Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Физика для 11 класса университетской физико-математической школы. Учебное пособие
.pdf
vср =
t
2
2
2
t
+
,
где S – перемещение тела;
t – время, за которое это перемещение совершено.
По условию S = H/2. Найдем время движения тела на нижней половине пути t = t2 – t1. Время падения тела до уровня Земли t2 и время падения до середины башни t1 находим из уравнений:
S
Н =
gt
2
2
,
H
=
gt
2
1
,
откуда
t2 =
H2
, t1 =
g
H
g
и
vср =
S
=
=
ttS−
12
gH
( )
122
−
.
5. Половину пути из одного пункта в другой велосипедист ехал по шоссе
со скоростью v1 = 30 км/ч, а вторую половину по грунтовой дороге со скоростью v2 = 15 км/ч. Найти среднюю скорость велосипедиста.
Дано: v1 = 30 км/ч; v2 = 15 км/ч; S1 = S2 = S/2.
vср = ?
Решение: По определению средняя скорость равна отношению суммарно-
го пути к затраченному времени:
vср =
41
21
,
ttSS+
21
где t1 = S1/v1 = S/2v1 и t2 = S2/v2 = S/2v2 − промежутки времени, затра-
⋅
15
30
+
⋅
⋅
ченные велосипедистом для прохождения первой и второй половинок пути.
Подстановка этих формул в уравнение для средней скорости приводит к окончательному выражению для средней скорости
vср =
vv2
21
=
vv
+
21
15302
= 20 км/ч.
Средняя путевая скорость является скалярной величиной. В окончательное
выражение для vср входят только значения скорости тела на отдельных участках
движения. Средняя скорость равна полусумме скорости тела в начале и в конце
движения vср = (v1 + v2)/2 в случае равнопеременного движения, а также в случае, когда тело половину времени движется со скоростью v1, а другую половину времени со скоростью v2. Можно сказать, что средняя скорость – это скорость такого равномерного движения, при котором за то же самое время тело
пройдет такой же путь, как и при рассматриваемом движении.
6. Наклонная плоскость, образующая угол α = 250 с плоскостью горизонта,
имеет длину ℓ = 2 м. Тело, двигаясь равноускоренно, соскользнуло с этой плоскости за время t = 2 с. Определить коэффициент трения.
Дано: α = 250; ℓ = 2 м; t = 2 с; g = 10 м/с2.
µ = ?
Решение: На тело, скользящее по наклонной плоскости, действуют силы
тяжести, трения, реакции опоры. Составим уравнение движения в векторной
форме:
mg + N + Fтр = ma.
42
Выберем направления координатных осей и запишем уравнение движения
−
α
2
t
α
х
N
тр
тела в проекциях на оси 0х и 0у:
mgsinα - Fтр = ma; (*)
N - mgcosα = 0. (**)
Известно, что сила трения определяется по формуле
Fтр = µN.
Найдем силу реакции опоры N из уравнения (**)
у
F
mg
N = mgcosα,
т.е. Fтр = µmgcosα.
Подставляя это выражение в уравнение (*), получим
mgsinα - µmgcosα = ma.
Отсюда находим
µ =
asing
= tgα -
α
cosg
a
.
αcosg
Значение ускорения а можно найти из кинематических условий:
2
ℓ =
at
или а =
2l
2
.
Окончательное выражение для коэффициента трения:
43
µ = tgα -
25
cos21022⋅
⋅
⋅
х
N
F
= tg250 -
αcosgt
= 0,35.
02
7. На автомобиль массой 1 т во время движения действует сила трения,
равная 0,1 силы тяжести. Чему должна быть равна сила тяги, развиваемая мотором, чтобы автомобиль двигался: 1) равномерно; 2) с ускорением 2 м/с2?
Дано: M = 1 000 кг; Fтр = 0,1 mg; а = 2 м/с2; g = 10 м/с2.
F1 = ? F2 = ?
22l
Решение: На автомобиль действуют сила тяжести mg,
F
тр
сила реакции опоры N, сила тяги F и сила трения Fтр. Запи-
mg
шем уравнение второго закона Ньютона в векторной форме:
F + Fтр + mg + N = ma.
За положительное направление оси 0х примем направление движения автомобиля.
Рассмотрим проекцию уравнения на ось 0х.
В первом случае (при равномерном движении) ускорение равно нулю, поэтому
F1 - F
тр
= 0.
Следовательно,
F1 = F
= 0,1 mg = 0,1⋅1 000⋅10 = 1 000 Н = 1 кН.
тр
Во втором случае (при движении с ускорением) уравнение запишется так
F2 - F
= ma.
тр
Отсюда
44
F2 = Fтр + ma = 0,1mg + ma = m(0,1g + a) = 1 000(0,1⋅10 + 2) = 3 000 Н = 3 кН.
8. Дирижабль опускается вертикально с постоянной скоростью. Какое ко-
личество балласта необходимо выбросить, чтобы он стал подниматься с той же
скоростью, если его масса М и подъёмная сила F известны?
Дано: М; F; g.
m = ?
Решение: при спуске с постоянной скоростью ускорение равно нулю и,
следовательно, сумма всех сил, действующих на дирижабль, равна нулю (второй закон Ньютона):
Mg – F – F
сопр
= 0,
где F
– сила сопротивления воздуха, направленная вверх (против скоро-
сопр
сти).
При движении вверх сила сопротивления имеет ту же величину (так как
скорость по модулю имеет то же значение), но направлена вниз. Сумма всех
сил, с учетом выброшенного балласта, по-прежнему равна нулю:
(M – m)g – F + F
сопр
= 0.
Решая систему из двух уравнений, находим:
F
m = 2
M .
−
g
9. Гирька массой 50 г, привязанная к нити длиной ℓ = 25 см, описывает в
горизонтальной плоскости окружность. Скорость вращения гирьки соответст-
45
вует частоте ν = 2 об/с. Найти натяжение нити и угол, образуемый нитью и вер-
R
х
α
T
R
тикалью.
Дано: g = 10 м/с2; ν = 2 об/с; ℓ = 0,25 м; m = 0,05 кг.
Т = ? α = ?
Решение: На гирьку, движущуюся по окружности, действуют две силы –
тяжести и натяжения. Составим уравнение движения, согласно второму закону
Ньютона:
mg + Т = ma.
При движении по окружности тело обладает центростремительным ускорением, которое
определяется следующим выражением:
2
v
а
ц
=
= ω2R.
Оси 0х и 0у для составления уравнения движения в проекциях выберем
так, чтобы ось 0х совпадала с направлением ускорения ац.
Центростремительной силой, действующей на гирьку, является проекция
силы натяжения нити на ось 0х, т.е. Т⋅sinα.
Уравнение движения в проекциях запишется так:
у
mg
Tsinα = mω2R
Tcosα - mg = 0
Выразим радиус окружности через длину нити:
R = ℓsinα.
Тогда
46
Tsinα = mω2ℓsinα
T
или
T = mω2ℓ.
Угловую скорость ω выразим через частоту вращения: ω = 2πν. Следова-
тельно,
T = mω2ℓ = m(2πν)2ℓ = 0,05(2⋅3,14⋅2)2⋅0,25 = 1,96 Н.
Найдём угол α:
cosα =
mg
=
( )
2gπν
=
2
l
( )
10
2
⋅⋅⋅
= 0,25 и α = arccos0,25.
25,0214,32
10. При растягивании пружины некоторой силой, ее длина равна ℓ1 = 22 см.
При увеличении величины силы в n = 2 раза, длина пружины увеличивается до
ℓ
= 24 см. Определите длину недеформированной пружины.
2
ℓ
= 0,22 м; ℓ2 = 0,24 м; F2/F1 = n = 2.
1
ℓ0 = ?
Решение: Согласно закону Гука
F1 = k(ℓ1 - ℓ0) и F2 = k(ℓ2 - ℓ0),
где k – жёсткость пружины.
Поделив почленно уравнения, имеем
47
−
1
n
−
−
1
2
−
−
⋅
v
π
r
откуда находим
F
2
F
1
= n =
02
,
llll−
01
n
ℓ
=
0
ll
21
=
24,022,02
= 0,2 м = 20 см.
11. Спутник равномерно вращается вокруг Земли по круговой орбите. Оп-
ределить время одного полного оборота спутника вокруг Земли Т (период обращения), если высота орбиты (расстояние от поверхности Земли): h1 = 1000 км
и h2 = 100 км. Ускорение свободного падения на поверхности Земли g = 10 м/с2.
Радиус Земли R = 6 400 км.
Дано: h1 = 1 000 км; h2 = 100 км; g = 10 м/с2; R = 6 400 км.
Т1 = ? Т2 = ?
Решение: Обозначим через m – массу спутника, М – массу Земли, R − радиус Земли, r – радиус орбиты (расстояние от центра Земли до спутника), r =
R + h, где h – высота орбиты.
По определению период обращения спутника
r2
T =
,
где v – скорость спутника.
Взаимодействием спутника с другими планетами и влиянием остатков атмосферы пренебрегаем. Тогда на спутник действует только одна сила притяжения к Земле
mM
F = G
,
2
48
которая согласно второму закону Ньютона F = ma сообщает спутнику ускоре-
r
r
r
R
ние, равное
a = G
.
2
В данном случае ускорение направлено всё время перпендикулярно траектории
движения (вектору скорости), т.е. является нормальным или центростремительным ускорением (изменяет только направление вектора скорости). Центростремительное ускорение связано с величиной скорости v и радиусом r орбиты соотношением
M
2
v
a =
.
Сравнивая два последних выражения и проведя преобразования, получим
v =
G .
Подстановка полученного соотношения в выражение для периода обращения
приводит к результату
rr2π
M
Т =
. (*)
GM
Прежде чем переходить к вычислениям, удобно перейти от величин G и M к
величинам g и R, численные значения которых хорошо известны. Это можно
легко сделать, вспоминая, что вблизи поверхности Земли
mM
G
= mg.
2
Откуда GM = gR2. Тогда вместо (*) имеем
49
Т =
π
⋅
π
⋅
. (**)
gR
Подставляя численные значения в первом случае, получим
rr2π
33
10740010740014,32
⋅⋅⋅⋅
= 6 300 с = 1,75 ч.
Т
1
=
rr211π
=
gR
3
⋅
10106400
Во втором случае можно положить r = R, так как h << R. В результате получим
Т
2
= 2π
R
= 2⋅3,14
g
1064003⋅
= 5 000 с = 1,4 ч.
10
12. Часовая стрелка карманных часов имеет длину 10 мм, а минутная −
20 мм. Найдите их угловые скорости, периоды обращения стрелок, линейные
скорости их концов. Найдите угол поворота минутной стрелки и путь, пройденный концом минутной стрелки и перемещение конца минутной стрелки за
15 минут.
Дано: RЧ = 0,01 м; RМ = 0,02 м; t = 900 с.
ωЧ, ωМ, ТЧ, ТМ, vЧ, vМ, α, S, ∆r − ?
Решение: Период обращения часовой стрелки и минутной стрелки
Т
= 12 ч = 43 200 с = 4,32⋅104 с; ТМ = 1 ч = 3 600 с = 3,6⋅103 с.
Ч
Угловая скорость часовой стрелки и минутной стрелки
ωЧ =
Т
2
=
Ч
14,32
= 1,45⋅10-4 рад/с; ωМ =
4
1032,4
⋅
Т
2
14,32
=
106,3
М
⋅
= 1,74⋅10-3 рад/с.
3
50
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]