Примеры решения задач. Пример 1. Уравнение движения материальной точки вдоль оси имеет вид x = A+Bt+Ct3, где A =2 м, В=1м/с

Пример 1. Уравнение движения материальной точки вдоль оси имеет вид x = A+Bt+Ct³, где A =2 м, В= 1м/с, C = - 0, 5 м/с³. Найти координату х, скорость u_x и ускорение a_x точки в момент времени t =2с.

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

Мгновенная скорость относительно оси х есть первая производная от координаты по времени:

Ускорение точки найдем, взяв первую производную от скорости по времени:

В момент времени t =2с

Пример 2. Тело вращается вокруг неподвижной оси по закону j = A + Bt + Ct², где А =10 рад, B =20 рад/с, С = -2 рад/с². Найти полное ускорение точки, находя­щейся на расстоянии r = 0, 1 м от оси вращения, для момента времени t = 4 с.

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

Так как векторы а t взаимно перпендикулярны, то модуль ускорения

Модули тангенциального и нормального ускорения точки вращающегося тела выражаются формулами

at = e r, а_n = w ² r

где w — модуль угловой скорости тела; e — модуль его углового ускорения.

Подставляя выражения a t и а_n в формулу (1), на­ходим

Угловую скорость w найдем, взяв первую производ­ную угла поворота по времени:

В момент времени t = 4c модуль угловой скорости

Угловое ускорение найдем, взяв первую производную от угловой скорoсти по времени:

Подставляя значения о, е и г в формулу (2), полу­чаем

Пример 3. Ящик массой m ₁ = 20 кг соскальзывает по идеально гладкому лотку длиной l = 2 м на неподвижную тележку с песком и застревает в нем. Тележка с песком массой m ₂= 80 кг может свободно (без трения) переме­щаться по рельсам в горизонтальном направлении. Опре­делить скорость и 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 m ₁ g и m ₂ g и сила реакции N ₂ (рис. 2). Поэтому применить закон сохранения импульса к системе ящик — тележка нельзя. Но 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.

где р_1x и р_2х — проекции импульса ящика и тележки с песком в момент падения ящика на тележку; р'_1х и р'_2х — те же величины после падения ящика.

Рассматривая тела системы как материальные точки, выразим в равенстве (1) импульсы тел через их массы и скорости, учитывая, что р_2х=0 (тележка до взаимодей­ствия с ящиком покоилась), а также что после взаимо­действия оба тела системы движутся с одной и той же скоростью и:

или

где u_! — модуль скорости ящика перед падением на те­лежку; u_1x=u_! cosa— проекция этой скорости на ось х. Отсюда и = m ₁ u_! co s a / (m ₁+ m ₂). Модуль скорости u_! определим из закона сохранения энергии:

где h=lsina, откуда

Подставив выражение u_! в формулу (2), получим

После вычислений найдем

Пример 4. На спокойной воде пруда перпендикулярно берегу и носом к нему стоит лодка массой М и длиной L. На корме стоит человек массой m. На какое расстояние s удалится лодка от берега, если человек перейдет с кормы на нос лодки? Силами трения и сопротивления пре­небречь.

Решение. Систему человек — лодка относительно горизонтального направления можно рассматривать как замкнутую. Согласно следствию из закона сохранения импульса, внутренние силы замкнутой системы тел не могут изменить положение центра масс системы. Приме­няя это следствие к системе человек—лодка, можно считать, что при перемещении человека по лодке центр масс системы не изменит своего положения, т. е. оста­нется на прежнем расстоянии от берега.

Пусть центр масс сис­темы человек—лодка нахо­дится на вертикали, прохо­дящей в начальный момент через точку C₁ лодки (рис. 3), а после переме­щения лодки — через дру­гую ее точку C_2. Так как эта вертикаль неподвижна относительно берега, то искомое перемещение s лодки относительно берега равно перемещению лодки относительно вертикали. А это последнее легко определить по перемещению цен­тра масс О лодки. Как видно из рис. 3, в начальный мо­мент точка О находится на расстоянии а₁ слева от верти­кали, а после перехода человека — на расстоянии a₂ справа от вертикали. Следовательно, искомое перемеще­ние лодки

Для определения а₁ и a₂ воспользуемся тем, что ре­зультирующий момент сил, действующих на систему от­носительно горизонтальной оси, перпендикулярной про­дольной оси лодки, равен нулю. Поэтому для начального положения системы Mga₁ = mg(l — а₁), откуда

После перемещения лодки Mgd₂ = mg(L— d₂ — l), от­куда

Подставив полученные выражения а₁ и a₂ в (1), найдем

Пример 5. 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 x = 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 и), т. е.

где T ₁, T ₂, 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) при­мет вид

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. П₁ == 1/2kx², а в конечном состоя­нии — потенциальной энергии пули на высоте h, т. е. П₂ = mgh.

Подставив выражения П₁ и П₂ в формулу (2), най­дем 1/2kx² = mgh, откуда

Проверим, дает ли полученная формула единицу жесткости k. Для этого в правую часть формулы (3) вместо величин подставим их единицы:

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

Пример 6. Шар массой m ₁, движущийся горизон­тально с некоторой скоростью u₁, столкнулся с неподвиж­ным шаром массой m ₂. Шары абсолютно упругие, удар прямой, центральный. Какую долю e своей кинетической энергии первый шар передал второму?

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

где T ₁ — кинетическая энергия первого шара до удара;

u₂ и T ₂ — скорость и кинетическая энергия второго шара после удара.

Как видно из формулы (1), для определения e надо найти u₂. Согласно условию задачи, импульс системы двух шаров относительно горизонтального направления не изменяется и механическая энергия шаров в другие виды не переходит. Пользуясь этим, найдем:

Решим совместно уравнения (2) и (З):

Подставив это выражение и₂ в формулу (1) и сократив на u₁ и m ₁, получим

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

Пример 7. Через блок в виде сплошного диска, имею­щего массу m = 80 г (рис. 4), перекинута тонкая гибкая нить, к концам которой подвешены гру­зы с массами m ₁ = 100 г и m ₂ = 200 г. Определить ускорение, с которым будут двигаться грузы, если их предоставить самим себе. Трением и массой нити пре­небречь.

Решение. Рассмотрим силы, дей­ствующие на каждый груз и на блок в отдельности. На каждый груз действу­ют две силы: сила тяжести и сила упру­гости (сила натяжения нити). Направим ось х вертикально вниз и напишем для

каждого груза уравнение движения (второй закон Нью­тона) в проекциях на эту ось. Для первого груза

для второго груза

Под действием моментов сил T ’₁ и T '₂ относительно оси z, перпендикулярной плоскости чертежа и направлен­ной за чертеж, блок приобретает угловое ускорение e. Согласно основному уравнению динамики вращательного движения,

где e = а / r; J_z = mr² —момент инерции блока (сплош­ного диска) относительно оси г.

Согласно третьему закону Ньютона, с учетом невесо­мости нити T ’₁ = T ₁ T '₂ = T ₂, Воспользовавшись этим, подставим в уравнение (3) вместо T ’₁ и T '₂ выражения T ₁и T ₂, получив их предварительно из уравнений (1) и (2):

После сокращения на r и перегруппировки членов найдем

Формула (4) позволяет массы m ₁, m ₂ и m выразить в граммах, как они даны в условии задачи, а ускоре­ние — в единицах СИ. После подстановки числовых зна­чений в формулу (4) получим

Пример 8. Маховик в виде сплошного диска радиусом R =0, 2 м и массой m =50 кг раскручен до частоты вра­щения n₁ = 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

где dL_z — изменение проекции на ось z момента импульса маховика, вращающегося относительно оси z, совпадаю­щей с геометрической осью маховика, за интервал вре­мени dt, М_г — 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 (М_г = co nst), поэтому интегрирование уравнения (1) приводит к выражению

При вращении твердого тела относительно неподвиж­ной оси изменение проекции момента импульса

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

Приравняв правые части равенств (2) и (3), получим

Момент инерции маховика в виде сплошного диска определяется по формуле

Изменение угловой скорости Dw = w₂ — w₁ выразим через конечную п₂ и начальную п₁ частоты вращения, пользуясь соотношением w = 2p n:

Подставив в формулу (4) выражения J_z и Dw, полу­чим

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

Подставим в (5) числовые значения величин и произ­ведем вычисления, учитывая, что п₁ = 480 мин ^--1 =

= 480/60 с^--1 = 8с^--1:

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

Пример 9. Платформа в виде сплошного диска радиу­сом R =1, 5м и массой m ₁ =180кг вращается около вертикальной оси с частотой n =10 мин^--1. В центре плат­формы стоит человек массой m ₂ =60 кг. Какую линейную скорость u 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:

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 J_z = J₁ + J₂, а в конечном состоянии J’_z = J’₁ + J’₂

С учетом этого равенство (1) примет вид

где значения моментов инерции J₁ и J₂ платформы и человека соответственно относятся к начальному состоя­нию системы; J’₁ и J’₂ — к конечному.

Момент инерции платформы относительно оси z при переходе человека не изменяется: J₁ = J’₁=1/2m ₁ R ². 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 J’₂ = m ₂ R ².

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

После сокращения на R² и простых преобразований находим скорость:

Произведем вычисления:

Пример 10. Ракета установлена на поверхности Земли для запуска в вертикальном направлении. При какой минимальной скорости u₁, 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,

где T ₁ П₂ и T ₂, П₂ — 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 T ₂станет равной нулю, а потенциальная — достигнет макси­мального значения:

Подставляя выражения T ₁ П₂ и T ₂, П₂ в (1), получаем

откуда

Заметив, что GM/R² = g (g — ускорение свободного па­дения у поверхности Земли), перепишем эту формулу в виде

что совпадает с выражением для первой космической скорости.

Произведем вычисления:

* Потенциальная энергия гравитационного взаимодействия тел бесконечно удаленных друг от дуга, принимается равной нулю

Пример 11. Точка совершает гармонические колеба­ния с частотой n = 10 Гц. В момент, принятый за началь­ный, точка имела максимальное смещение: x_тах =1 мм.Написать уравнение колебаний точки и начертить их график.

Решение. Уравнение колебаний точки можно за­писать в виде

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

По определению, амплитуда колебаний

Циклическая частота w связана с частотой n соот­ношением

Для момента времени t = 0 формула (1) примет вид

откуда начальная фаза

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

С учетом равенств (2)— (4) уравнение колебаний примет вид

График соответствующего гармонического колебания приведен на рис. 5.

Пример 12. Частица массой m = 0, 01 кг совершает гармонические колебания с периодом T =2с. Полная энергия колеблющейся частицы E = 0, 1 мДж. Определить амплитуду А колебаний и наибольшее значение силы F_max, действующей на частицу.

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

Е = 1/2m w ²A², где w = 2p / T. Отсюда амплитуда

Так как частица совершает гармонические колебания, то сила, действующая на нее, является квазиупругой и, следовательно, может быть выражена соотношением F = — kx, где k— коэффициент квазиупругой силы; х— смещение колеблющейся точки. Максимальной сила бу­дет при максимальном смещении x_{m ax}, равном амплитуде:

Коэффициент k выразим через период колебаний:

Подставив выражения (1) и (3) в (2) и произведя упрощения, получим

Произведем вычисления:

Пример 13. Складываются два колебания одинако­вого направления, выраженные уравнениями

где A₁=3 cм, А₂=2 см, t₁= l /6 c, t₂= 1/3 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 x = A со s (w t +j), получим

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

Начальные фазы первого и второго колебаний соот­ветственно равны

Произведем вычисления:

Рис.

Изобразим векторы A₁ и А₂. Для этого отложим от­резки длиной A₁= 3 cм и A₂=2 см под углами j₁=30° и j₂=60° к оси Ох. Результирующее колебание будет происходить с той же частотой о и амплитудой А, равной геометрической сумме амплитуд A₁ и А₂: A = A₁+A₂. Согласно теореме косинусов,

Начальную фазу результирующего колебания можно также определить непосред­ственно из векторной диа­граммы (рис. 6):

Произведем вычисления:

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

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

Пример 14. Плоская волна распространяется вдоль прямой со скоростью u =20 м/с. Две точки, находя­щиеся на этой прямой на расстояниях x ₁ =12 м и x ₂ =15 м от источника волн, колеблются с разностью фаз Dj = 0, 75p. Найти длину волны l, написать уравнение волны и найти смещение указанных точек в момент t =1, 2 с, если амплитуда колебаний A = 0, 1 м.

Решение. Точки, находящиеся друг от друга на расстоянии, равном длине волны l, колеблются с разно­стью фаз, равной 2p; точки, находящиеся друг от друга на любом расстоянии D х, колеблются с разностью фаз, равной

Решая это равенство относительно x, получаем

Подставив числовые значения величин, входящих в выражение (1), и выполнив арифметические действия, получим

Для того чтобы написать уравнение плоской волны, надо еще найти циклическую частоту w. Так как w =2p / T (Т= l / u — период колебаний), то

Произведем вычисления:

Зная амплитуду А колебаний, циклическую частоту w и скорость u распространения волны, можно написать уравнение плоской волны для данного случая:

где А = 0, 1 м, w = 5p с ^--1, u = 20 м/с.

Чтобы найти смещение y указанных точек, доста­точно в уравнение (2) подставить значения t и х: