Сборник задач к выполнению индивидуальных домашних заданий для студентов очной формы обучения по курсу «Общая физика» (разделы «Механика», «Молекулярн
.pdf
2.Знак минус означает, что работа сил трения отрицательна, так как силы трения направлены против движения.
3.С другой стороны, работу силы трения можно рассчитать через произведение силы на путь:
Aтр = Fтрs, |
(2) |
отсюда |
|
|
|
s |
Aтр |
|
mυ2 |
. |
(3) |
|
|
|
F |
2F |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
тр |
|
тр |
|
|
4. Подставив в (2) и (3) числовые значения, получим: |
|
|||||||
Aтр= |
2 104 |
225 |
|
|
. |
6 |
|
|
2 |
|
= 2,25 10 Дж = 2,25 МДж, |
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
s = 2,25 106
6 103 Ответ: Aтр = 2,25 МДж, s = 358 м.
Задача 1.8. От груза массой М, висящего на пружине жесткостью k, отрывается часть массой m. На какую высоту поднимется после этого оставшаяся часть груза?
Дано: |
|
СИ |
|
Решение. |
|
|
|||
М |
|
|
|
1. После отрыва массы m оставшаяся часть |
k |
|
|
|
груза (M – m) движется в поле двух консерва- |
m |
|
|
|
тивных сил: силы упругости и силы тяжести. |
h = ? |
|
|
|
Полная механическая энергия системы сохра- |
|
|
|
|
няется в процессе движения. |
|
|
|
|
Запишем закон сохранения энергии для |
оставшейся массы груза. За нулевой уровень потенциальной энергии в поле тяжести примем точку подвеса пружины, а энергию упругих деформаций будем считать равной нулю для недеформированной пружины.
Введем следующие обозначения (рис. 1.5): l0 – длина пружины в нерастянутом состоянии, х0 –деформация пружины в начальный момент, х1 – в момент наивысшего подъема.
2. Будем считать, что кинетическая энергия при отрыве равна нулю. В момент наивысшего подъема оставшегося
21
груза его кинетическая энергия также равна нулю. Поскольку полная механическая энергия неизменна, можно приравнять потенциальные энергии груза (M – m) в момент отрыва части m и в момент наивысшего подъема
(M m)g(l |
x ) |
kx2 |
|
x ) |
kx |
2 |
(1) |
0 (M m)g(l |
0 |
1 . |
|||||
0 |
0 |
2 |
1 |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
3.Преобразуем формулу (1), раскрыв скобки |
|
|
|
|
|
||
(М m)gl (М m)gx |
|
|
|
kx2 |
|
|
|
|
|
|
(М m)gx |
kx2 |
, |
|||||||||||
0 |
|
|
|
0 (М m)gl |
|
1 |
||||||||||||||||||
|
0 |
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
0 |
|
|
1 |
|
2 |
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
сократив подобные слагаемые (-(М-m)gl0) и умножив все слагаемые |
|
|
||||||||||||||||||||||
на два, получим: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
kx2 2(М m)gх kx2 |
|
2(М m)gх , |
|
|
(2) |
|
|
|||||||||||||||
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
1 |
0 |
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
||||
откуда |
k(x2 |
x2 ) 2(М m)g(х х ) 0. |
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
(3) |
|
|
||||||||||||||||||
|
|
1 |
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
0 |
|
|
|
|
|
|||||
4. Поделим обе части уравнения (3) на (х1-х0), получим |
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
k(x1 x0 ) 2(М m)g 0, |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
x x |
0 |
|
|
2(М m)g |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
k |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(4) |
|
|
|||
5. Из (4) находим: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
2(M m)g |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
x |
|
x . |
|
|
|
|
(5) |
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
k |
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
6. Начальную деформацию определяем из условия равновесия |
|
|
||||||||||||||||||||||
груза для М: |
|
Mg = kx0 или |
x0 = Mg/k. |
|
|
|
(6) |
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
7. Из рисунка 1.5 следует, что высота поднятия груза над перво- |
|
|
||||||||||||||||||||||
начальным уровнем равна h= x0-x1, тогда с учетом (5) и (6) получим |
|
|
||||||||||||||||||||||
h x |
2(М m)g x |
2x |
0 |
|
2(М m)g |
|
2Mg 2Mg 2mg 2mg . |
|
||||||||||||||||
|
|
|||||||||||||||||||||||
0 |
k |
0 |
|
|
|
|
|
|
k |
|
|
|
|
k |
|
k |
k |
|
|
k |
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
Ответ: h |
2mg . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
k |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
22
Задача 1.9. Сплошной цилиндр массой 0,5 кг и радиусом 0,02 м вращается относительно оси, совпадающей с осью цилиндра, по
закону = 12 + 8t 0,5t2 . На цилиндр действует сила, касательная к поверхности. Определить эту силу и тормозящий момент.
Дано: |
|
СИ |
|
Решение. |
|
|
|
|
|||
m = 0,5 кг |
|
|
|
1. Цилиндр вращается относительно |
|
r = 0,02 м |
|
|
оси, совпадающей с его осью, по зако- |
||
= 12 + 8t 0,5t2 |
|
|
ну |
= 12 + 8t 0,5t2 . Угловое ускоре- |
|
|
|
|
ние определяется как вторая производ- |
||
М = ? F=? |
|
|
|||
|
|
|
ная от угла поворота по времени: |
||
|
|
= |
d2 |
|
d |
|
|
dt2 |
или |
= dt , |
|
где ω – угловая скорость, равная первой производной от угла по
времени: = ddt , т.е. = 8 t , тогда = ddt = 1 рад/с2. 2. Момент силы относительно оси вращения M = Fr
как сила действует касательно к поверхности, то sin
M = Fr и
M F = r .
sin , так
= 1 , тогда
(1)
3. Тормозящий момент можно определить из основного уравнения динамики вращательного движения:
М = Jε, (2)
где J – момент инерции цилиндра относительно оси вращения; так как ось вращения совпадает с осью цилиндра, то момент инерции его равен:
J = |
1 mr2. |
(3) |
|
2 |
|
4. Подставляя (3) в (2), имеем
MJ2 mr2 12 0,5 0,022 1 10 4 Н м .
5.Подставим в (1) полученное числовое значение:
F |
M |
|
1 10 |
4 |
0,005 H . |
|
r |
0,02 |
|||||
|
|
|
||||
Ответ: М = 10-4 Н м, F = 0,005 Н.
23
Задача 1.10. На горизонтальную ось насажен шкив радиуса R = = 30 см. На шкив намотан шнур, к свободному концу которого подвесили гирю массой m = 1,5 кг (рис. 1.6). Считая массу шкива М = 5 кг равномерно распределенной по ободу, определить ускорение а, с которым будет опускаться гиря, силу натяжения Т нити и силу давления N шкива на ось.
Дано: |
|
СИ |
|
Решение. |
|
|
|
|
|
|
|||
R = 30 см |
|
0,3 м |
|
1. Поскольку ускоре- |
|
|
m = 1,5 кг |
|
|
|
ние центра инерции шки- |
|
|
М = 5 кг |
|
|
|
ва равно нулю, и шкив |
|
|
a = ? T = ? |
|
|
|
только вращается, то вто- |
|
|
N = ? |
|
|
|
рой закон Ньютона |
для |
|
|
|
|
|
движения центра инерции |
|
|
твердого тела примет вид |
|
|
||||
|
|
Fi = mac = 0. |
(1) |
|
||
2. Основное уравнение динамики вращательно- |
|
|||||
го движения твердого тела: |
|
Рис. 1.6 |
||||
|
|
|
|
Mi = J . |
(2) |
|
|
|
|
|
|
||
3. На шкив действуют силы тяжести Mg, натяжения Т нити и реакции N оси (см. рис. 1.6). Так как все три вектора параллельны одной и той же прямой, уравнение (1) можно записать в скалярном
виде: |
|
Mg + Т – N = 0. |
(3) |
4. Шкив вращается под действием лишь момента силы Т. Сле-
довательно, уравнение (2) преобразуется к виду |
|
TR = J . |
(4) |
5. Момент инерции шкива, поскольку его масса распределена по
ободу, найдем по формуле : |
|
J = MR2. |
(5) |
6. Уравнения (3) и (4), описывающие движение шкива, содержат
три неизвестных: Т, N и . Недостающее уравнение запишем, применив второй закон Ньютона для поступательного движения гири:
mg – T = ma. |
(6) |
7. Поскольку шнур сматывается со шкива без проскальзывания, ускорение гири равно линейному ускорению точек на ободе шкива. Следовательно:
24
= |
a |
. |
(7) |
R |
8. Подставив в (4) выражения (5) и (7), получим следующую систему уравнений:
Mg T N 0,T Ma,
ma mg T.
9. Выразим из системы (8) все три неизвестные величины: ma mg Ma,
a mmgM ,
T Ma M mmgM ,
N Mg T Mg |
Mmg |
|
M (M 2m)g |
. |
m M |
|
|||
|
|
m M |
||
10. Подставим в уравнения (9)–(11) числовые значения:
a 1,5 9,8 2,3 м/с2 , 1,5 5,0
T 5,0 1,5 9,8 11,3 Н, 1,5 5,0
N 5,0 (5,0 2 1,5) 9,8 60,3 Н. 1,5 5,0
(8)
(9)
(10)
(11)
Ответ: а = 2,3 м/с2, Т = 11,3 Н, N = 60, 3 Н.
Задача 1.11. Твердое тело вращается вокруг неподвижной оси так, что его угловая скорость ω зависит от угла поворота φ по закону ω = ω0 – bφ, где ω0 и b – положительные постоянные. В момент времени t = 0 угол поворота φ = 0. Найти зависимость от времени: угла поворота и угловой скорости.
Дано: |
|
СИ |
|
Решение. |
|
|
|
|
|||
ω = ω0 – bφ |
|
|
|
1. Угол поворота |
вращающегося |
φ = 0 при t = 0 |
|
|
|
твердого тела за время t: |
|
φ(t) = ? ω(t) = ? |
|
|
|
t |
|
|
|
|
|
(t) (t)dt, |
(1) |
|
|
|
0 |
|
|
где ω(t) – зависимость от времени угловой скорости.
25
2.Для нахождения ω(t) воспользуемся зависимостью ω(φ)
ω= ω0 – bφ.
3.Продифференцируем (2) по времени t
d b d , dt dt
получим дифференциальное уравнение вида
d b . dt
4. Решим уравнение (4) разделив переменные
d bdt .
(2)
(3)
(4)
(5)
5. Интегрируя обе части уравнения (5), найдем его решение в виде
lnω = –bt + C1.
6. Обозначим C1 = lnC, lnω – lnC = –bt; lnω/C = –bt и получим ω = Ce-bt.
7. Постоянную интегрирования C найдем из начального условия. Так как при t = 0 φ = 0, то ω = ω0, откуда
ω(t) = ω0e-bt.
8. Поскольку по определению ω = dφ/dt, то ωdt = dφ, интегрируя это выражение получим
t t
(t) (t)dt 0 exp( bt)dt .
00
9.Окончательно, зависимость угла поворота отвремени имеетвид
|
(t) |
0 |
|
(1 exp( bt)) . |
|
Ответ: (t) b |
b |
||||
|
ω(t) = ω0e . |
||||
(1 exp( bt)), |
|||||
0 |
|
|
|
-bt |
|
Задача 1.12. Круглая платформа радиуса R = 1 м, момент инер-
ции которой J = 150 кг м2, вращается по инерции вокруг вертикальной оси, делая n1 = 1,5 об/с. На краю платформы стоит человек, масса которого m = 50 кг. Сколько оборотов в секунду n2 будет совершать платформа, если человек перейдет в ее центр? Момент инерции человека рассчитывать, как для материальной точки.
26
Дано: |
|
СИ |
|
Решение. |
|
|
|||
R = 1 м |
|
|
|
1. Согласно условию задачи, платформа с |
J = 150 кг м2 |
|
|
|
человеком вращается по инерции. Это озна- |
m = 50 кг |
|
|
|
чает, что результирующий момент всех |
n2 =? |
|
|
|
внешних сил, приложенных к вращающейся |
|
|
|
|
системе, равен нулю. Следовательно, для |
системы платформа–человек выполняется закон сохранения момента импульса:
L1 = L2.
где L1 – начальный момент импульса системы (человек стоит на краю платформы), L2 – конечный момент импульса системы (человек стоит в центре платформы).
2. Начальный момент импульса системы равен:
L1 = J1 1 = (J + mR2)2 n1, |
(1) |
где mR2 – момент инерции человека; J1 J mR2 |
– начальный мо- |
мент инерции системы, 1 – ее начальная угловая скорость. |
|
3. Конечный момент импульса системы равен: |
|
L2 = J2 2 =2J n2, |
(2) |
где J2 и 2 – конечные момент инерции и угловая скорость системы.
4. Приравняем правые части уравнений (1) и (2):
2(J mR2 ) n1 2J n2 ,
откуда
n2 (J mR2 )n1 / J. |
(3) |
5. Подставив в (3) числовые значения заданных величин и выполнив вычисление, находим
n2 (150 50 12 ) 1,5 /150 2,0 об/с.
Ответ: n2 = 2,0 об/с.
Задача 1.13. Человек массы m2 = 60 кг стоит на краю неподвижной платформы массой m1 =100 кг и радиусом R= 1,5 м. Платформа может вращаться без трения вокруг вертикальной оси, проходящей через ее центр. С какой угловой скоростью будет вращаться платформа, если человек будет идти по краю платформы со скоростью 1 м/с относительно платформы?
27
СИ Решение.
1. Поскольку момент внешних сил (действующих на платформу со стороны оси) относительно платформы (назовем ее осью z) равен нулю, момент импульса системы относительно оси вращения сохраняется равным нулю при любых перемещениях человека от-
носительно платформы, т.е.
Lчел Lпл 0 .
2. При движении человека по краю платформы его момент импульса относительно оси z:
Lчел m2υ0R ,
где υ0 – скорость человека относительно неподвижной системы отсчета.
3. Поскольку платформа при этом вращается в противоположную сторону с угловой скоростью , скорость человека относительно Земли:
υ0 υ R .
4. Момент импульса вращающейся платформы имеет противоположный знак и равен:
|
|
|
|
|
|
|
I |
|
|
1 m R2 . |
|
|
|
||
5.Таким образом, |
|
|
|
пл |
|
2 1 |
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
1 m R2 . |
|
||||||||
|
|
|
|
|
m |
(υ R)R |
|
||||||||
6. Отсюда находим |
2 |
|
|
|
|
2 |
1 |
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
m2υ |
|
|
|
|
|
60 1 |
|
|
|
60 |
0,36 рад/с. |
|
1 m |
m |
R |
100 |
60 |
1,5 |
165 |
|||||||||
|
|
2 |
1 |
2 |
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Ответ: = 0,36 рад/с.
Задача 1.14. Ракета, летевшая над поверхностью Земли на высоте h, в результате кратковременного действия мощной тормозной установки останавливается. С какой скоростью упадет ракета на Землю? Сопротивлением воздуха пренебречь.
28
Дано: |
|
СИ |
|
Решение. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
h |
|
|
|
1. Из закона сохранения энергии, примененного |
|||
|
|
|
|
к системе ракета–Земля, следует, что падающая ра- |
|||
υ = ? |
|
|
|||||
|
|
|
|
кета будет приобретать кинетическую энергию за |
|||
счет убыли потенциальной энергии в поле тяготения Земли: |
|
||||||
|
|
|
|
|
|
Т = – П, |
(1) |
|
|
|
|
где Т = |
mυ2 |
– кинетическая энергия раке- |
|
|
|
|
|
2 |
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
ты у поверхности Земли; П = П2 – П1 – изменение потенциальной энергии ракеты
Рис. 1.7 за время ее падения из точки 1 в точку 2 (рис. 1.7).
2. Потенциальные энергии тяготения в начальном П1 и конечном П2 положениях ракеты определим по формулам:
1 |
G Mm |
G |
Mm |
|
, |
(2) |
|
R h |
|||||||
|
r |
|
|
|
|||
|
1 |
|
|
|
|
|
|
2 |
G Mm |
G Mm |
, |
|
(3) |
||
|
r |
|
R |
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
где m – масса ракеты; M – масса Земли; R – радиус Земли 3. Подставим (2), (3) в (1), получим:
mυ2 |
|
G |
Mm |
|
G |
Mm |
|
(4) |
||
2 |
|
|
|
|
R |
|
, |
|||
|
||||||||||
|
|
R h |
|
|
|
|
|
|||
4. Выразим из (4) искомую скорость:
|
2 |
|
|
1 |
|
|
1 |
|
|||
υ |
|
2GM |
|
|
|
|
|
|
, |
||
|
R |
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
R h |
||||||
|
|
|
|
1 |
|
1 |
|
|
|||
υ |
2GM |
|
|
|
|
|
|
|
. |
||
|
R |
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
R h |
||||
Ответ: υ |
|
1 |
|
1 |
|
2GM |
|
|
|
. |
|
R |
|
||||
|
|
|
R h |
||
Задача 1.15. Напряженность гравитационного поля планеты на ее поверхности равна g. Определить потенциал гравитационного поля в точке, удаленной от поверхности на расстояние, равное радиусу R.
29
Дано: |
СИ |
Решение. |
g |
|
1. На тело массы m на поверхности планеты |
R |
|
массы M радиуса R действует сила |
φA = ? |
|
mM |
|
|
F G R2 . |
2. Сила и потенциальная энергия связаны соотношением
F = - grad U = - dU / dr.
3. Выразим из этой формулы потенциальную энергию:
U G mMR .
4. Напряженность гравитационного поля на поверхности планеты g0 mF ; следовательно:
g0 G RM2 , g0 = –grad φ.
5. Потенциал поля G MR . Если точка А удалена на расстоя-
ние 2R от центра планеты, то потенциал в этой точке равен
A G 2MR .
6.Так как g0R = GM, окончательно получим A g20 R .
Ответ: A g20 R .
Задача 1.16. Определить импульс и кинетическую энергию электрона, движущегося со скоростью 0,7с (где с – скорость света в вакууме).
Дано: |
|
СИ |
|
Решение. |
|
|
|
|
|||
υ = 0,7c |
|
|
|
1. Импульсом частицы называется произ- |
|
|
|
|
|
ведение массы частицы на скорость ее дви- |
|
p = ? T = ? |
|
|
|||
|
|
|
|
жения: |
|
|
|
|
|
р = тυ. |
(1) |
2. Так как скорость электрона близка к скорости света, то не обходимо учесть зависимость массы от скорости, определяемую по формуле
30