Примеры решения задач

Пример 1. Две .материальные точки движутся по прямой согласно уравнениям: x₁=A₁+B₁t+C₁t² и x₂=A₂+B₂t+C₂t², где A₁ = 10 м;.В₁ = 4 м/с; С₁ = —2 м/с²;A₂ = 3 м; B₂=2 м/с; С₂ = 0,2 м/с². В какой момент времени t скорости этих точек будут одинаковы? Найти ускорения а₁ и а₂ этих точек в момент времени t=3 с.

Решение. Мгновенная скорость есть производная от координаты по времени. Получим выражение для v₁ и v₂:

; (1)

(2)

Определим момент времени, в который v₂ = v₁, для этого приравняем правые части выражений (1) и (2):

B₁+2C₁t = B₂+2C₂t ,

Откуда

Подставляя числовые значения в формулу (3), получим:

. (3)

Ускорение точки найдем, взяв производную от скорости по времени:

, (4)

(5)

Из выражений (4) и (5) видно, что движение обеих точек происходит с постоянным ускорением:

a₁ = 2С₁ = 2* (-2) м/с²= - 4 м/с²,

a₂=2С₂=2*0,2 м/с²=0,4 м/с²

Пример 2. Тело вращается вокруг неподвижной оси по закону,где А = 12 рад; В = 18 рад/с; С= — 4 рад/с². Определить нормальное и тангенциальное ускорение точки, расположенной на расстоянии г =0,2 м от оси вращения в момент t=2 с.

Решение. Тангенциальное и нормальное ускорения точки вращающегося тела выражаются формулами

, , (1)

где ω — угловая скорость тела; ε— его угловое ускорение. Угловую скорость ω найдем, взяв первую производную угла поворота по времени

. (2)

В момент времени t= 2 с угловая скорость

ω=[18 + 2 (—4) 2] рад/с = 2 рад/с,

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

рад/с. . (3)

Подставляя значения ε, ω, г в формулу (1), получаем:

a_τ = (—8) 0,2 м/с²= — 1,6 м/с²,

a_n=2²*0,2 м/с² = 0,8 м/с².

Пример 3. Человек массой m = 60 кг стоит на тележке массой М = 20 кг. Найти скорость и тележки, если человек будет двигаться по ней с относительной скоростью v = 2 м/с (трением между тележкой и поверхностью, по которой она движется, пренебречь).

Решение. Выберем направление оси .x совпадающим с направлением движения человека. Рассмотрим систему, состоящую из человека и тележки. В горизонтальном направлении внешних сил нет, систему считаем замкнутой и закон сохранения импульса запишем в проекциях на ось х в системе отсчета, связанной с Землей:

m(v-u) -Mu=0, (1)

где v —скорость человека относительно тележки, (v—u) — скорость человека относительно Земли. Из выражения (1) находим:

(2)

Подставляя числовые значения в формулу (2), имеем

Пример 4. Тележка с песком, имеющая массу М = 40 кг, движется горизонтально со скоростью v =5 м/с. Камень массой m=10 кг попадает в песок и движется вместе с тележкой. Найти скорость тележки после попадания камня: а) падающего по вертикали; б) летящего горизонтально навстречу тележке.

Решение. а) Рассмотрим систему, состоящую из тележки и камня. Внешняя сила (сила тяжести) вертикальна, поэтому по отношению к вертикальному движению система незамкнута и закон сохранения импульса неприменим. В горизонтальном направлении внешних сил нет и закон сохранения импульса выполняется в проекции на направление движения. За положительное направление оси х примем направление движения тележки.

После вертикального падения камня скорость системы уменьшается только в связи с увеличением массы. Закон сохранения импульса для данного случая имеет вид:

Mv=(M+m)u, (1)

откуда

(2)

После подстановки числовых значений в выражение (2), получим:

б) Запишем закон сохранения импульса в проекции на ось х для случая, когда камень летит горизонтально со скоростью v₁= 10 м/с и застревает в песке:

Mv-mv₁=(M+m)u (3)

откуда

(4)

Произведем вычисления u:

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

Решение. Система пуля-Земля (вместе с пистолетом) является замкнутой системой, в которой действуют консервативные силы— силы упругости и силы тяготения. Поэтому для решения задачи можно применить закон сохранения энергии в механике. 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=T₂+П₂, (1)

где Т₁, Т₂; П_1, П₂ — кинетические и потенциальные энергии системы в начальном и конечном состояниях.

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

вид:

П₁=П₂. (2)

Если потенциальную энергию в поле сил тяготения Земли на ее поверхности принять равной нулю, то энергия системы в начальном состоянии будет равна потенциальной энергии сжатой пружины, т. е.П₁=1/2кх², а в конечном состоянии — потенциальной энергии пули на высоте h, т. e П₂.=mgh

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

откуда: k=2mgh/x² . (3)

Подставим в формулу (3) значения величин и произведем

вычисления:

Пример 6. Молот массой m= 5 кг, двигаясь со скоростью v = 4 м/с, ударяет по железному изделию, лежащему на наковальне. Масса наковальни вместе с изделием равна М = 95 кг. Считая удар неупругим, определить энергию, расходуемую на ковку (деформацию) изделия. Определить КПД удара.

Решение. Считаем систему молот-изделие-наковальня замкнутой во время удара, когда силы ударного взаимодействия F_y значительно превышают равнодействующую R сил тяжести и силы давления N опоры; R=N — (M+m)g. К такой системе можно применить закон сохранения импульса.

Во время удара изменяется только кинетическая энергия тел, поэтому энергия, затраченная на деформацию, Е_деф равна разности значений механической энергии системы до и после удара:

(1)

где u — общая скорость всех тел системы после неупругого удара. Ее найдем на основании закона сохранения импульса

mv=(M+m)u, (2)

откуда

. (3)

Подставив в формулу (1) значение u из выражения (3),

определим Е_деф

(4)

Так как полезной считается энергия, затраченная на деформацию, то КПД

(5)

Подставив числовые значения заданных величин в формулу (5), получим

Из выражения (5) видно, что КПД удара, тем больше, чем больше масса наковальни по сравнению с массой молота.

Пример 7. Маховик массой 4 кг свободно вращается с частотой п=12 с^~1 вокруг горизонтальной оси, проходящей через его центр. Массу маховика можно считать равномерно распределенной по ободу радиусом 40 см. Через 30 с под действием тормозящего момента маховик остановился. Найти тормозящий момент М и число оборотов N, которое сделает маховик до полной остановки.

Решение. Для определения тормозящего момента М применим основное уравнение динамики вращательного движения:

I∆ω=M∆t , (1)

где I — момент инерции маховика относительно оси, прохо­дящей через центр масс; ∆ω— изменение угловой скорости за промежуток времени ∆t.

По условию задачи, ∆ω= — ω₀, где ω₀ — начальная скорость, так как конечная угловая скорость равна нулю (ω= 0),

Выразим начальную угловую скорость через частоту вра­щения маховика

ω₀=2πn. (2)

Тогда

∆ω=2πn.

Момент инерции маховика будет рассматриваться как для обруча:

I=mR², (3)

где m — масса маховика; R — его радиус.

После подстановки выражения (3) в формулу (1), получим:

mR²2πn=M∆t,

откуда

M=2πnmR²/∆t . (4)

Угол поворота φ за время ∆t до остановки может быть определен по формуле для равнозамедленного вращения:

φ=ω₀t-ε∆t²/2, (5)

где ε — угловое ускорение.

По условию задачи

ω=ω₀ -ε∆t; ω=0; ε∆t=ω₀.

Тогда выражение. (2) может быть записано

Φ=ω₀∆t- ω₀∆t/2= ω₀∆t/2

Так как φ = 2лN, ω₀ = 2πn, то число полных оборотов

N=n∆t/2. (6)

Проверяя вычисления по формулам (5) и (6), имеем:

М = 2*3,14* 12*4*0,16=1,61 Н*м; N=12*30/2=180.

Пример 8. Человек стоит в центре скамьи Жуковского и вместе с ней вращается по инерции. Частота вращения n₁ = 0,5 с^~!. Момент инерции I₀ человека относительно оси вращения равен 1.6 кг-м². В вытянутых в стороны руках человек держит по гире массой m = 2 кг каждая. Расстояние между гирями l₁=1, 6 м. Определить частоту вращения n₂ скамьи с человеком, когда он опустит руки и расстояние l₂ между гирями станет равным 0,4 м. Моментом инерции скамьи пренебречь.

Решение. Человек, держащий гири, составляет вместе со скамьей замкнутую систему (предполагается, что моменты всех внешних сил — сил тяжести и реакции, действующих на эту систему по отношению к оси вращения, являются уравновешенными, трением об ось пренебрегаем).

В замкнутой системе выполняется закон сохранения момента импульса, который запишется в виде:

I₁ω₁=I₂ω₂. (1)

где I_1, ω₁— момент инерции человека и угловая скорость скамьи и человека с вытянутыми руками; I₂, ω₂ — момент инерции тела человека и угловая скорость скамьи и человека с опущенными руками. Отсюда

ω₂=(I₁/I₂)ω₁ (2)

Выразив в этом уравнении угловые скорости ω₁ и ω₂ через частоты вращения n₁ и n₂ (ω = 2πn) и сократив на 2π, полу­чим

n₂=(I₁/I₂)n₁ (3)

Момент инерции системы равен сумме момента инерции тела . человека I₀ и момента инерции гирь в руках человека. Так как размер гирь много меньше их расстояния до оси вращения, то момент инерции гирь можно определить по формуле момента инерции материальной точки:

I=mr². (4)

Следовательно,

I₁=I₀+2m(l₁/2)²; (5)

I₂=I₀+2m(l₂/2)²,

где m — масса каждой из гирь; l₁, l₂ — первоначальное и конечное расстояния между гирями.

Подставляя выражения (5) для l₁, и l₂ в уравнение (2), получим

, (6)

Подставив числовые значения в формулу (6), найдем:

Пример 9. Протон имеет импульс р = 988 МэВ/с. Какую кинетическую энергию необходимо сообщить протону, чтобы его импульс возрос вдвое.

Решение. Сравнив импульс протона с его комптоновским импульсом р₀ =m₀с²=938 МэВ/с, видим, что р > р₀, т. е. для решения необходимо пользоваться формулами релятивистской механики.

Связь между полной энергией и импульсом частицы имеет вид:

, (1)

где Е- полная энергия, Е = Е₀+Т; Е₀ — энергия покоя; Е₀ = mc²; Т- кинетическая энергия частицы. Определим Т из выражения (1)

. (2)

По условию импульс частицы возрастает вдвое, т, е. р₂ = 2р₁. Следовательно, протону необходимо сообщить дополнительную кинетическую энергию ∆T = Т₂—T₁

где ,

. (3)

Так как значения р₁, Е_й заданы во внесистемных единицах, то их необходимо перевести в систему СИ, учитывая, что 1 МэВ= 1,6*10^-13 Дж, получим

p₁c=988* 1,6*10^-18= 1,58*10^-'° Дж

p ₂c=2*1,58*10^-10 = 3,16*10^-10 Дж,

E₀=m₀c² =938 МэВ=1,5*10^-10 Дж.

Подставляя числовые значения в формулу (3), имеем

Пример 10. С какой скоростью должна быть выброшена с поверхности Солнца частица, чтобы она могла уйти за пределы гравитационного поля Солнца.

Решение. Систему частица — Солнце, в которой действуют гравитационные силы (консервативные), можно считать замкнутой. Используем в решении закон сохранения механической энергии. В качестве инерциальной системы отсчета выберем систему отсчета, связанную с центром Солнца.

Запишем закон сохранения механической энергии:

Т₁+П₁ =Т₂+П₂ , (1)

где Т₁, П₁, и Т₂, П₂ — кинетическая и потенциальная энергия системы частица-Солнце

в начальном (на поверхности Солнца) и в конечном (на расстоянии г = оо) состояниях.

В выбранной системе отсчета кинетическая энергия Солнца равна нулю, поэтому Т₁ — это начальная кинетическая энергия частицы:

Т₁=½mv₁² (2)

Потенциальная энергия системы в начальном состоянии

. (3)

По мере удаления частицы от поверхности Солнца ее кинетическая энергия убывает (T₂→0)), потенциальная энергия при r = достигает значения П₂ = 0.

Другими словами, чтобы удалить тело за пределы гравитационного поля Солнца, ему нужно сообщить кинетическую энергию, численно равную работе против сил тяжести при движении тела от г = R_с до г=оо, т. е.

Подставляя выражения Т₁, П_1, T₂, П₂ в (1), получим

.

откуда

, (4)

что совпадает с выражением для второй космической скорости. Здесь

g_c=GM_c/R_c² (5)

— ускорение свободного падения у поверхности Солнца.

Подставляя числовые значения гравитационной постоянной G = 6,67*10^-11 м³/(кг-с²), массы Солнца Mc=1,98-10³⁰ кг, радиуса Солнца R_с = 6,95*10⁸ м, в выражение (4) с учетом. (5) получим:

;

Пример 11. К невесомой пружине, коэффициент упругости которой k = 200 Н/м, прикреплен груз массой m=1 кг. Груз смещен на 10 см от положения равновесия, после чего предоставлен себе. Определить наибольшее и наименьшее ускорения груза. Трением пренебречь.

Решение. Под действием силы упругости груз совершает свободное гармоническое колебание, уравнение которого запишем в виде:

x=A₀cosωt, (1)

где А₀ — амплитуда колебания , ω— циклическая частота. Продифференцировав выражение (1) по времени, определим скорость груза

(2)

а после дифференцирования скорости по времени, ускорение

(3)

Так как

, (4)

то ускорение а можно записать в виде:

. (5)

Ускорение имеет максимальное значение при х=А₀, т. е. при наибольшем отклонении от положения равновесия:

(6)

В положении равновесия, при x=0, ускорение а = 0. Подставляя числовые значения в выражение (6), получим:

a_мах= (200/1)*0,1=20 м/с².

Пример 12. Материальная точка участвует одновременно в двух взаимно перпендикулярных гармонических колебаниях, уравнения которых:

x=A₁cosω₁t, (1)

y=A₂cosω₂t, (2)

где A₁ = 1см; ω₁=π-с-¹; A₂ = 2 см; ω₂=π/2 с-¹.

Найти уравнение траектории точки. Построить траекторию с соблюдением масштаба и указать направление движения точки.

Решение. Чтобы определить траекторию точки, исключим время из уравнений (1) и (2). Заметив, что у = A₂соs (ω₁/2)t, применим формулу косинуса половинного угла:

Используя это соотношение и отбросив размерности х и у, можно написать:

;

откуда

или (3)

Выражение (3) есть уравнение параболы, ось которой совпадает с осью ОХ. Как показывают уравнения (1) и (2), амплитуда колебаний точки по оси ОХ равна 1, а по оси ОУ — 2. Следовательно, абсциссы всех точек траектории заключены в пределах от — 1 до +1, а ординаты — от —2 до + 2. Для построения траектории найдем по уравнению (3) значения у, соответствующие ряду значений х, удовлетворяющих условию |x|<1:

x		x
-1	0	0
-0,75		0,5
-0,5		1

Начертив координатные оси и выбрав единицу длины — сантиметр, построим точки. Соединив их плавной кривой, по­лучим траекторию результирующего колебания точки. Она представляет собой часть параболы, заключенной внутри прямоугольника амплитуд.

Далее определим направление движения точки. Из уравнений (1) и (2) находим, что период колебаний точки по горизонтальной оси Т_х = 2 с, а по вертикальной оси T_у==4 с. Следовательно, когда точка совершает одно полное колебание по оси ОХ, она совершает только половину полного колебания по оси ОУ, В начальный момент (t=0) имеем: x=1 у =2 (точка находится в положении 1). При t=1 с получим. х = - 1 и y=0 (точка находится в вершине параболы); При t=2 с получим: х=1 и у = - 2 (точка находится в положении 2), После этого она будет двигаться и обратном направлении.

Пример 13. Плоская волна распространяется в упругой среде со скоростью v=100 м/с. Наименьшее расстояние ∆х между точками среды, фазы колебаний которых противоположны, равно I м. Определить период колебаний Т и частоту .

Решение. Точки, находящиеся друг от друга на расстоянии, равном длине волны, колеблются с разностью фаз, равной 2л. Точки, находящиеся друг от друга на любом расстоянии Δх, колеблются с разностью фаз, равной

. (1)

Решая это равенство относительно λ, получаем:

λ=2π∆x/∆φ . (2)

По условию задачи ∆φ= λ. Подставляя значения величин, входящих в выражение (2), получим:

Скорость v распространения волны связана с λ и T отношением

, (3)

где — частота колебаний. Из выражения (3): После вычислений

=( 100/2)л = 50 с-¹, а T=1/50 с =-0,02 с.