Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Практика решения задач по общей физике. Механика. Молекулярная физика. Термодинамика. Учебно-методическое пособие
.pdf
2
1 1 1 .
10
А Дж
5 mкг
10 hм
10 /
м с
15 /
м с
.
2
E mgh
2
.
2
.
A E E mgh mgh
187,5
Дж
0
.tA N t dt
, cos ,
2 2 2 2
m g m g m m
A e dt t e e
t
0
k k k k
kt kt m
m m k
2
2
Подстановка числовых значений дает следующий результат:
4
.
2
t
Пример 6. Тело массы
0
. Найдите работу силы сопротивления воздуха, если известно, что
скорость тела в момент падения на землю
падает с высоты
.
со скоростью
Решение
В задаче не известен характер действующей силы, поэтому
единственным способом ее решения является энергетический метод.
За начало системы отсчета выберем землю. В начальном состоянии
полная энергия тела складывается из кинетической и потенциальной энергии:
2
m
0
1
В момент падения тела на землю ее энергия зависит только от скорости:
m
E
2
Изменение (приращение) энергии определяется работой всех внешних
(сторонних) сил, к которым в данных условиях относится сила сопротивления
воздуха. Искомая работа, следовательно, равна:
2 2
m m
сопр
2 1
2 2 2
0
m
2 2
0
Проведя вычисления, получим:
A
сопр
.
Пример 7. Тело массы m брошено с поверхности Земли со скоростью
под углом α к горизонту. Пренебрегая силой сопротивления воздуха, получите
зависимость мгновенной мощности, развиваемую силой тяжести, от времени и
работу силы тяжести за интервал времени от момента броска до времени
достижения высшей точки траектории. Постройте графики зависимости
мощности и работы от времени.
Решение
Для нахождения работы воспользуемся формулой, связывающей ее с
мощностью:
0
Мгновенная мощность по определению равна:
N F F
где – угол между вектором силы и вектором скорости.
81
В нашем случае вектор мгновенной скорости равен:
.
gt
cos sin .
gt
sin 0,
sin
.
sin sin .
sin .
N t
A t
t
А t
0
1t1
2
t
N t
N t
А t
t
, ,
E U T
1t1
2
t
E
T
U
0
2 2
1 0
,
2 2
0
Проекция данного вектора на направление действующей силы, т.е. силы
тяжести, равна:
0
Таким образом, мгновенная мощность, развиваемая силой тяжести при
движении брошенного тела, равна:
gtmgN
Время достижения телом верхней точки траектории найдем, приравнивая
вертикальную составляющую скорости нулю:
0
gt
Теперь, можно переходить к нахождению работы силы тяжести за
найденный промежуток времени:
t t
A N t dt mg gt dt mgt
0 0
Подставляя время
, получим:
t
1
A m
0 1 0
2 2
0
Работа имеет отрицательный знак, поскольку сила тяжести в этот
промежуток времени тормозит движение.
На рис. 3.3, а, представлены графики зависимости от времени мощности
0
sin
t
1
.
0
g
gt
1
2
и работы
.
а) б)
Рис. 3.3
При решении этой задачи можно было бы также воспользоваться и
законом сохранения и изменения энергии. Работа силы тяжести равна
изменению кинетической энергии:
m m
A E E
1 0
82
Рис.
3.4
где
cos
1
sin .
2 2
cos .
400
M
кг
80 mкг
3 hм
,
T Mgh
2 .
gh
.
M m
m
F
1 0
Подстановка
− скорость тела в высшей точке траектории.
в формулу работы и последующие преобразования дают
тот же результат:
cos
m
A m
0 2 2
2
m
2
0
0
Отметим, что сила тяжести является консервативной и внутренней силой
системы, в отсутствие диссипации энергии работа этой силы идет на
приращение потенциальной энергии. Полная энергия этой системы при этом
сохраняется.
Графики зависимости кинетической, потенциальной и полной энергии со
временем показаны на рис. 3.3, б.
Пример 8. Небольшие санки массы m медленно
втащили на горку, действуя силой F, которая в каждой
точке направлена по касательной к траектории
h
(рис. 3.4). Высота горки h, длина ее основания ,
коэффициент трения . Найдите работу этой силы.
Решение
При медленном подъеме работа силы
F затрачивается на увеличение потенциальной энергии в
поле тяжести Земли и на диссипацию энергии при трении.
По определения сила трения на наклонной плоскости:
F mg
тр
Работа против сил трения по профилю горки равна работе по
перемещению санок по горизонтальной проекции пути перемещения:
.
mgA
тр
Таким образом,
тр
Пример 9. Боек молота массой
с высоты
. Найдите: а) работу, затраченную на углубление
hmgmgmghA
).(
падает на сваю массой
сваи в грунт; б) КПД удара бойка о сваю.
Решение
Определим кинетическую энергию бойка и его скорость в момент удара:
сохранения импульса, находим скорость системы боек-свая непосредственно
после удара:
,
1
Рассматривая удар как абсолютно неупругий, воспользовавшись законом
M
u
83
Эта скорость в результате сопротивления грунта быстро гасится, а
.
m M
2 2 2
.2M ghM
m M m M
100% 100% 83%
1 м
,2A U V
E
.
E
кинетическая энергия системы боек-свая затрачивается на углубление сваи в
грунт. Энергия этой системы:
m M u
T
2
2 2
2
2 2
M
Следовательно, работа, затраченная на углубление сваи в грунт, равна
убыли кинетической энергии:
A T
2
После подстановки числовых значений получим:
А = 400 Дж.
КПД удара найдем как отношение энергии, перешедшей в работу, ко всей
затраченной энергии:
T M
КПД
2
T M m
1
Второй тип задач
Пример 10. Определите относительное удлинение алюминиевого
стержня, если при его растяжении затрачена работа А=6,9 Дж. Длина стержня
, площадь поперечного сечения S=1 мм2, модуль Юнга для алюминия
Е=69 ГПа.
Решение
Работа, затраченная при растяжении стержня, переходит в его упругую
потенциальную энергию:
2
где – нормальное напряжение деформированного образца; V =S – его
объем.
В соответствии с законом Гука:
После подстановки и преобразований, получим:
A
ES
.014,02
Пример 11. Стальной цилиндрический стержень длины и радиуса r
подвесили одним концом к потолку. Найти энергию U упругой деформации
стержня и его удлинение под действием собственного веса.
Решение
Сила упругости, действующая в сечении стержня S, удаленном на
84
расстояние x от его крепления, равна весу его нижней части:
( ) .
x
( ) .
F x S ES
,
m S
x
( );
ES x
( )
( ) .
g x
E
2 2 2 2 2 3
( ) .
E g S g S
2
,
S r
E
6
( ) ( ) .
2
g g
E E
2
.2g
E
2
U ar
Н м
F
F x mg
С другой стороны, она может быть выражена через нормальное упругое
напряжение и закон Гука:
Приравнивая правые части этих выражений, и учитывая, что
найдем относительную деформацию стержня, как функцию расстояния
от
точки его крепления
gS
x
Энергию упругой деформации стержня получим путем интегрирования
объемной плотности энергии по всему объему стержня:
U wdV dV x dx
V V
С учетом того, что
2 2 6
E E
0
окончательно получим:
32
gr
)(
U
.
2
Удлинение стержня под действием собственного веса определим через
среднее значение его относительной деформации:
,
среднюю относительную деформацию получим при интегрировании )(x по
всей длине стержня:
1
x dx x dx
0 0
Таким образом, удлинение стержня равно:
Третий тип задач
Пример 12. Потенциальная энергия частицы имеет вид
модуль радиус-вектора частицы,
2a
. Найдите силу
, действующую на
, где r –
частицу, и работу, совершаемую над частицей при переходе ее из точки
М(1,2,3) в точку N(2,3,4).
Решение
Для нахождения силы, действующей на частицу, воспользуемся связью
силы с потенциальной энергией. Вектор силы равен градиенту потенциальной
энергии с обратным знаком:
85
,
F U
.
U U U
x y z
,
U ar a x y z
2 ,
ax
x
2 ,
ay
2 .
az
z
( 2 2 2 ) 2 ,
F a i x j y k z ar
.
r xi yj zk
( ) ( )
30 .
A
Дж
,
bxi cy j
,
b c
,
U x y
,
F x y
,xbx
2
.ycy
.
b x c y
, .
b x c y
, 2 .
F x y gradU i j m b xi c y j
F i j k
Учитывая, что
потенциальной энергии по координатам будут равны:
2 2 2 2
частные производные
U
Тогда вектор силы действующей на частицу:
где
энергетический подход. Работа, совершаемая над частицей при переходе ее из
точки М(1,2,3) в точку N(2,3,4) равна убыли потенциальной энергии:
Для нахождения работы в поле консервативных сил применим
A U a x y z a x y z
(1 4 9) (4 9 16) 15 .
a a a
Окончательно получим
Пример 13. Зависимость скорости частицы от координат представлена
уравнением:
находится в потенциальном поле сил, найти выражения для потенциальной
энергии
и силы поля
2
где
U
,
2 2 2 2 2 2
1 1 1 2 2 2
y
– постоянные. Считая, что частица
как функций координат. Известны масса
,
U
частицы m и ее полная энергия E.
Решение
Вектор скорости частицы представим в его проекциях на координатные
оси:
На основании данных значений можно определить полную кинетическую
энергию частицы, как совокупность ее составляющих:
T T T m
x y
Потенциальная энергия частицы равна разности между полной и
кинетической энергии:
U x y E m
Вектор силы, действующей на частицу в консервативном поле, равен
градиенту потенциала с обратным знаком:
U U
x y
2 2 2 4
2 2
2 2 2 4
2 2
2 2 3
86
Пример 14. Сила, действующая на частицу, в некотором поле
.
F a yi xj
,
U x y
, .
A F dr F d x F dy a ydx xdy
.
a ydx xdy d axy
, ,
U x y axy C
,
a b
r r
,
a b
3 2
.rdU a b
dr r r
0,
0
U r
F r
dU
dr
2 0,
dr r r r
2.a
b
консервативных сил, имеет вид
энергию
Найдем первоначально элементарную работу по перемещению частицы
из одной точки поля в другую:
Представим теперь эту элементарную работу как убыль некоторой функции:
Полученная функция и является потенциальной энергией частицы в этом поле:
где С – произвольная постоянная.
Пример 15. В центральном силовом поле потенциальная энергия частицы
имеет вид
до некоторой точки. Определить, при каких значениях r потенциальная энергия
и сила, действующая на частицу, имеет экстремальные значения.
U r
частицы в этом поле.
2
где
x y
– постоянные, r – расстояние от центра поля
Решение
Найдите потенциальную
Решение
Вначале определим силу, действующую на частицу в силовом поле.
Проекция этой силы на направления радиус-вектора может быть найдена по
формуле:
2
F
Радиус-вектор направлен от центра поля к рассматриваемой точке,
поэтому если
центру поля и является силой притяжения. В противном случае
является силой отталкивания.
Для нахождения экстремальных значений функций
проведем их анализ.
Определим значение r, при котором первая производная
в нуль:
F
r
то вектор силы, действующей на частицу, направлен к
dU a b
2 1
3 2 3
a br
F
r
и
обращается
сила
r
отсюда находим:
r r
87
1
Данному значению r1 соответствует потенциальная энергия:
2
.4a b b
r r a
0
dr
1
,
r r
1 min
U r U
U r
0
r
0
r r r
.
a
b
.rF r
2,a
b
0 .
F r
r
dF
dr
3 0,
dr r r r
3.a
b
U r
мr,
мr,
U r
Положительное значение второй производной
1
1 1
2
2
d U
2
при
означает, что найденное значение отвечает минимуму потенциальной энергии
и соответствует устойчивому равновесию частицы.
Для построения графика
U r
(кроме
):
a b
2 2
1
a br
Проведем теперь анализ функции
минимума потенциальной энергии
действующая на частицу, равна нулю
значений
найдем значение r, при котором первая производная
r
найдем еще значение r, при котором
, откуда
r r
0
Прежде отметим, что положение
r
1
обладает тем свойством, что сила,
F Для вычисления экстремальных
r
обращается в нуль:
r r
откуда
2
Выбрав значения параметров: а=3 Дж·м2 , b=12 Дж·м, посторим
графики зависимости
ДжU ,
а) б)
dF a b
6 2 2
r
и Fr (r)
4 3 4
Рис. 3.5
a br
НFr,
88
Четвертый тип задач
1
m
1
2
m
1
m
1
u
2m2
u
2 2 2
1 1 1 1 2 2
;
2 2 2
m ,
m m u m u
1
1
u
2
u
1 2
m m
2
2 2 2
2
1 1 1
,
T m u
1
T
2
T
2 2
.
( )
1
m
2
m
1
2
Пример 16. Частица массы m1 испытывает упругое центральное
столкновение с неподвижной частицей массы m2. Какую долю своей энергии
первая частица передала второй?
Решение
Покажем скорости частиц до (а) и после (б) их упругого столкновения
(рис. 3.6).
a) б)
Рис. 3.6
При упругом столкновении выполняются законы механической энергии и
сохранения импульса. Применяя эти законы для описанного столкновения,
получим следующую систему:
m u m u
1 1 1 1 2 2
где
соответственно,
и
– скорости первой частицы до и после столкновения
– скорость второй частицы после столкновения.
Решая совместно уравнения, найдем:
2.m
1 1
u
2
Доля энергии, переданная первой частицей при столкновении со второй,
выразится соотношением:
T m
где
,
– кинетические энергии первой и второй частиц.
С учетом выражения для скорости второй частицы, доля энергии,
переданная первой частицей при столкновении со второй, будет равна:
2
m u m m
2 2 1 2
m m m
1 1 1 2
4
Пример 17. Два шарика с массами
и
, испытали абсолютно
неупругое столкновение. Их начальные скорости
кинетической энергии шаров после столкновения.
89
и
. Найти изменение
Согласно закону сохранения импульса в результате неупругого
,
m m m m u
,
m
u
1 2
.
m m m
.
,
2 2 2
m
1 2
.
m m
3 Mкг
10 mг
5 .
.
m m
m M M
M
m
столкновения:
Решение
1 1 2 2 1 2
1
u m m
1 1 2 2
где
– скорость шаров после столкновения, а
Изменение кинетической энергии системы в результате удара:
2 2 2
mu m m
T
2 2 2
1 1 2 2
После подстановки и преобразований, получим:
2 2
1 1 2 2
где
1
m m m
T m m k
m m
k
1 2
1 1 2 2
2
2
Пример 18. В баллистический маятник массой
массой
угол
. В результате нить подвеса длиной =2,8 м отклонилась на
Найдите скорость пули и относительную долю потерянной
кинетической энергии пули.
Решение
Покажем положение баллистического
маятника в исходном состоянии и после
попадания пули при его максимальном
отклонении нитей от вертикали на угол
(рис. 3.7).
По закону сохранения импульса при
абсолютно неупругом ударе маятник получает
скорость:
2 1
попала пуля
h
u
При максимальном отклонении нитей маятник остановится, поднявшись
на высоту:
Воспользуемся теперь законом сохранения механической энергии:
Отсюда получаем выражение для скорости пули
h
MMg
90
).cos1(
2
m
M
.)cos1(
Рис. 3.7
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]