.19)

.(1.20)

Решим совместно уравнения (1.19) и (1.20):

. (1.21)

Подставив выражение u₂ (1.21) в формулу (1.18) и сократив на v₁ и m₁, получим

.

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

Решение. Рассмотрим силы, действующие на каждый груз и на блок в отдельности. На каждый груз действуют сила тяжести и сила упругости (сила натяжения нити). Направим вертикально вниз и напишем для каждого груза уравнение движения (второй закон Нью­тона) в проекциях на эту ось. Для первого груза

, (1.22)

для второго груза

. (1.23)

Под действием моментов сил Т₁’ и Т₂’ относительно оси z, перпендикулярной плоскости чертежа и направлен­ной за чертеж, блок приобретает угловое ускорение e. Согласно основному уравнению динамики вращательного движения:

, (1.24)

где ; –момент инерции блока (сплош­ного диска) относительно оси z.

Согласно третьему закону Ньютона, с учетом невесо­мости нити , . Воспользовавшись этим, подставим в уравнение (1.24) вместо Т₁’ и Т₂’ выражения Т₁ и Т_2, получив их предварительно из уравнений (1.22) и (1.23):

.

После сокращения на r и перегруппировки членов найдем

. (1.25)

Формула (1.25) позволяет массы т₁, т₂ и т выразить в граммах, как они даны в условии задачи, а ускоре­ние – в единицах СИ. После подстановки числовых зна­чений в формулу (4) получим

м/с².

Пример 9. Маховик в виде сплошного диска радиусом R = 0,2 м и массой m = 50 кг раскручен до частоты вра­щения п₁ = 480 мин^-1 и предоставлен сам себе. Под действием сил трения маховик остановился через t = 50 с. Найти момент М сил трения.

Решение. Для решения задачи воспользуемся основным уравнением динамики вращательного движе­ния в виде

, (1.26)

где dL_z – изменение проекции на ось z момента импульса маховика, вращающегося относительно оси z, совпадающей с геометрической осью маховика, за интервал вре­мени dt; M_z – момент внешних сил (в данном случае момент сил трения), действующих на маховик относи­тельно оси z.

Момент сил трения можно считать не изменяющимся с течением времени ( ), поэтому интегрирование уравнения (1.26) приводит к выражению

. (1.27)

При вращении твердого тела относительно неподвиж­ной оси изменение проекции момента импульса

,(1.28)

где J_z – момент инерции маховика относительно оси z; Dw – изменение угловой скорости маховика.

Приравняв правые части равенств (1.27) и (1.28), получим , откуда . (1.29)

Момент инерции маховика в виде сплошного диска определяется по формуле

. (1.30)

Изменение угловой скорости выразим через конечную n₂ и начальную п₁ частоты вращения, пользуясь соотношением :

. (1.31)

Подставив в формулу (1.29) выражения J_z (1.30) и Dw (1.31), полу­чим

. (1.32)

Проверим, дает ли расчетная формула единицу мо­мента силы (Н·м). Для этого в правую часть формулы вместо символов величин подставим их единицы:

.

Подставим в (1.32) числовые значения величин и произ­ведем вычисления, учитывая, что n₁=480 мин ^-1 с^-1=8 с^-1:

.

Знак минус показывает, что момент сил трения ока­зывает на маховик тормозящее действие.

Пример 10.Платформа в виде сплошного диска радиу­сом R = 1,5 м и массой m₁ = 180 кг вращается около вертикальной оси с частотой n = 10 мин^-1. В центре плат­формы стоит человек массой m₂ = 60 кг. Какую линейную скорость v относительно пола помещения будет иметь человек, если он перейдет на край платформы?

Решение. Согласно условию задачи, момент внеш­них сил относительно оси вращения z, совпадающей с геометрической осью платформы, можно считать рав­ным нулю. При этом условии проекция L_z момента им­пульса системы платформа – человек остается по­стоянной:

,(1.33)

где J_z – момент инерции платформы с человеком отно­сительно оси z; w – угловая скорость платформы.

Момент инерции системы равен сумме моментов инер­ции тел, входящих в состав системы, поэтому в начальном состоянии , а в конечном состоянии .

С учетом этого равенство (1.33) примет вид

,(1.34)

где значения моментов инерции J₁ и J₂ платформы и человека соответственно относятся к начальному состоя­нию системы; J₁’ и J₂’ – к конечному.

Момент инерции платформы относительно оси z при переходе человека не изменяется:

.

Мо­мент инерции человека относительно той же оси будет изменяться. Если рассматривать человека как материаль­ную точку, то его момент инерции J₂ в начальном состоя­нии (в центре платформы) можно считать равным нулю. В конечном состоянии (на краю платформы) момент инерции человека .

Подставим в формулу (1.34) выражения моментов инер­ции, начальной угловой скорости вращения платформы с человеком (w = 2pn) и конечной угловой скорости (w’= /R, где – скорость человека относительно пола):

. (1.35)

После сокращения на R² и простых преобразований находим скорость:

. (1.36)

Произведем вычисления: .

Пример 11.Ракета установлена на поверхности Земли и запущена в вертикальном направлении. При какой минимальной скорости v₁,сообщенной ракете при запуске, она удалится от поверхности на расстояние, равное радиусу Земли (R=6,37·10⁶ м)? Всеми силами, кроме силы гравитационного взаимодействия ракеты и Земли, пренебречь.

Решение. Со стороны Земли на ракету действует сила тяжести, являющаяся потенциальной силой. При не­работающем двигателе под действием потенциальной силы механическая энергия ракеты изменяться не будет. Следовательно,

, (1.37)

где кинетическая и потенциальная энергии ракеты после выключения двигателя в начальном (у поверхности Земли) и конечном (на расстоянии, рав­ном радиусу Земли) состояниях. Согласно определению кинетической энергии, .

Потенциальная энергия ракеты в начальном со­стоянии .

По мере удаления ракеты от поверхности Земли ее потенциальная энергия возрастает, а кинетическая – убывает. В конечном состоянии кинетическая энергия Т₂ станет равной нулю, а потенциальная – достигнет макси­мального значения:

. (1.38)

Подставляя выражения Т₁, П₁, Т₂ и П₂ (1.38) в (1.37), получаем

, (1.39)

откуда

.

Заметив, что (g – ускорение свободного падения у поверхности Земли), перепишем эту формулу в виде

, (1.40)

что совпадает с выражением для первой космической скорости.

Произведем вычисления по формуле (1.40):

.

Пример 12. Точка совершает гармонические колеба­ния с частотой
n= 10 Гц. В момент, принятый за началь­ный, точка имела максимальное смещение . Написать уравнение колебаний точки и начертить их график.

Решение. Уравнение колебаний точки можно за­писать в виде

, (1.41)

где А – амплитуда колебаний; w – циклическая частота; t – время; j₁ – начальная фаза.

По определению, амплитуда колебаний

A = x_max . (1.42)

Циклическая частота w связана с частотой n соот­ношением

w = 2pn. (1.43)

Для момента времени t= 0 формула (1.41) примет вид

,

откуда начальная фаза

, (1.44)

или

, .

Изменение фазы на 2p не изменяет состояния коле­блющейся точки, поэтому можно принять

. (1.45)

С учетом равенств (1.42), (1.43), (1.44) уравнение колебаний (1.41) примет вид

или , (1.46)

где А=1 мм =10^{-3 м,} n=10 Гц, j₁=p/2.

График соответствующего гармонического колебания приведен на рис. 1.6.

Рис. 1.6

Пример 13.Частица массой m = 0,01 кг совершает гармонические колебания с периодом Т = 2 с.Полная энергия колеблющейся частицы E = 0,1 мДж. Определить амплитуду А колебаний и наибольшее значение силы F_тах,действующей на частицу.

Решение. Для определения амплитуды колебаний воспользуемся выражением полной энергии частицы:

, (1.46)

где . Отсюда амплитуда

. (1.47)

Так как частица совершает гармонические колебания, то сила, действующая на нее, является квазиупругой и, следовательно, может быть выражена соотношением , где k – коэффициент упругости; х – смещение колеблющейся точки. Максимальной сила бу­дет при максимальном смещении х_тах,равном амплитуде:

. (1.48)

Коэффициент k выразим через период колебаний:

. (1.49)

Подставив выражения (1.47) и (1.49) в (1.48) и произведя упрощения, получим

. (1.50)

Произведем вычисления:

;

.

Пример 14. Складываются два колебания одинако­вого направления, выраженные уравнениями

, (1.51)

где A₁ = 3 см, А₂ = 2 см, с, с, T = 2 с.

Построить векторную диаграмму сложения этих колебаний и написать уравнение результирующего колебания.

Решение. Для построения векторной диаграммы сложения двух колебаний одного направления надо фиксировать какой-либо момент времени. Обычно век­торную диаграмму строят для момента времени t=0. Преобразовав оба уравнения к канонической форме ,получим из (1.51)

. (1.52)

Отсюда видно, что оба складываемых гармонических колебания имеют одинаковую циклическую частоту .

Начальные фазы первого и второго колебаний соот­ветственно равны .

Произведем вычисления:

;

.

Изобразим векторы A₁ и A₂. Для этого отложим от­резки длиной A₁ = 3 см и А₂ = 2 см под углами j₁ = 30 ° и j₁ = 60 ° к оси Ох. Результирующее колебание будет происходить с той же частотой w и амплитудой А, равной геометрической сумме амплитуд A₁ и A₂: A=A₁+A₂. Согласно теореме косинусов:

Рис. 1.7

Произведем вычисления согласно (1.53):

;

,

или j = 0,735 рад.

Так как результирующее колебание является гармо­ническим, имеет ту же частоту, что и слагаемые колеба­ния, то его можно записать в виде

, (1.54)

где А = 4,84 см, w = 3,14 с^-1, j = 0,735 рад.

Библиографический список

1. Беликов, Б.С. Решение задач по физике. Общие методы: учеб. пособие для студентов вузов / Б.С. Беликов. – М.: Высш. шк., 1986.

2. Бурилова, С.Ю. Основы физических измерений: учеб. пособие / С.Ю. Бурилова, В.М. Машеренков. – Чита: ЧитГТУ, 2002.

3. Верхотуров, А.Р. Электродинамика. Физика колебаний и волн. Квантовая физика: учеб. пособие / А.Р. Верхотуров, В.А. Шамонин. – Чита: ЧитГУ, 2004.

4. Физика: метод. указания и контрольные задания / А.А. Воробьев [и др.]. – М.: Высш. шк., 1987.

5. Кузьмина, Т.В. Электромагнитное поле. Ч. 1: учеб. пособие / Т.В. Кузьмина, И.В. Свешников. – Чита: ЧитГУ, 2004.

6. Новодворская, Е.М. Методика проведения упражнений по физике во втузе: учеб. пособие для студ. втузов / Е.М. Новодворская, Э.М. Дмитриев. – М.: Высш. шк., 1981.

7. Савченко, Н.Д. Физические основы классической механики: учеб. пособие / Н.Д. Савченко. – Чита: ЧитГУ, 2004.

8. Савченко, Н.Д. Методика применения основных законов физики к решению задач по механике: метод. указания / Н.Д. Савченко, С.С. Филимонова. – Чита: ЧитПИ, 1994.

9. Свешников, И.В. Колебания и волны: курс лекций / И.В. Свешников, Г.А. Дзюба. – Чита: ЧитГТУ, 2001.

10. Трофимова, Т.И. Физика. 500 основных законов и формул: справочник для студ. вузов / Т.И. Трофимова. – М.: Высш. шк., 1995.

11. Чертов, А.Г. Задачник по физике / А.Г.Чертов, А.А. Воробьев. – М.: Высш. шк., 1981.

12. Яворский, Б.М. Справочник по физике / Б.М. Яворский, А.А. Детлаф. – М.: Наука, 1977.

Приложение А

Таблица А.1. Физические постоянные

Физические постоянные	Обозначение	Значение
Нормальное ускорение свободного Падения	g	9,81 м/с2
Гравитационная постоянная	G	6,67×10-11 м3/(кг с2)
Постоянная Авогадро	NA	6,02×1023 моль-1
Молярная газовая постоянная	R	8,31 Дж/(моль К)
Молярный объем идеального газа при нормальных условиях	Vm	22,4×10-3 м3/моль
Постоянная Больцмана	k	1,38×10-23 Дж/К
Атомная единица массы	а.е.м.	1,66×10-27 кг
Масса электрона	me	9,11×10-31 кг
Масса протона	mp	1,66×10-27 кг
Масса -частицы	m	6,64×10-27 кг
Элементарный заряд	e	1,60×10-19 Кл
Электрическая постоянная	o	8,85×10-12 Ф/м

Таблица А.2. Астрономические величины

Таблица А.3. Плотность твердых тел

Таблица А.4. Плотность жидкостей

Таблица А.5. Плотность газов (при нормальных условиях)

Таблица А.6. Коэффициент поверхностного натяжения

жидкостей

Таблица А.7. Эффективный диаметр молекулы

Таблица А.8. Диэлектрическая проницаемость

Таблица А.9. Удельное сопротивление металлов

Таблица А.10. Относительные атомные массы A_r и порядковые

номера Z некоторых элементов

Таблица А.11. Механические, термодинамические, электрические единицы СИ, имеющие специальные наименования

Величина	Единица
Наименование	Размерность	Наименова- ние	Обозна- чение	Выражение через основные и дополни- тельные единицы
Основные единицы
Длина	L	метр	м
Масса	M	килограмм	кг
Время	T	секунда	с
Сила электрического Тока	I	ампер	А
Термодинамическая температура		кельвин	К
Количество вещества	N	моль	моль
Дополнительные единицы
Плоский угол	-	радиан	рад
Телесный угол	-	стерадиан	ср
Производные единицы
Частота	T-1	герц	Гц	с-1
Сила, вес	LMT-2	ньютон	Н	м×кг× с-2
Давление, механи- ческое напряжение	L-1MT-2	паскаль	Па	м-1×кг× с-2
Энергия, работа, количество теплоты	L2MT-2	джоуль	Дж	м2×кг× с-2
Мощность, поток энергии	L2MT-3	ватт	Вт	м2×кг× с-3
Электрический за- ряд (количество электричества)	TI	кулон	Кл	с×А
Электрическое на- пряжение, электри- ческий потенциал, разность электричес- ких потенциалов, электродвижущая сила	L2MT-3I-1	вольт	В	м2×кг×с-3×А-1
Окончание табл. А.11
Величина	Единица
Наименование	Размерность	Наименова- ние	Обозна- чение	Выражение через основные и дополни- тельные единицы
Электрическая емкость	L-2M-1T4I2	фарад	Ф	м-2×кг-1×с4×А2
Электрическое сопротивление	L2MT-3I-2	ом	Ом	м2×кг×с-3×А-2
Электрическая проводимость	L-2M-1T3I2	сименс	См	м-2×кг-1×с3×А2

Таблица А.12. Множители и приставки для образования

десятичных кратных и дольных единиц и их наименования

Таблица А.13. Греческий алфавит

Обозначения букв	Название букв	Обозначения букв	Название букв
,	альфа	,	Ню
,	бета	,	Кси
,	гамма	,	Омикрон
Окончание табл. А.13
Обозначения букв	Название букв	Обозначения букв	Название букв
,	дэльта	,	Пи
,	эпсилон	,	Ро
,	дзета	, 1234 Дата добавления: 2015-11-04; просмотров: 1195; Поиск по сайту: Похожие статьи: I. Задачи и источники анализа. I. Задачи курса I. Получение и уяснение задачи. I. Решение логических задач средствами алгебры логики II. Порядок подачи и приема заявлений о получении специального разрешения II. Решение логических задач табличным способом III. Задачи Пользователям сайта интересно: Азбука Морзе и дальнейшее развитие телеграфа. Автоматическая телеграфия Развитие фотографических процессов. Пленка, проявление и печатание Энергия. Какие существуют виды энергии Механика. Ньютоновские законы движения. Масса, вес и гравитация Основы геометрии. Линии и углы. Треугольники Как научиться определять расстояние и размеры на-глаз? Оборудование ночлега в походе Генетические признаки. Как передаются характерные черты Интересные факты в истории Западной Европы Клетки и ДНК. Что такое ДНК Helpiks рекомендует: Studedu - научные публикации на английском