get_2 физика

где E – модуль Юнга материала, из которого изготовлено тело.

В случае, когда плоские слои тела смещаются относительно друг друга не искривляясь и не изменяясь в размерах, имеет место де-

формация сдвига.

Закон Гука для деформации сдвига (упругие деформа-

ции): для малых деформаций касательное напряжение τ прямо пропорционально углу сдвига γ :

где коэффициент пропорциональности G – модуль сдвига, зависящий от материала, из которого изготовлено тело.

Деформация изгиба реализуется в случае, когда к стержню или балке приложена сила, перпендикулярная его осевой линии. Эта деформация сводится к деформациям растяжения и сжатия.

Если один конец образца (проволоки, стержня и т.п.) закреплен, а к другому концу приложена пара сил с вращательным моментом M относительно продольной оси, то имеет место деформация кручения.

Закон Гука для деформации кручения (упругие дефор-

мации): при малых деформациях модуль момента упругих сил M прямо пропорционален максимальному углу поворота ϕ радиуса

где коэффициент пропорциональности D – модуль кручения, зависящий как от материала, из которого изготовлено тело, так и от его геометрических размеров.

31

ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

Пример 1. Определить вектор скорости, вектор ускорения и траекторию движения материальной точки, если она движется по

Решение. Из представленных в условии данных следует, что движение материальной точки происходит в плоскости XOY. Най-

=10 cos(5t)i -15sin(10t) j .

*В квадратных скобках даны ссылки на формулы из теоретической части. В частности, [1.1] – ссылка на формулу, находящуюся на странице 5.

32

С помощью уравнений (4), (5), пользуясь определением мгновенного ускорения [1.10], находим проекции вектора ускорения на

y = f (x). Для его нахождения исключим время t из системы урав-

нений (1) – (3), возведя предварительно (1) в квадрат, а затем сложим и воспользуемся тригонометрическим соотношением sin 2 a + cos2 a =1:

y = 3 - 0,75x2 .

Таким образом, траектория движения материальной точки – парабола, точнее, участок параболы, заключенный в пределах x Î[- A; A], y Î[- B; B] (см. (1), (2)).

Для определения величины действующей силы воспользуемся вторым законом Ньютона [2.1]:

F = ma .

Модуль ускорения в зависимости от времени найдем через величины его проекций на оси (6), (7) [1.10]:

a(t) = (- 25Asin(5t))2 + (- 50B cos(10t))2 .

Окончательно для момента времени t = p10 с имеем:

Пример 2. Тело вращается вокруг неподвижной оси по закону j =10 + 20t - 2t 2 . Найти величину и направление полного ус-

корения точки, находящейся на расстоянии 0,10 м от оси вращения, для момента времени 4,0 c.

Дано:

j =10 + 20t - 2t 2 , r = 0,10 м,

t = 4,0 с.

Найти: a , Ð(a, aτ ) , Ð(a, an ) .

Решение. Любая точка вращающегося вокруг неподвижной оси тела описывает окружность. Полное ускорение точки [1.12] может быть найдено как геометрическая сумма тангенциального ускорения aτ , направленного по касательной к траектории, и нор-

мального ускорения an , направленного к центру кривизны траектории (рис. 1.4):

Тангенциальное и нормальное ускорения некоторой точки вращающегося тела определяются из соотношений [1.36] и [1.37]:

где ω – угловая скорость вращения тела, ε – его угловое ускорение, r – расстояние от точки до оси вращения.

Угловая скорость ω вращающегося тела равна первой производной от угла поворота по времени [1.27]:

w = ddtj = 20 - 4t .

В момент времени t = 4,0 c угловая скорость будет иметь зна-

чение:

w = 20 - 4 × 4,0 = 4,0 с-1.

34

Пример 3. Под каким углом надо держать курс лодки, чтобы, отчалив от точки A на одном берегу, попасть в противоположную точку B на другом берегу? Скорость течения реки 1,5 м/с, скорость лодки относительно воды 3,0 м/с.

Дано:

υ1 = 1,5 м/с, υ2 = 3,0 м/с.

Найти: α .

Решение. Лодка участвует в двух движениях: относительно воды со скоростью υ2 и вместе с потоком воды со скоростью те-

чения υ1 (рис. 1.9). Поэтому скорость лодки относительно берега (неподвижной системы отсчета) [1.25]:

задано (по течению). Чтобы, выйдя из точки A , лодка попала в точку B , необходимо, чтобы результирующая скорость υ была направлена по направлению AB (перпендикулярно течению).

Изображая равенство (1) графически, получим прямоугольный треугольник CDE.

Катет DE = CD2 , поэтому ÐECD = 30° . Откуда искомый угол a =120° .

Ответ: a =120° .

Пример 4. Два тела брошены вертикально вверх из одной и той же точки с одной и той же начальной скоростью 24,5 м/с с промежутком времени 0,50 с. Через какой промежуток времени от момента бросания первого тела и на какой высоте они встретятся?

Дано:

υ0 = 24,5 м/с,

36

τ = 0,50 с.

Найти: tвстр , h .

Решение. Выберем за начало отсчета времени момент бросания первого тела. Пусть ось OY с началом отсчета O в точке бросания направлена вертикально вверх (в сторону начальной скорости те-

ла (рис. 1.10)).

Тогда проекция начальной скорости на выбранную ось будет положительной u0 , а проекция ускорения свободного

падения g – отрицательной.

Высота подъема первого тела в момент времени t определяется выражением [1.15]:

Высота подъема второго тела выразится аналогично, но так как оно брошено на τ с позднее, то для того же момента времени будем иметь:

Тела встретятся в тот момент, когда они будут находиться на одинаковой высоте (координаты обоих тел одинаковы), т.е. y1 = y2 = y . Приравняв правые части (1) и (2), получим:

После сокращения и решения уравнения (3) получим время встречи тел:

tвстр = u0 / g + t / 2 .

Высоту h находим по формуле (1) с учетом (3):

Подставляя числовые значения величин, получим:

37

Ответ: t = 2,75 c, h = 30,3 м.

Пример 5. Тело брошено вверх с высоты 12 м под углом 30° к горизонту с начальной скоростью 12 м/с. Определить продолжительность полета тела до точек A и B (рис. 1.7), максимальную высоту, на которую поднимается тело, и дальность полета тела. Сопротивление воздуха не учитывать.

Дано:

H =12 м, j0 = 30° , u0 =12 м/с.

Найти: t A , tB , ymax , xmax .

Решение. В обозначенной на рис. 1.11 системе координат проекции начальной скорости записываются в виде:

Координаты тела с течением времени изменяются в соответствии с уравнением для равнопеременного движения [1.21], [1.23], т.е.

Время подъема тела найдем из условия, что в наивысшей точке C подъема его скорость направлена горизонтально, поэтому ее проекция на ось y равна нулю [1.22]:

При отсутствии сопротивления воздуха время спуска тела от точки C до точки A равно времени подъема, поэтому продолжительность полета тела от точки O1 до

точки A равна:

t А = 2tпод = 2u0 sin j0 g . (6)

Максимальную высоту подъема найдем из выражения (3), подставив в него время подъема из соотношения (5):

ymax = H + u02 sin 2 j0 (2g) . (7)

Время полета тела до точки B найдем с помощью соотношения (3), для этого приравняем коорди-

нату y к нулю ( y = 0 ) и решим квадратное уравнение:

Пример 6. По условию примера 5 найти в момент приземления тела следующие величины: скорость и угол падения тела, его тангенциальное и нормальное ускорения, радиус кривизны траектории.

Дано:

H =12 м, j0 = 30° , u0 =12 м/с.

Найти: uB , β , aτ , an , ρ .

Решение. Результирующую, или мгновенную, скорость в точке B (рис. 1.11 и 1.12) определим по теореме Пифагора:

uB = u02 cos2 j0 + u2y .

Проекцию скорости uy в точке B найдем из уравнения (2')

примера 5, подставив в него время движения tB (пример 5 выраже-

ние (8)):

uyB = u0 sin j0 - gtB = -u02 sin 2 j0 + 2gH .

Тогда модуль скорости в точке B :

uВ = u02 cos2 j0 + u02 sin 2 j0 + 2gH = u02 + 2gH .

После подстановки числовых данных получим: uB = 122 + 2 × 9,81×12 =19,5 м/с.

Из рис. 1.12 определим синус угла β , образуемого векто-