Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Донецкий национальный университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

МехТепЗадачиФинал2013

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

13.04.2015

Размер:

762.81 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 72 3 4 5 6 7 > Следующая >>>

где А и (ωt + α) - амплитуда и фаза колебаний, ω - циклическая частота, α - на-

чальная фаза; частота колебаний f, циклическая частота ω и период Т связаны выражением f =1 T = ω 2π.

Скорость и ускорение точки при колебаниях определяются по формулам

v = dx	= Aωcos(ωt + α),	a =	dv	=	d 2 x	= −Aω2 sin(ωt + α)= −ω2 x .
			dt		dt 2
dt

Свободные незатухающие гармонические колебания происходят при действии квазиупругой силы без сопротивления и описываются уравнением

d 2 x + ω2 x = 0 . dt 2

Если при колебаниях действует сила сопротивления, пропорциональная скорости ( Fc = −kv ), то они будут затухающими и описываются уравнением

	d	2	x	+ 2β	dx	+ ω2 x = 0	,	А

	dt 2				dt			0

где β = k 2m - коэффициент затухания.

Закон движения для затухающих колебаний изображен на рис. 1.2 и имеет вид -А 0

x = Ae−βt sin(ωt + α).

Под действием внешней периодической силы F = F0 sin Ωt вершать вынужденные колебания по закону

x= Asin(Ωt + ϕ)

самплитудой А и фазой ϕ, которые определяются по формулам

F0			2βΩ
A = m (ω02 − Ω)2 + 4β2Ω2	,	tg ϕ =		.
			ω02 − Ω2

Рис. 1.2

точка будет со-

Если частота вынуждающей силы совпадает с частотой собственных колебаний, то наступает резонанс – резкое возрастание амплитуды колебаний.

1.2. Примеры решения типовых задач

1. Зависимость координаты тела x от времени t дается уравнением x = At − Bt2 + Ct3 , где А = 2 м/с, В = 3 м/с2, С = 4 м/с3. Определить зависимость скорости v и ускорения a от времени t. Найти расстояние, пройденное телом,

скорость и ускорение тела через t = 2 с после на-
чала движения. Построить графики пути, скорости			100
и ускорения для интервала 0 ≤ t ≤ 3 с через t = 0,5							v
с.			50
Решение. Зависимость скорости и ускорения			50			a
от времени найдем, продифференцировав выра-						a	s
жение для пути один раз, а затем второй раз по			0
времени			0
v = dxdt = A − 2Bt + 3Ct 2 , a =	dv	= −2B + 6Ct .		0	1	2	t, c
	dv					Рис. 1.3
	dt					Рис. 1.3

Значения пути, скорости и ускорения в момент t = 2 c найдем, подставив

это значение в соответствующие выражения

s(2) = 4 м, v(2) = 38 м/с, a(2) = 42 м/с2.

Графики зависимости пути, скорости и ускорения от времени приведены на рис. 1.3.

2. С башни высотой Н = 25 м горизонтально брошен камень со скоростью v0 = 5 м/с. Найти время полета камня. Определить на каком расстоянии Sx от

основания башни он упадет на землю. Найти с какой скоростью v он упадет на землю и какой угол φ составит траектория камня с горизонтом в точке его падения на землю. Сопротивление воздуха не учитывать.

Решение. Выберем систему координат, располо-						у	v0
жив ее начало у основания башни, оси х и у направив
горизонтально и вертикально (рис. 1.4). Сложное дви-
жение камня разложим на два простых вдоль коорди-
натных осей. Горизонтально камень будет двигаться									х
равномерно, а вертикально – равноускоренно с ускоре-									х
нием - g. Для этих движений зависимость координат и						0			ϕ
проекций скорости от времени выражаются формулами							Рис. 1.4	v
x = x0 + v0xt = v0t ,	y = y0 + v0 yt −	gt 2	= H −	gt 2	;
x = x0 + v0xt = v0t ,	y = y0 + v0 yt −	2	= H −	2	;
	(1)	2		2
	(1)
vx = v0x = v0 , vy = v0 y			− gt = −gt ,					(2)

где x0 =0, y0 =H , vx0 =v0, vy0 =0 - начальные координаты и проекции скорости. Из уравнения (1), учитывая, что при падении y = 0 , найдем время полета t1 камня

0 = H −	gt	2	=	2H	= 2,26 с.
	1 t
	2	1		g

Расстояние от башни до точки падения камня найдем по формуле

		S	x	= v t		= v	0	2H		= 11,3 м.
			x		0 1		0	g
								g
Скорость камня при падении найдем по теореме Пифагора
v = vx2	+ v2y			=	v02 + (gt)2 =					v02 + 2Hg = 22,7 м.
Угол падения камня к горизонту определим по формуле
tg	ϕ =	vy		=	gt	=	2Hg		= 4,43, ϕ = 77°.
tg	ϕ =	vx		=	1	=		v0	= 4,43, ϕ = 77°.
		vx			v0			v0

3. Точка движется по окружности радиусом R = 10 см с постоянным тангенциальным ускорением aτ . Найти нормальное ускорение an точки через t =

12 20 с после начала движения, если известно, что к концу пятого оборота после

начала движения скорость точки v = 10 м/с.

Решение. На рис. 1.5 приведена траектория точки и проекции нормального

и тангенциального aτ

ускорений.

Из

выражения

aτ

= dv dt , учитывая, что ускорение постоянное,

найдем

aτ

после интегрирования зависимость скорости от времени

v = ∫aτdt = aτt .

Нормальное ускорение точки определим по формуле

(aτt)2

При равноускоренном движении пройденный точкой путь

Рис. 1.5

S за время t1 определим по формуле

a t

v2 − v2

S =

τ 1

или S =

2aτ

С другой стороны этот путь равен длине n окружностей

S = 2πR n .

Приравнивая разные выражения для пути, получаем уравнение

2πR n =

2aτ

откуда определим тангенциальное ускорение

aτ =

= 16 м/с2.

4πRn

Подставляя полученное выражение в an , найдем нормальное ускорение

an =

= 10

м/с .

4πRn

4. К потолку трамвайного вагона подвешен на нити шар. Вагон тормозит и

его скорость равномерно изменяется за время

t = 3 с от v1

= 18 км/ч до

v2 = 6 км/ч. На какой угол α отклонится при этом нить с шаром?

Решение. На рис. 1.6 изображено положение шара при тор-

можении вагона. На шар действует сила тяжести mg и натяжения

нити Т. Запишем II-й закон Ньютона для шара

maG = mgG +T .

Спроектируем это уравнение на оси х и у, указанные на рис. 1.6

ma = −T sin α,

Рис. 1.6

0 = mg −T cosα,

где α - угол отклонения нити от вертикали.

Отсюда получим

tg α = −a g .

(1)

Ускорение шара равно ускорению вагона, которое найдем по формуле

			a =		v2 − v1	.		(2)
			a =			.		(2)
					t
Подставляя (2) в (1) и учитывая, что a < 0, получим
		tg α =	v1 − v2	= 0,113, α = 6°30′.
		tg α =		= 0,113, α = 6°30′.
			g t
5. Невесомый блок укреплен на вершине двух							у
наклонных плоскостей, составляющих с горизон-							х	В
том углы α = 30° и β = 45° (рис. 1.7). Грузы А и В							х	В
том углы α = 30° и β = 45° (рис. 1.7). Грузы А и В							А	х у
равной массы m = m	2	= m = 1 кг соединены ни-					А
1	2						β	α
тью, которая перекинута через блок. Найти уско-							β	α
тью, которая перекинута через блок. Найти уско-
рение а, с которым движутся гири, и натяжение								Рис. 1.7
нити Т. Трением грузов А и В по наклонной плос-

кости, массой и растяжением нити, а так же трением в блоке и массой блока пренебречь.

Решение. Т.к. грузы соединены нерастяжимой нитью, то они будут двигаться с одинаковыми по величине, но разными по направлению, скоростью и ускорением. Кроме того, натяжение нити по разные стороны блока будет одинаковым, т.к. нить и блок невесомые и трение в блоке отсутствует. Движение каждого груза лучше рассматривать в локальной системе координат для каждого груза, одна ось которой направлена вдоль наклонной плоскости, а другая – перпендикулярно (рис. 1.7). Из рис. 1.7 следует, что β > α, поэтому груз А будет опускаться, а В – подниматься. Тогда по II закону Ньютона в проекциях на оси х для каждого груза имеем

ma = mg sinβ−T ,			(1)

ma =T − mg sinα.
Сложив почленно эти уравнения, получим
2ma = mg(sinβ−sinα),
откуда найдем ускорение
a =	g(sin β−sin α)	=1,03 м/с2.

2
Из второго уравнения (1), подставив ускорение а, найдем натяжение нити
T = mg (sinβ + sin α)			= 5,9 Н.
2

6. Камень массой m = 0,2 кг бросили под углом α = 60˚ к горизонту со скоростью v0 = 15 м/с. Найти кинетическую Ek , потенциальную Ep и полную

энергию E камня спустя время t = 1 с после начала движения и в высшей точке траектории. Сопротивлением воздуха пренебречь.

Решение. При движении камня без сопротивления воздуха полная механическая энергия сохраняется, а его траектория будет параболой (рис. 1.8). Про-

екции скорости на горизонтальную и вертикальную оси х и у координат и координаты камня при таком движении изменяются по закону

vx = v0x ,

= v0 y

− gt ,

x = v0xt ,

y = v0 y −

(1)

где v0x

= v0 cosα и v0 y = v0 sin α - начальные значения скорости.

Кинетическую, потенциальную и полную энергию

камня можно рассчитать по формулам

Ek = mv2 ,

= mgy , E = Ek + Ep

= E0

mv02

М1

М2

где v =

vx2 +vy2

- текущая скорость камня.

Для момента времени t1 = 1 с в точке М1 имеем:

Рис. 1.8

v =

+ v2

=8,15 м/с,

y = 8,1 м,

mv2

= 6,5 Дж,

= mgy = 16 Дж,

E =

= 22,5 Дж.

В верхней точке М2 траектории vy

= 0

и из второго уравнения (1) найдем

время t2 подъема камня

t2 = vg0 y = v0 sing α = 1,3 с.

Высоту подъема h камня определим по формуле

			gt 2
		h = v0 y −	2	= 8,4 м.
		h = v0 y −	2	= 8,4 м.
Кинетическую и потенциальную энергию в точке М2 рассчитаем по фор-
мулам	m v02x + (v0 y − gt2 )2
	m v02x + (v0 y − gt2 )2					gt 2
Ek 2 =		= 5,6 Дж,	Ep2		−	2	= 16,9 Дж.

	2			= mgh = mg v0 yt2		2
	2					2

7. Человек массой m1 = 60 кг, бегущий со скоростью v1 = 8 км/ч, догоняет тележку массой m2 = 80 кг, движущуюся со скоростью v2 = 2,9 км/ч, и вскакивает в неё. С какой скоростью u станет двигаться тележка? С какой скоростью u′ будет двигаться тележка, если человек бежал ей на встречу?

Решение. В данной задаче система «человек-тележка» не замкнута, но проекция внешних сил (тяжести и реакции опоры) на горизонтальное направление равна нулю, поэтому проекция импульса на это направление сохраняется. Значит для решения воспользуемся законом сохранения импульса.

В первом случае, когда человек догоняет тележку. По закону сохранения импульса, учитывая, что скорость человека и тележки после запрыгивания человека на тележку равны, имеем

m1v1 + m2v2 = (m1 + m)u .

Откуда находим скорость тележки с человеком

u = m1v1 + m2v2 = 5,14 км/ч. m1 + m2

Во втором случае, когда человек бежит навстречу тележке, по закону сохранения импульса с учетом направления движения, имеем

m1v1 − m2v2 = (m1 + m2 )u′.

Откуда находим скорость тележки с человеком

u′ = m1v1 − m2v2 = 1,71 км/ч. m1 + m2

8. Мотоциклист едет по горизонтальной дороге со скоростью v = 72 км/ч, делая поворот радиусом кривизны R = 100 м. На какой угол α при этом он дол-

жен накрениться, чтобы не упасть при повороте?
Решение. При движении на мотоциклиста действуют си-
лы: тяжести mg , реакции опоры N и трения Fтр. (рис. 1.9). Сила					F
тяжести приложена в центре масс, а силы N и Fтр – в месте			α		N
контакта с дорогой. Чтобы при повороте мотоциклист не опро-			α
кинулся, надо, чтобы равнодействующая F сил N и Fтр прохо-			Fтр
дила через его центр масс. Тогда момент этих сил будет равен					mg
нулю, и движение мотоциклиста будет устойчивым.				Рис. 1.9
В этом случае наклон мотоциклиста определяется условием
tg α =	N	.		(1)
tg α =		.		(1)
	F
	тр

Движение мотоциклиста по окружности происходит с ускорением

аn = v2 .

Запишем II закон Ньютона для мотоциклиста в проекциях на вертикальное и горизонтальное направления

mg = N, m					v2	= F		.	(2)
mg = N, m						= F		.	(2)
					R	тp
Отсюда с учетом (1) получаем					R
Отсюда с учетом (1) получаем	N		Rg
tg α =	N	=	Rg	= 2,5 ,			α = 66°.
tg α =	F	=	v2	= 2,5 ,			α = 66°.
	F		v2
	тр

9. Какую мощность P развивает двигатель автомобиля массой m = 1 т, если известно, что автомобиль едет с постоянной скоростью v = 36 км/ч: а) по горизонтальной дороге; б) в гору с уклоном 5 м на каждые 100 м пути; в) под гору с тем же уклоном? Коэффициент трения μ = 0,07.

Решение. Как известно, мощность равна отношению работы A ко времени t , за которое совершена работа, и ее можно определить по формуле

P =	A	=	F x	= Fv ,
	t		t

где F – действующая на тело сила, v = x t - скорость тела.

Выразим силу F для всех случаев из второго закона Ньютона.

а) Так как v = const, то сила тяги автомобиля F скомпенсирована силой трения Fтр, которая по закону трения Fтр =μmg , т.е. F = Fтр =μmg . Следовательно, при движении автомобиля по горизонтальной дороге мощность равна

P = Fv =μmgv =6,9 кВт.

б) При движении в гору сила тяги двигателя противодействует скатывающей силе mg sin α и силе трения Fтр =μN =μmg cosα, где α - угол накло-

на горы к горизонту, который найдем по формуле sin α = hl =0,05 Следовательно, F = mg(μcosα + sin α). Тогда для мощности получим

P = mgv(μcosα +sinα)= 11,8 кВт.

в) При движении под гору скатывающая сила будет направлена по направлению силы тяги, а сила трения против движения. Поэтому сила тяги будет равна F =μmg cosα − mg sin α. Мощность найдем по формуле

P= mgv(μcosα −sinα) = 2 кВт.

10.Тело массой m1 = 2 кг движется навстречу телу массой m2 = 1,5 кг и абсолютно неупруго соударяется с ним. Скорости тел непосредственно перед ударом были v1 = 1 м/с и v2 = 2 м/с. Какое время t будут двигаться эти тела по-

сле удара по горизонтальной поверхности, если коэффициент трения μ = 0,05? Решение. Для двух тел в данной задаче, которые образуют замкнутую систему, справедлив закон сохранения импульса, который для абсолютно неупругого удара, когда тела соединяются в одно целое, в векторной форме имеет вид

G m1v1 + m2v2 = (m1 + m2 )u ,

где u - скорость тел после удара.

С учетом направления движения тел имеем m1v1 −m2v2 = (m1 + m2 )u .

Отсюда найдем скорость тел после удара

u = m1v1 −m2v2 . m1 + m2

Движение тел после удара равнозамедленное под действием силы трения Fmp =μ(m1 + m2 )g с ускорением, которое согласно II закону Ньютона a = −μg .

Скорость при таком движении изменяется по закону v = v0 − a t , где v0 =u -

начальная скорость. Отсюда найдем время движения до остановки, когда скорость равна нулю:

t =	v0			u		m2v2 − m1v1
			=		=				= 1,63 с.
		a		μg		μg(m + m		)

						1	2

11. Два шара с массами m1 = 0,2 кг и m2 = 0,1 кг подвешены на параллельных нитях одинаковой длины так, что они соприкасаются. Первый шар откло-

няют на высоту h0 = 4,5 см и отпускают. На какую высоту h поднимутся шары после удара, если удар: а) упругий; б) неупругий?

Решение. Для решения задачи воспользуемся законами сохранения импульса и механической энергии. Система шаров не является замкнутой, т.к. на шары действуют силы тяжести и натяжения нитей. Но во время удара эти силы направлены вертикально и скомпенсированы. Поэтому проекция импульса на горизонтальное направление сохраняется. Рассмотрим виды удара по очереди.

а) Упругий удар. При таком ударе выполняются законы сохранения импульса и энергии. Пусть v1 – скорость первого шара в момент удара, u1 и u2 -

скорости первого и второго шаров непосредственно после удара. Согласно законам сохранения импульса и энергии имеем

								m v2					m u2				m	u2
m v = m u + m					u		,	1		1	=		1 1	+			2	2	.	(1)
m v = m u + m					u		,				=			+					.	(1)
1	1	1	1	2		2		2					2			2
Решая эту систему уравнений, находим скорости шаров после удара
	u	= m1		− m2		v ,		u	2	=			2m1		v .					(2)
	u	= m1		− m2		v ,		u		=					v .					(2)
	1		m1	+ m2			1					m1 + m2				1
			m1	+ m2								m1 + m2

Т.к. m1 > m2 , то, как видно из (2) оба шара после удара будут двигаться в одном направлении. Если m1 = m2 , то u1 = 0 , а u2 = v1 .

Скорость первого шара до удара найдем из закона сохранения энергии, приравняв потенциальную энергию поднятого шара, кинетической энергии в момент удара

m v2

m gh =

Отсюда получим

v1 =

2gh0 = 9,4 м/с,

= 3,13 м/с,

u2 = 12,5 м/с.

(3)

Высоту, на которую поднимутся шары после удара, найдем из того же за-

кона сохранения энергии

m − m

h =

h = 1,5 см,

h = 6 см.

2g m1 + m2

б) Неупругий удар. При таком ударе шары соединяются вместе, а при уда-

ре выполняется только закон сохранения импульса

m1v1 = (m1 + m2 )u ,

(4)

где u – скорость шаров после удара. Отсюда скорость шаров после удара

u =

m1v1

(5)

+ m

Скорость первого шара до удара найдем по формуле (3) и, подставив в (5) определим скорость шаров после удара

u = m1 2gh0 = 0,63 м/с. m1 + m2

Высоту подъема шаров найдем из закона сохранения энергии по формуле

h = 2g = 2 см.

12. Пуля, летящая горизонтально, попадает в шар, подвешенный на жест-

ком невесомом стержне, и застревает в нем. Масса пули m1 = 5 г, масса шара

m2 = 0,5 кг. Скорость пули v1 = 500 м/с. При каком предельном расстоянии l от

центра шара до точки подвеса стержня шар от удара пули поднимется до верх-

ней точки окружности?

Решение. На рис. 1.10 приведена схема удара пули в

α B

шар на стержне. При таком ударе закон сохранения импульса

не выполняется, т.к. во время удара в точке подвеса стержня

В при ударе пули возникает горизонтальная составляющая

силы реакции. Но выполняется закон сохранения момента

импульса, т.к. момент силы реакции будет равен нулю, кото-

рый запишем в виде

m1v1l = (m1 + m2 )lv2 .

Рис. 1.10

Отсюда найдем скорость шара и пули после удара

m1v1 .

m1 + m2

Из закона сохранения энергии после удара

(m + m

)v2

= (m + m

)gh

определим высоту, на которую поднимется шар с пулей

h =

(m v )2

(1)

1 1

В верхней точке подъема h = 2l

2g(m1 + m2 )2

и из (1) находим предельное расстояние

2v2

l =

4g(m1 + m2 )2 = 0,64 м.

13. Две гири с массами m1 = 2 кг и m2 = 1 кг соединены нитью, перекину-

той через блок массой m = 1 кг. Найти ускорение a, с которым движутся гири, и

силы натяжения Т1 и Т2 нитей, к которым подвешены гири. Блок считать одно-

родным диском. Трением пренебречь.

Решение. В данной задаче гири движутся поступательно с

одинаковым ускорением, а блок – вращательно, причем первая

гиря будет опускаться ( m1 > m2 ), а вторая подниматься, как по-

TG1

казано на рис. 1.11. В проекции на направления движения гирь

и блока уравнения движения тел будут иметь вид

m1 gG

m2 gG

m1a = m1g −T1 ,

Рис. 1.11

m2a =T2 − m2 g ,

Iε =T1R −T2 R .

Здесь а и ε - ускорение гирь и блока, T1 и T2 - силы натяжения нити по разные стороны блока, R – радиус блока, I = mR2 2 - момент инерции блока. При движении системы ускорения гирь и блока связаны соотношением a = εR .

Решая приведенную систему, находим ускорение гирь
a =	(m1 − m2 )g			2
				= 2,8 м/с .
	m + m	2	+ m 2
1

Натяжение нитей найдем по формулам

T1 = m1(g − a) = 14 Н, T2 = m2 (g + a) = 12,6 Н.

14. Горизонтальная платформа массой m = 100 кг вращается вокруг вертикальной оси, проходящей через ее центр, с частотой n1 = 10 об/мин. Человек массой m0 = 60 кг стоит при этом на краю платформы. С какой частотой n2 начнет вращаться платформа, если человек перейдет от края платформы к ее центру? Считать платформу однородным диском, а человека - точечной массой.

Решение. Система «человек - платформа» замкнута, поэтому для нее выполняется закон сохранения момента импульса

I1ω1 = I2ω2 ,

(1)

где I1 и I2 - моменты инерции платформы с человеком в начальном и конечном положениях, ω1 и ω2 - угловые скорости вращения платформы в этих по-

ложениях. Напомним, что для вращения вокруг оси момент импульса L = Iω. Момент инерции системы найдем как сумму моментов инерций ее частей

I	1	=	mR2	+ m R2	,	I	2	=	mR2	,	(2)

			2	0					2
где R – радиус платформы.
		В центре платформы момент инерции человека ра-
вен нулю.

Подставляя (2) в (1) и учитывая, что ω= 2πn , где n – частота вращения платформы, после преобразований найдем частоту вращения n2 платформы

			mR2	+ 2m R2		m + 2m
n	2	= n		0	= n	0	= 22 об/мин.
n		= n			= n		= 22 об/мин.
		1		mR2	1	m
				mR2		m

Скорость платформы увеличивается потому, что уменьшается ее момент инерции. Этот эффект используют фигуристы, акробаты и т.д., группируясь при выполнении кульбитов и поворотов.

15. Обруч и диск одинаковой массы m катятся без скольжения с одной и той же скоростью. Кинетическая энергия обруча Ек1 = 40 Дж. Найти кинетическую энергию Ек2 диска.

Решение. Кинетическая энергия обруча, как и диска, складывается из кинетической энергии поступательного и вращательного движений

Ek1 = mv2 2 + I12ω2 ,

где m – масса обруча, v и ω= vR – линейная и угловая скорости, I1 = mR2 – момент инерции обруча, R - радиус обруча. После подстановки I1 и ω, получим

<<< < Предыдущая 12 / 72 3 4 5 6 7 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
13.11.2019325.12 Кб4Методичні рекомендації по виконанню дипломної р...doc
#
13.04.201554.1 Кб60Методичний кейс.docx
#
03.09.2019778.24 Кб71МЕТОДЫ ГЕННОЙ ИНЖЕНЕРИИ.doc
#
16.11.201935.93 Кб3метреком 1.docx
#
16.03.2016784.9 Кб144механика.doc
#
13.04.2015762.81 Кб17МехТепЗадачиФинал2013.pdf
#
13.04.2015855.5 Кб7МехТепЗадачиФинал2015a.pdf
#
13.04.20153.11 Mб20МехТепЛабыФинал2013.pdf
#
13.04.20152.64 Mб11МехТепЛабыФинал2015a.pdf
#
23.04.20191.05 Mб14микроэкономика РП_2011 г.doc
#
16.11.201955.91 Кб5МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ.docx