Примеры решения задач

Пример 1.

Уравнение движения материальной точки вдоль оси имеет вид x = A+Bt+Ct³, где А = 2 м, В = 1 м/с, С = 0,5 м/с³. Найти коорди- нату х, скорость _х и ускорение а_х точки в момент времени t = 2 c.

Дано: А = 2 м; В = 1 м/с; С =  0,5 м/с3; t = 2 c.	Решение: Координату х найдем, подставив в уравнение движения числовые значения коэффициентов А, В и С и времени t: x = ( 2 + 12  0,523 ) м = 0. Мгновенная скорость относительно оси х есть первая производная от координаты по времени:
х, х , ах  ?

.

Ускорение точки найдем, взяв первую производную от скорости по времени:

.

В момент времени t = 2 c

_x = ( 1  30,52² ) м/с =  5 м/с;

а_х = 6 (0,5)2 м/с² =  6 м/с².

Пример 2.

Тело вращается вокруг неподвижной оси по закону  = A+Bt+Ct², где А = 10 рад, В = 20 рад/с, С =  2 рад/с². Найти полное ускорение точки, находящейся на расстоянии r = 0,1 м от оси вращения, для момента времени t = 4 c.

Дано: А = 10 рад В = 20 рад/с С =  2 рад/с2 t = 4 c r = 0,1 м	Решение: Полное ускорение точки , движущейся по кривой линии, может быть найдено как геометрическая сумма тангенциального ускорения , направленного по касательной к траектории, и нормального ускорения , направленного к центру кривизны траектории (рис. 1):
а  ?

.Так как векторы и взаимно перпендикулярны, то модуль ускорения

. (1) Модули тангенциального и нормального ускорения точки вращающегося тела выражаются формулами , где  – модуль угловой скорости тела;  – модуль его углового ускорения.

О • Рис. 1

Подставляя выражения и в формулу (1), находим:

. (2)

Угловую скорость  найдем, взяв первую производную угла поворота по времени:

.

В момент времени t=2c модуль угловой скорости

 = [ 20 + 2(2)4 ] рад/с = 4 рад/с.

Угловое ускорение найдем, взяв первую производную угловой скорости по времени:

рад/с².

Подставляя значения ,  и r в формулу (2), получаем

.

Пример 3.

Два шарика массами m₁ и m₂ движутся навстречу друг другу по идеально гладкой поверхности со скоростями и . Определить скорость шариков после абсолютно неупругого удара.

Дано: m1 m2	Решение: На шарики действует сила тяжести и сила нормальной реакции, взаимно уравновешивающие друг друга, в направлении оси x внешние силы отсутствуют. Поэтому сохраняется импульс в данном направлении , где - импульс шариков до столкновения; – импульс
?

после взаимодействия. В проекциях:

m1 m2 x

x Рис. 2

.

Отсюда

.

Пример 4.

Человек стоит на неподвижной тележке и бросает горизонтально камень массой m₁ = 8 кг со скоростью ₁ = 5 м/с. Определить, какую работу совершает человек, если масса человека вместе с тележкой равна m₂ = 160 кг.

Дано: m1 = 8 кг m2 = 160 кг 1 = 5 м/c	Решение: Работа, совершаемая человеком в момент броска, равна изменению механической энергии системы “ человек + тележка + камень ”: А = W. В силу того, что система до броска покоилась, W1 = 0 и , (1)
A  ?

где ₂ – скорость тележки с человеком сразу после броска.

По закону сохранения импульса m₁₁ = m₂₂ , откуда

. (2)

Следовательно,

. (3)

Подставляя значения m₁, m₂, ₁ , ₂ в формулу (3), найдем

.

Пример 5.

Шар массой m₁, движущийся горизонтально с некоторой скоростью ₁, столкнулся с неподвижным шаром массой m₂. Шары абсолютно упругие, удар прямой, центральный. Какую долю  своей кинетической энергии первый шар передал второму?

Дано: m1 m2 1	Решение: Доля энергии, переданной первым шаром второму, выразится соотношением , (1) где и Т1 – скорость и кинетическая энергия первого шара до удара; и Т2 – скорость и кинетическая энергия второгошара после удара.
  ?

Как видно из формулы (1), для определения надо найти. Согласно условию задачи, импульс системы двух шаров относительно горизонтального направления не изменяется и механическая энергия шаров в другие виды не переходит. Пользуясь этим, найдем:

; (2)

. (3)

Решим совместно уравнения (2) и (3)

.

Подставив это выражение в формулу (1) и сократив на₁ и m₁, получим

.

Из найденного соотношения видно, что доля переданной энергии зависит только от массы сталкивающихся шаров.

Пример 6.

Определить работу А внешней силы при растяжении двух пружин жесткостьюk₁ = 200 H/м и k₂ = 350 H/м соединенных последовательно, если суммарное удлинение пружин Δl = 4 см.

Дано: k1 = 200 H/м k2 = 350 H/м Δl = x0 =0,04 м	Решение: При последовательном соединении пружин, силы действующие на первую и вторую пружины одинаковы F1 = F2 = F, а суммарное удлинение пружин
A  ?

x = x₁ + x₂ , (1)

где x₁ – удлинение первой пружины, x₂ – удлинение второй пружины.

Согласно закону Гука F₁ = - k₁ x₁ , иF₂ = - k₂ x₂ ,откуда

Подставляя значение x₁ и x₂ в уравнение (1) получим:

(2)

При малой деформации dx работа внешней силы равна

dA = F dx (3)

Полную работу внешней силы при деформации пружины найдем проинтегрировав выражение (3) от от 0 доx₀ , учитывая при этом, что внешняя сила направлена в сторону противоположную силе Гука (F_внеш. = -F );

. (4)

Проверим размерность:

.

Убедившись, что полученная единица является единицей работы (Дж), подставим в формулу (4) значения величин и произведем вычисления:

.

Пример 7.

При выстреле из пружинного пистолета вертикально вверх пуля массой m = 20 г поднялась на высоту h = 5 м. Определить жесткость k пружины пистолета, если она была сжата на х = 10 см. Массой пружины и силами трения пренебречь.

Дано: m =0,02 кг h = 5 м х =0,1м	Решение: Рассмотрим систему пружина – пуля. Так как на тело системы действуют только консервативные силы, то для решения задачи можно применить закон сохранения энергии в механике.
k  ?

Согласно ему полная механическая энергия Е₁ системы в начальном состоянии (в данном случае перед выстрелом) равна полной энергии Е₂ в конечном состоянии (когда пуля поднялась на высоту h), т. е.

Е₁ = Е₂, или Т₁ + П₁ = Т₂ + П₂, (1)

где Т₁, Т₂, П₁ и П₂ – кинетические и потенциальные энергии системы в начальном и конечном состоянии.

Так как кинетические энергии пули в начальном и конечном состояниях равны нулю, то равенство (1) примет вид

П₁ = П₂. (2)

Примем потенциальную энергию пули в поле сил тяготения Земли, когда пуля покоится на сжатой пружине, равной нулю, а высоту подъема пули будем отсчитывать от торца сжатой пружины. Тогда энергия системы в начальном состоянии будет равна потенциальной энергии сжатой пружины, т. е. П₁ = ½ kx², а в конечном состоянии – потенциальной энергии пули на высоте h, т. е.

П₂ = mgh.

Подставив выражения П₁ и П₂ в формулу (2), найдем

½ kx² = mgh,

откуда k = 2mgh/x². (3)

Проверим, дает ли полученная формула единицу жесткости k. Для этого в правую часть формулы (3) вместо величин подставим их единицы:

.

Убедившись, что полученная единица является единицей жесткости (1 Н/м), подставим в формулу (3) значения величин и произведем вычисления:

Пример 8.

Через блок в виде сплошного диска, имеющего массу m =0,08 кг (рис. 3), перекинута тонкая гибкая нить, к концам которой подвешены грузы с массами m₁ =0,1 кг и m₂ =0,2 кг. Определить ускорение, с которым будут двигаться грузы, если их предоставить самим себе. Трением и массой нити пренебречь.

Дано: m =0,08 кг m1 = 0,1 кг m2 = 0,2 кг	Решение: Рассмотрим силы, действующие на каждый груз и на блок в отдельности. На каждый груз действуют две силы: сила тяжести и сила упругости (сила натяжения нити). Направим ось х вертикально вниз и напишем для каждого груза уравнение движения (второй закон Ньютона) в проекциях на эту ось.
а  ?

Для первого груза

; (1)

для второго груза

. (2)

Под действием моментов сил иотносительно осиz, перпен- дикулярной плоскости чертежа и направленной за чертеж, блок приобретает угловое ускорение. Согласно основному уравнению

r x Т1 Т2 m1 g m2 g Рис. 3

динамики вращательного движения, , (3) где – момент инерции блока относительно оси вращения. Согласно третьему закону Нью- тона, с учетом невесомости нити =Т1,= Т2 . Воспользовавшись этим, подставим в уравнение (3) вместо и выражения Т1 и Т2 , получив их предварительно из уравнений (1) и (2)

( m₂g – m₂a ) r – ( m₁g + m₁a ) r = m r²a / ( 2 r ).

После сокращения на r и перегруппировки членов найдем:

(4)

После подстановки числовых значений получим:

.

Пример 9.

Маховик в виде сплошного диска радиусом R = 0,2 м и массой m = 50 кг раскручен до частоты вращения n₁ = 480 об/мин и предоставлен сам себе. Под действием силы трения маховик остановился через t = 50 с. Найти момент M сил трения.

Дано: R = 0,2 м m = 50 кг n1=480 об/мин t = 50 с	Решение: Для решения задачи воспользуемся основным уравнением динамики вращательного движения в виде: , (1) где - изменение проекции на осьz момента импульса маховика, вращающегося относительно
М ?

оси z, совпадающей с геометрической осью махо- вика, за интервал времени dt ; -момент внешних сил (в данном

случае момент сил трения), действующих на маховик относительно оси z.

Момент сил трения можно считать не изменяющимся с течением времени (=const), поэтому интегрирование уравнения (1) приводит к выражению:

, (2)

При вращении твердого тела относительно неподвижной оси изменение проекции момента импульса

, (3)

где J_z – момент инерции маховика относительно оси z; -изменение угловой скорости маховика.

Приравнивая правые части равенства (2) и (3), получим , откуда

. (4)

Момент инерции маховика в виде сплошного диска определяется по формуле

.

Изменение угловой скорости выразим через конечнуюn₂ и начальную n₁ частоты вращения, пользуясь соотношением

.

Подставив в формулу (4) выражение J_z и , получим. (5)

Проверим, дает ли расчетная формула единицу момента силы (Н·м). Для этого в правую часть формулы вместо символов величин подставим их единицы:

.

Подставим в (5) числовые значения величин и произведем вычисления , учитывая, что n₁=480 об/мин = 8 об/с;

Знак минус показывает, что момент сил трения оказывает на маховик тормозящее действие.

Пример 10.

Платформа в виде сплошного диска радиусом R = 1,5 м и массой m₁ = 180 кг вращается около вертикальной оси с частотой n=10 об/мин. В центре платформы стоит человек массой m₂ = 60 кг. Какую линейную скорость v относительно пола помещения будет иметь человек, если он перейдет на край платформы ?

Дано: R = 1,5 м m1 = 180 кг m2 = 60 кг n=10 об/мин	Решение: Согласно условию задачи, момент внешних сил относительно оси вращения z , совпадающей с геометрической осью платформы, можно считать равным нулю. При этом условии проекция Lz момента импульса системы платформа – человек остается постоянной: (1)
v  ?

где J – момент инерции платформы с человеком от-

носительно оси z ; -угловая скорость платформы.

Момент инерции системы равен сумме моментов инерции тел, входящих в состав системы, поэтому в начальном состоянии J=J₁+J₂ , а в конечном состоянии

С учетом этого, равенства (1) примет вид

(2)

где значения моментов инерции J₁ и J₂ платформы и человека соответственно относятся к начальному состоянию системы; - к конечному.

Момент инерции платформы относительно оси z при перехо-

де человека не изменяется: Момент инерции человека относительно той же оси будет изменяться. Если рассматривать человека как материальную точку, то его момент инерцииJ₂ в начальном состоянии (в центре платформы) можно считать равным нулю. В конечном состоянии (на краю платформы) момент инерции человека

Подставим в формулу (2) выражения моментов инерции, начальной угловой скорости вращения платформы с человеком () и конечной угловой скорости (v/R, где v – скорость человека относительно пола):

v/R.

После сокращения на R² и простых преобразований находим скорость:

v = .

v = м/с = 1 м/с.

Пример 11.

Материальная точка массой m = 5 г совершает гармонические колебания с частотойv = 0,5 сек^-1.Амплитуда колебаний А = 3 см. Определить: 1) скорость υ точки в момент времени , когда смещениеx = 1,5 см;2) максимальную силуF_макс, действующую на точку; 3) полную энергиюE колеблющейся точки.

Дано: m = 0,005 кг v = 0,5 сек-1 А = 0,03 м x =0,015 м	Решение: Уравнение гармонических колебаний имеет вид x = Asin (ωt + φ) (1) где x – смещение колеблющейся точки от по- ложения равновесия,А –амплитуда,ωt + φ – фаза колебания, φ – начальная фаза, ω- циклическая частота, t – время.
υ, Fмакс ,Е  ?

Формулу скорости получим, взяв первую производную от смещения по времени,

(2)

Чтобы выразить скорость через смещение, надо исключить из (1) и (2) время. Для этого возведем оба уравнения в квадрат и сложим:

.

Решив последнее уравнение относительно υ , найдем

(3)

Подставив в это выражение числовые значения величин, получим:

Знак "плюс"соответствует случаю, когда направление скорости совпадает с положительным направлением осиx. Знак"минус "соответствует случаю, когда направление скорости совпадает с отрицательным направлением осиx.

2) Силу, действующую на точку, найдем по второму закону Ньютона:

, (4)

где а – ускорение точки, которое получим, если возьмем производную по скорости от времени:

или

Подставив выражение для ускорение в (4), будем иметь:

Отсюда получим максимальное значение силы

Подставив в это уравнение числовые значения величин, найдем

3) Полная энергия колеблющейся точки есть сумма кинети- ческой и потенциальной энергий, вычисленных для любого момента времени. Проще всего вычислить полную энергию в момент, когда кинетическая энергия достигает максимального значения. В это время потенциальная энергия равна нулю. Поэтому полная энергия Еколеблющейся точки равна максимальной кинетической энергииТ_макс и может быть определена по формуле

(5)

Максимальную скорость можно определить по формуле (2), если принять

Подставив это выражение скорости в (5), найдем

После подстановки числовых значений получим

Пример 12.

На концах тонкого стержня длиной l = 30 см и массойm_ст= 400 г укреплены грузики массойm₁ = 200 гиm₂ = 300 г . Стержень колеблется около горизонтальной оси, проходящей через его середину ( рис. 4). Определить периодТ колебаний, совершаемых стержнем.

Дано: l =0, 3 м mст= 0,4 кг m1 = 0,2 кг m2 = 0,3 кг	Решение: Период колебания физического маятника, каким является стержень, определяется по формуле , (1) где J – момент инерции маятника, m – масса маятника,а –расстояние от центра тяжести (центра масс) маятника до оси.
Т - ?

Момент инерции физического

маятника J – состоит из моментов инерции J1 иJ2 обоих грузиков и момента инерцииJ3 стержня Пренебрегая размерами грузиков, получим и. Момент инерции стержня относитель- но оси, проходящей через его середи- ну, определяется по формуле

m1 l а • О • mg m2 Рис. 4

Общий момент инерции физического маятника равен

Вынеся за скобку множитель, получим

(2)

Подставив в (4) числовые значения, получим

Масса физического маятника состоит из массы стержня и массы грузиков

Для определения расстояния а центра тяжести маятника от оси вращения напишем условие равновесия стержня с грузиками, находящегося в горизонтальном положении, относительно центра тяжести

Сократив это равенство на g и, решив его относительноа, получим

Подставим числовые значения

Теперь можем найти период колебаний, подставив числовые значения величин в (1)

Пример 13.

Складываются два колебания одинакового направления, выра- женные уравнениями

где А₁=3 см, А₂=2 см, τ₁=1/6 с, τ₂=1/3 с, Т=2 с. Построить векторную диаграмму сложения этих колебаний и написать уравнение результирующего колебания.

Дано: А1=0,03 м А2=0,02 м τ1=1/6 с Т=2 с	Решение: Для построения векторной диаграммы сложения двух колебаний одного направления надо фиксировать какой-либо момент времени. Обычно векторную диаграмму строят для момента времени t = 0. Преобразовав оба уравнения к канонической форме, получим:
x-?

Отсюда видно, что оба складываемых гармонических колебания имеют одинаковую циклическую частоту

.

Начальные фазы первого и второго колебаний соответственно равны

Произведем вычисления:

Изобразим векторы и. Для этого отложим отрезки длинойА₁=0,03 миА₂=0,02 мпод угламиφ₁=30⁰иφ₂=60⁰к оси Ох. Результирующее колебание будет происходить с той же частотой ω и амплитудойА, равной геометрической сумме амплитуди:. Согласно теореме косинусов,

Начальную фазу результирующего колебания можно также определить непосредственно из векторной диаграммы (рис. 5)

Произведем вычисления

y φ2 φ φ1 x A1cosφ1+A2cosφ2 Рис. 5

или φ = 0,735 рад. Так как результирующее колеба- ние является гармоническим, имеет ту же частоту, что и слагаемые колебания, то его можно записать в виде: , где А = 0,048м, ω = 3,14с-1, φ = 0,735 рад.

Пример 14.

Плоская волна распространяется вдоль прямой со скоростью υ = 20м/с.Две точки, находящиеся на этой прямой на расстояния х₁ = 12 м их₂= 15 мот источника волн, колеблются с разностью фаз

∆φ = 0,75π.Найти длину волныλ,написать уравнение волны и найти смещение указанных точек в моментt = 1,2 с, если амплитуда колебанийA = 0,1 м.

Дано: υ = 20м/с х1 = 12 м х2= 15 м ∆φ = 0,75π t = 1,2 с A = 0,1 м	Решение: Точки, находящиеся друг от друга на расстоянии, равном длине волны λ, колеблются с разно­стью фаз, равной 2π; точки, находящиеся друг от друга на любом расстоянии Δх, колеблются с разностью фаз, равной Решая это равенство относитедьно λ , получаем (1)
λ - ?

Подставив числовые значения величин, входящих в выражение (1), и выполнив арифметические действия, получим

Для того, чтобы написать уравнение плоской волны надо еще найти циклическую частоту ω. Так как - период колебаний), то

.

Произведем вычисления

Зная амплитуду А колебаний, циклическую частоту ω и скорость υ распространения волны, можно написать уравнение плоской волны для случая

(2)

где А=0,1 м, ω =5π с^-1, υ=20 м/с.

Чтобы найти смещение y указанных точек, достаточно в уравнение (2) подставить значенияt и x

38