barkov_sbornik_zadach_2011

где g – ускорение свободного падения; h – высота тела над уровнем, принятым за нулевой (формула справедлива при условии h R, где R – радиус Земли).

7. Закон сохранения механической энергии: механическая энер-

гияконсервативной системынеизменяется стечением времени:

W =WK + WП = const,

если система консервативна, т.е. работа неконсервативных сил

Ан/к(FТР, Fcопр) = 0.

A = FScosα ,

или

А = ∆ W = W2 – W1.

Примеры решения задач

№ 1. Лифт опускается вниз и перед остановкой движется за-

медленно. Определить, с какой силой P (вес тела) будет давить на пол лифта человек массой 60 кг, если ускорение лифта равно 4 м/с2.

Р е ш е н и е.

Записываем второй закон Ньютона:

∑n FGi = maG .

i =1

2. Делаем схематический чертеж, на котором указываем Gси-

лы, действующие на тело, ускорение тела и систему отсчета: mg –

G

сила тяжести; N – сила нормальной реакцииG опоры (пола кабины). По третьему закону Ньютона вес тела P численно равен силе нормальной реакции NG, противоположно направленной и приложенной к опоре: P = – N.

21

3. Расписываем второй закон Ньютона в векторной форме в соответствии с условием задачи:

mgG + N = maG.

4. Записываем это уравнение в скалярной форме, проектируя все векторы на ось (направление оси выбирается произвольно):

х: N – mg = ma.

Из этого уравнения выражаем N:

N = mg + ma.

Следовательно,

P = g(m + a).

Подставляем числовые данные:

Р= 60(4 + 9,8) = 840 Н.

№2. Вагонетку массой 3 т поднимают по рельсам в гору, наклон которой 30°. Какую работу совершает сила тяги на пути в 50 м, если известно, что вагонетка двигалась с ускорением 0,2 м/с2? Коэффициент трения принять равным 0,1.

Р е ш е н и е.

Работа постоянной силы тяги Fт определяется по формуле

A = Fт S cosα ,

где α – угол между силой и перемещением. Сила тяги направлена вдоль перемещения, поэтому угол α = 0 и cos α = 1.

1. ∑n FGi = maG .

i =1

2. Делаем чертеж.

3. Записываем уравнение второго закона Ньютона в векторной форме.

22

На тело действуют четыре силы: mgG + FТ + FGТР + NG = maG. Так как силы направлены под углом друг к другу, систему от-

счета составим из двух взаимно перпендикулярных осей x и y, развернув ее для удобства так, что одну ось направим вдоль наклонной плоскости, а другую – перпендикулярно ей.

4. Записываем уравнение в проекциях на оси:

х: mg sinα – Fт + Fтр + 0 = – ma, y: – mg cosα + 0 + 0 + N = 0,

Fтр = µN,

где µ– коэффициент трения.

Решаем систему трех уравнений относительно Fт:

Fт = mg sinα + µmg cosα + ma = m(g sinα + µg cosα + a).

5. A = FтS = m(g sinα + µg cosα + a)S.

Подставляем числовые данные:

A = 3 · 103 (0,2 + 10 0,5 + 0,1 10 0,87) · 50 = 900 кДж.

№ 3. Трамвайный вагон массой 16 т движется по горизонтальному пути со скоростью 6 м/с. Какова должна быть тормозящая сила, чтобы остановить вагон на расстоянии 10 м?

Р е ш е н и е.

1.Определяем, какие силы действуют в системе. Так как

всистеме работают и консервативные силы (mg) и неконсерватив-

ные (Fтр), а движение горизонтальное, удобно применить теорему об изменении кинетической энергии

∆Ek= ∑ AК+ AНК

2.Делаем чертеж, на

котором указываем начальное и конечное положения тела, силы, скорость, ускорение и систему отсчета.

23

3. Расписываем теорему об изменении кинетической энергии:

mv22 − mv12 = Amg + AN + Aтр. 2 2

Кинетическая энергия в конечном состоянии mv22/2 = 0, работы сил тяжести и нормальной реакции опоры в направлении оси х тоже равны нулю (А = FScosα ).

4. Записываем уравнение в окончательном варианте:

− mv12 = FтрScos180° . 2

5. Определяем силу торможения:

Fтр = mv12 . 2S

Подставляем данные

№ 4. Люстра весом 98 Н висит на цепи, которая выдерживает нагрузку 196 Н. На какой максимальный угол α можно отклонить люстру от положения равновесия, чтобы при последующих колебаниях цепь не оборвалась?

Р е ш е н и е.

1. Определяем, какие силы действуют в системе (сила тяжести mg и сила натяжения нити Fн), и выбраем идею решения. Так как в задаче фиксируются два положения тела, а система консервативна (работа неконсервативных сил равна нулю), решить задачу можно с использованием закона сохранения энергии.

Ем = const, Aнк = 0.

2. Делаем чертеж (рисунок). За нулевой уровень потенциальной энергии удобно принять уровень положения равновесия (т. О). Отметим положения I и II системы, силы тяжести и натяжения,

24

вектор нормального ускорения, скорость при прохождении положения равновесия, высоту h, на которую поднимается люстра, угол отклонения α .

3. Расписываем закон сохранения энергии:

ЕмI = EмII; EпI + 0 = 0 + EкII;

mgh = mv2 .

2

4. Так как этого уравнения недостаточно для нахождения неизвестного, применим второй закон Ньютона для криволинейного движения и решим систему двух уравнений:

5. Запишем второе уравнение в скалярной форме (через проекции на ось х):

х: Fн − mg = mv2 , R

где R = l – длина нити.

Из первого уравнения выразим mv2 и подставим в х)

Fн – mg = 2mgh . l

6. Введем неизвестное, обратившись к рисунку. Из треугольника АВС: ВС = АВ cosα = l cosα .

h = l – l cosα = l(1 – cos α )

Высоту поднятия h подставим в рабочее уравнение и найдем α :

25

Fн – mg = 2mg(1 – cos α ),

cosα = 3mg − Fн ,

2mg cosα = 0,5; α = 60°.

№ 5. Какую мощность N должен развить мотор ракеты для обеспечения подъема ракеты на высоту h = 1 км, если масса самолета m = 3000 кг, а время подъема t = 1 мин? Движение считать равноускоренным.

Р е ш е н и е.

1. Как и в предыдущих задачах, определяем силы, действующие в системе, выбраем идею решения.

Так как система неконсервативна –

но выбрать закон превращения полной механической энергии:

ЕмII – ЕмI = Aнк,

где Ем = Ек + Еп.

2.Делаем чертеж.

3.Расписываем уравнение закона изменения энергии:

где AТ – работа силы тяги мотора: 0 – полная энергия в положении I. 4. Записываем уравнение мощности по определению:

Nср = A , t

подставляем в него выражение AТ:

mv2 + mgh

26

5. Выражаем скорость v в конечном состоянии II, используя уравнения равноускоренного движения v2 – v02= 2ah и v = v0 + at, где v0 = 0:

h= vсрt = (0 + v)t/2, v = 2h .

t

6. Подставляем v в формулу мощности:

7. Производим вычисления

Nср = 0,8 МВт.

Варианты заданий приведены на стр. 152–182.

1.3. ДИНАМИКА ВРАЩАТЕЛЬНОГО ДВИЖЕНИЯ ТВЕРДОГО ТЕЛА

Вращательным движением твердого тела вокруг неподвижной оси называется такое движение, при котором все точки твердого тела движутся по окружностям, центры которых лежат на одной прямой, называемой осью вращения.

Основные формулы

1. Момент силы

MG = rG× FG ,

M = rFsinα = l · F,

где l – плечо силы, l = r sinα.

27

2. Момент импульса тела, вращающегося относительно неподвижной оси

L = IωG ,

где ω – угловая скорость тела.

3. Основное уравнение динамики вращательного движения относительно неподвижной оси:

MG = I εG,

G

где MG – результирующий момент внешних сил, действующих на тело; ε – угловое ускорение; I – момент инерции тела относительно оси вращения.

4. Моменты инерции некоторых тел массой m относительно оси, проходящей через центр масс:

а) стержня длины l относительно оси, перпендикулярной стержню,

I = 1 ml 2 ; 12

б) обруча (тонкостенного цилиндра) относительно оси, перпендикулярной плоскости обруча (совпадающей с осью цилиндра);

I = mR2;

в) диска (сплошного цилиндра) радиусом R относительно оси, перпендикулярной плоскости диска,

I= 1 mR2 . 2

5.Закон сохранения момента импульса системы тел, вращающихся вокруг неподвижной оси:

i=1

для двух тел:

I1ω 1 + I2ω 2 = I′1ω ′1 + I′2ω ′2,

28

где I1, ω 1, I2, ω 2 – моменты инерции и угловые скорости тел в момент времени, принятый за начальный; I′1, ω ′1, I′2, ω ′2 – те же величины

вмомент времени, принятый за конечный.

6.Кинетическая энергия тела, вращающегося вокруг неподвижной оси

WK = Iω2 . 2

Примеры решения задач

№1. Маховик, выполненный в виде диска радиусом 0,4 м

иимеющий массу 100 кг, был раскручен до скорости вращения 480 об/мин и предоставлен самому себе. Под действием трения вала о подшипники маховик остановился через 1 мин 20 с. Определить момент силы трения вала о подшипники.

Р е ш е н и е.

Используем основное уравнение динамики вращательного движения:

М∆ t = Iω 2 – Iω 1,

где М – тормозящий момент; ∆ t – время действия тормозящего момента; I – момент инерции маховика; ω 2 – конечная угловая скорость; ω 1 – начальная угловая скорость.

Решая уравнение относительно М, получим:

M= I (ω2 − ω1 ) .

∆t

Найдем числовые значения величин и подставим их в выражение для M:

ω1 = 2πν = 2 3,14 480 = 50 с-1. 60 60

29

M = 8(0 − 50) = −5 Hм. 80

Знак «минус» означает, что момент М – тормозящий.

№ 2. Платформа в виде диска радиусом R = 1,5 м и массой m1 = 150 кг вращается по инерции около вертикальной оси, делая n = 10 об/мин. В центре платформы стоит человек массой m2 = 60 кг. Какую линейную скорость относительно пола будет иметь человек, если он перейдет на край платформы?

Р е ш е н и е.

Записываем закон сохранения момента импульса:

n

∑(Iω)i = const.

i=1

или

I1ω 1 + I2ω 2 = I′1ω ′1 + I′2ω ′2.

счеловеком, стоящим на ее краю.

3.Линейная скорость человека, стоящего на краю платформы, связана с угловой скоростью соотношением:

4.Угловую скорость ω ′ выразим из уравнения (1):

ω′= I1 + I2 ω

+I2′I1

и подставим в уравнение (2)

30