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 координату х, скорость v_x и ускорение а_х точки в момент времени t = 2c.

16

17

Решение.Координатух найдем, подставив в урав­нение движения числовые значения коэффициентовА, В и С и времениt:

х = (2+1-2-0,5-2³) м = 0.

Мгновенная скорость относительно оси х есть первая производная от координаты по времени:

ах И

Vx =

В + ЗСР.

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

а_х = —— = bCt.

В момент времени / = 2с

d, = (1-3-0,5-2²) м/с== -5 м/с; а^ = 6(-0,5)-2м/с²= -6 м/с².

Пример 2. Тело вращается вокруг неподвижной оси по закону ср =A + Bt-\-Ct², где Л =10 рад, В = 20 рад/с, С=—2 рад/с². Найти полное ускорение точки, находя­щейся на расстоянии г=0,1 м от оси вращения, для момента времени г=4 с.

Решение.Полное ускорение а точки, движущейся по кривой линии, может быть найдено как геометричес кая сумма тангенциального ускорения а_т, направленного по касательной к траектории, и нормального ускоре­ния а_л, направленного к центру кривизны траектории

(рис. 1):

а = а_т+ а„.

Так как векторы а_ти а„ взаимно перпендикулярны то модуль ускорения

(1)

а =лГс& + а²_п .

и

Модули тангенциального нормального ускорения точк вращающегося тела выражаются формулами

а_т= ег,

а_п = ш г,

Рис. 1

18

где <о — модуль угловой скорост тела; е — модуль его угловог ускорения.

Подставляя выражения а_тиа„ в формулу (1), на­ходим

_a=-VeV + uV = ,Ve² + tD⁴. (2)

Угловую скорость toнайдем, взяв первую производ­ную угла поворота по времени:

ш = ^2.= В + 2Ct.

В момент времени ^=4с модуль угловой скорости

(о = [20 + 2(— 2)4] рад/с =4 рад/с.

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

е= doj/di= 2C= —4 рад/с².

Подставляя значения ы, е и г в формулу (2), полу­чаем

а = 0,г\/~(--4)²+ 4⁴м/с* =1,66 м/с².

Пример 3. Ящик массойmi=20 кг соскальзывает по идеально гладкому лотку длиной /=2м на неподвижную тележку с песком и застревает в нем. Тележка с песком массой т₂==80 кг может свободно (без трения) переме­щаться по рельсам в горизонтальном направлении. Опре­делить скорость и тележки с ящиком, если лоток накло­нен под углом а=30° к рельсам.

Решение.Тележку и ящик можно рассматривать как систему двух неупруго взаимодействующих тел. Но эта система не замкнута, так как на нее действуют внеш­ние силы: силы тяжестиm\g иm₂gи сила реакции 1М₂ (рис. 2). Поэтому применить закон сохранения импульса к системе ящик — тележка нельзя. Но так как проекции указанных сил на направление осих, совпадающей с направлением рельсов, равны нулю, то проекцию импуль­са системы на это направле­ние можно считать постоян­ной, т. е.

Р\х + Р2х = Р'\х + Р2х, (1)

где р_1х ир_2х — проекции

импульса ящика и тележки

с песком в момент падения

ящика на тележку; р'\_х и

P'ix — те же величины после'^^^^^^^^^^^^^^^^^^^

падения ящика. Р_ис. 2

19

const

г. _ Пусть центр масс сие

Рассматривая тела системы как материальные точки, ] „„,,„„„ „„^v

^v ,.\ Ш темы человек—лодка нахо

дится на вертикали, прохо­дящей в начальный момент через точку С\ лодки (рис. 3), а после переме­щения лодки — через дру­гую ее точкуС₂. Так как эта вертикаль неподвижна относительно берега, то искомое перемещениеsлодки относительно берега равно перемещению лодки относительно вертикали.

А это последнее легко определить по перемещению цен­тра масс О лодки. Как видно из рис. 3, в начальный мо­мент точка О находится на расстоянииа\ слева от верти­кали, а после перехода человека — на расстоянииа₂ справа от вертикали. Следовательно, искомое перемеще­ние лодки

s=а.\ +а₂.

Для определения а.\ и а₂воспользуемся тем, что ре­зультирующий момент сил, действующих на систему от­носительно горизонтальной оси, перпендикулярной про­дольной оси лодки, равен нулю. Поэтому для начального положения системыMga_t =mg(l —ai), откуда

а\ = ml/(M +m).

После перемещения лодки Mgd₂ = mg(L — d2 — t), от­куда

a₂ = m{L — l)/{M + m).

Подставив полученные выражения щ иа₂ в

шдем

выразим в равенстве (1) импульсы тел через их массы" ^м

и скорости, учитывая, что р_2х=0 (тележка до взаимодей­ствия с ящиком покоилась), а также что после взаимо­действия оба тела системы движутся с одной и той же скоростьюи:

mivu = {m\ + m₂)u,

или

mi

vi cosa= (mi + m₂) «,

Рис. 3

где v\ — модуль скорости ящика перед падением на те­ лежку;Uu=uicosa— проекция этой скорости на осьх. Отсюдаи= ntiVi cosa/(mi+m₂). (2)

Модуль скорости v\ определим из закона сохранения энергии:

migh = ^l/₂m_lvu

где h = I sin a, откуда

|-V2g7

ms

^^^^^^^^^ v\ =-\J 2gls'ma. Подставив выражениеvi в формулу (2), получим

sin a cos a

mi + m₂ После вычислений найдем

20л/2-9,81-2 sin ЗУ ₃0° м/с =

" 20 + 80

= 0,2л/Тэ^6 • 0,867 м/с = 0,767 м/с.

(1),

1 +

(L — /), илиS;

м-

М + т

М + т

Пример 4. На спокойной воде пруда перпендикулярно берегу и носом к нему стоит лодка массойМ и длинойL. На корме стоит человек массойт. На какое расстояниеsудалится лодка от берега, если человек перейдет с кормы; на нос лодки? Силами трения и сопротивления пре­небречь. ^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^

Решение.Систему человек — лодка относительной горизонтального направления можно рассматривать^каЧ Пример 5. При выстреле из пружинного пистолета замкнутую. Согласно следствию из закона сохраненияЯвертикально вверх пуля массой т=20 г поднялась на импульса, внутренние силы замкнутой системы тел неи_Высотуf_l==r_{) M}Определить жесткостьk пружины писто-

могут изменить положение центра масс системы. Приме

няя это следствие к системе человек — лодка, можне

считать, что при перемещении человека по лодке центр

масс системы не изменит своего положения, т.е.оста*г_Як„„„ „„ „„„„ „„„„„„

д»ак как на тела системы действуют только консегжятип нется на прежнем расстоянии от берега ^^ ^{у 1ми}к-иш-ервагив

^,„₁«^_Лета^_{еслиона}была сжата на л:=10 см. Массой пру-П^Жины и силами трения пренебречь.

Решение.Рассмотрим систему пружина — пуля.

20

21

где 7*1 — кинетическая энергия первого шара до удара; _И2 и Г₂ — скорость и кинетическая энергия второго шара после удара.

Как видно из формулы (1), для определения е надо

найти и₂. Согласно условию задачи, импульс системы

двух шаров относительно горизонтального направления

И не изменяется и механическая энергия шаров в другие

виды не переходит. Пользуясь этим, найдем:

ntiVi = m\U\ -\-т₂и₂\ (2)

Убедившись, что полученная единица является еди ницей жесткости (1 Н/м), подставим в формулу (3) зна-1зы с масса

чения величин и произведем вычисления: ■п„^„„

. 2-0,02-9,81 -5 и , ,„_{с и/}

ТоТТ⁵ Н/м = 196 Н/м.

Пример 6. Шар массой т_и движущийся горизон

тально с некоторой скоростью о«, столкнулся с неподвиж-|ствующие на каждый груз и на блок в ным шаром массой т₂. Шары абсолютно упругие, удаАтдельности. На каждый груз действу-

^^^^^^^^^^И вот две силы: сила тяжести и сила упру-

обозначать символо*^ости (^сила натяжения нити). Направим ^эсь х вертикально вниз и напишем для

ные силы, то для решения задачи можно применить за­кон сохранения энергии в механике. Согласно ему полная! механическая энергия Е\ системы в начальном состоянии (в данном случае перед выстрелом) равна полной энер гии Е₂ в конечном состоянии (когда пуля поднялась на высоту Л), т. е.

0)1

где 7*1, Т₂, 111 и Пг — кинетические и потенциальные| энергии системы в начальном и конечном состояниях Так как кинетические энергии пули в начальном и ко нечном состояниях равны нулю, то равенство (1) при

мет вид ^^^^И

(2)

П, = П₂

Примем потенциальную энергию пули в поле сил тяго тения Земли, когда пуля покоится на сжатой пружине равной нулю, а высоту подъема пули будем отсчитывать от торца сжатой пружины. Тогда энергия системы в на­ чальном состоянии будет равна потенциальной энергии сжатой пружины, т. е. И i = ' /₂kx², а в конечном состоя­ нии — потенциальной энергии пули на высоте h, т. ^Л ГЬ = mgh. В

Подставив выражения Ш и П₂ в формулу (2), най-^! дем ' /₂kx²=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*:

1 кг-м-с" 1 м

■ 1 м

1 Н/м.

\m]\g][h}

1 кг• 1 м • с

* Единицу какой-либо величины принято этой величины, заключенным в квадратные скобки.

22

г^

прямой, центральный. Какую долю е своей кинетической энергии первый шар передал второму?

Решение. Доля энергии, переданной первым ша­ром второму, выразится соотношением

л

г,

2

(1)

mil иЛ¹

8 =

(3)

rri[V\ m\U\ 1

2 "

(3):

2 2 г -

Решим совместно уравнения (2) и

«2

2m\V\

mi-f-m2

Подставив это выражение и₂ в формулу (1) и сократив на vi и mi, получим

2mii>i "| ² 4mim₂

т_г Г 2т₁у₁ "I ² _

(mi + m₂)²

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

Пример 7. Через блок в виде сплошного диска, имею­щего массу т=80 г (рис. 4), перекинута тонкая гибкая нить, к концам которой подвешены гру-ми mi = ЮО г и тг = 200 г. Определить ускорение, с которым будут двигаться грузы, если их предоставить самим себе. Трением и массой нити пре­небречь.

Рис. 4

23

Р е ш е н и е. Рассмотрим силы, дей-

каждого груза уравнение движения (второй закон Нью тона) в проекциях на эту ось. Для первого груза

m\g — T\ =rtiia; (1)1

для второго груза

m₂g —Т₂ = пг₂а. (2)

Под действием моментов сил Т{ иТ₂ относительно] осиz, перпендикулярной плоскости чертежа и направлен­ной за чертеж, блок приобретает угловое ускорениеejСогласно основному уравнению динамики вращательного]

движения,

Пг - T\r = J₂e, (3)

где г=а/г; J_z=^l /₂mr² — момент инерции блока (сплош ного диска) относительно осиz.

Согласно третьему закону Ньютона, с учетом невесо­мости нити Т\ =Т\, Т'₂ = Т₂. Воспользовавшись этим, подставим в уравнение (3) вместоТ\ и Г₂выраженияТ иТ₂, получив их предварительно из уравнений (1) и (2)(m₂g — m₂a) r —{m.\g -+-m.\d) r =mr²a/(2r).

После сокращения на г и перегруппировки членов

найдем

а= mi — nix I

Формула (4) позволяет массы m\, m₂ ит выразитв в граммах, как они даны в условии задачи, а ускоре] ние — в единицах СИ. После подстановки числовых зна| чений в формулу (4) получим

(200 - 100) Г „„. , 2_₉оо _м/„2

^й~ (200 + 100 + 80/2) г-⁹'^{81 М/С} ~²'^{88 М/С}"

Пример 8. Маховик в виде сплошного диска радиусо» /?=0,2 м и массой т=50 кг раскручен до частоты вра щенияП\ = 480 мин^-1и предоставлен сам себе. Пол действием сил трения маховик остановился через <=50 с! Найти моментМ сил трения.

Решение.Для решения задачи воспользуема основным уравнением динамики вращательного движе ния в виде

dL_z = M_zdt, (1

где dL_z— изменение проекции на осьz момента импульсу маховика, вращающегося относительно осиг, совпадаю!

24

щей с геометрической осью маховика, за интервал вре­мени dt; M_z — момент внешних сил (в данном случае момент сил трения), действующих на маховик относи­тельно осиz.

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

М_г =М_гМ. (2)

При вращении твердого тела относительно неподвиж­ной оси изменение проекции момента импульса

Д1_г= /_гАо), (3)

где /_г— момент инерции маховика относительно оси г; Аш — изменение угловой скорости маховика.

Приравняв правые части равенств (2) и (3), получим M_ZM= JzAto, откуда

М_г= /_г-^- (4)

Момент инерции маховика в виде сплошного диска определяется по формуле

/_г=7₂т/?².

Изменение угловой скорости Асо = со₂—<j)i выразим через конечную л₂и начальнуюп\ частоты вращения, пользуясь соотношением со = 2лп:

Дю = а>2 — (Oi= 2ля2 —2лп\ =2я(п₂—п\).

Подставив в формулу (4) выражения J_z и Асо, полу­чим

M_z = nmR\n₂ —п\)/М. (5)

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

[m][R²][n] 1кг-1м²-1с-' ' _₂ , , „

д_ j i" j t i _ = 1кг-М-С •1м=1Н-М.

[t] 1с

Подставим в (5) числовые значения величин и произ­ведем вычисления, учитывая, что ti\ = 480 мин^_1= = 480/60 с^-1= 8 с-¹:

,. 3,14-50-(0,2)²-(0-8)_u , _u

М_г = —^: \_п i-H-M=— 1 Н-М.

ОО

25

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

Пример 9. Платформа в виде сплошного диска радиу­сом #=1,5 м и массой т₁=180кг вращается около вертикальной оси с частотой п=10 мин . В центре плат­формы стоит человек массой т₂=60 кг. Какую линейную скорость v относительно пола помещения будет иметь человек, если он перейдет на край платформы?

Решение. Согласно условию задачи, момент внеш­них сил относительно оси вращения z, совпадающей с геометрической осью платформы, можно считать рав­ным нулю. При этом условии проекция L_z момента им­пульса системы платформа — человек остается по­стоянной:

L_z = J_z(x) = const, (1)

где J_z — момент инерции платформы с человеком отно­сительно оси г; со — угловая скорость платформы.

Момент инерции системы равен сумме моментов инер­ции тел, входящих в состав системы, поэтому в началь­ном состоянии /_z = /i+/2, а в конечном состоянии J'₂ = = Л+/₂.

С учетом этого равенство (1) примет вид

(/i+/г)© = (/!+-/£)<»', . (2)

где значения моментов инерции /₍ и J₂ платформы и человека соответственно относятся к начальному состоя­нию системы; Л и J₂ — к конечному.

Момент инерции платформы относительно оси z при переходе человека не изменяется: J_l = J[ = ^{/₂m\R². Мо­мент инерции человека относительно той же оси будет изменяться. Если рассматривать человека как материаль­ную точку, то его момент инерции J₂ в начальном состоя­нии (в центре платформы) можно считать равным нулю. В конечном состоянии (на краю платформы) момент инерции человека J'₂ = m₂R².

Подставим в формулу (2) выражения моментов инер­ции, начальной угловой скорости вращения платформы с человеком (со = 2лп) и конечной угловой скорости (со' = и//?, где v — скорость человека относительно пола): С/2ГГЦЯ² + 0)2лп = ('/г/л,/?² + m₂R²)v/R.

После сокращения на R² и простых преобразований находим скорость:

v = 2nnRm_i/(m[ -\-2т₂).

Произведем вычисления:

2-3,Н~-1,5-180 ^V =180 + 2-60М/С=1м/С.

Пример 10. Ракета установлена на поверхности Земли для запуска в вертикальном направлении. При какой минимальной скорости v\, сообщенной ракете при запус­ке, она удалится от поверхности на расстояние, равное радиусу Земли (/? = 6,37-10⁶ м)? Всеми силами, кроме силы гравитационного взаимодействия ракеты и Земли, пренебречь.

Решение. Со стороны Земли на ракету действует сила тяжести, являющаяся потенциальной силой. При не­работающем двигателе под действием потенциальной силы механическая энергия ракеты изменяться не будет. Следовательно,

Г, + П, = Г_г + П₂, (1)

где Т\, Tli и Т₂, Пг — кинетическая и потенциальная энергии ракеты после выключения двигателя в начальном (у поверхности Земли) и конечном (на расстоянии, рав­ном радиусу Земли) состояниях.

Согласно определению кинетической энергии,

T_l = */₂mv².

Потенциальная энергия ракеты в начальном со­стоянии*

П, = — GmM/R.

По мере удаления ракеты от поверхности Земли ее потенциальная энергия возрастает, а кинетическая — убывает. В конечном состоянии кинетическая энергия Т₂ станет равной нулю, а потенциальная — достигнет макси­мального значения:

Yl₂=-GmM/(2R).

Подставляя выражения Т_и П_ь Т₂ и Пг в (1), получаем

mv\/2 — GmM/R = —GmM/(2R),

откуда

* Потенциальная энергия гравитационного взаимодействия тел. бесконечно удаленных друг от дуга, принимается равной нулю.

27

26

_Г

График соответствующего гармонического колебания приведен на рис. 5.

где со

Заметив, что GM/R² = g (g — ускорение свободного па­дения у поверхности Земли), перепишем эту формулу

в виде

vi = -yfgR,

что совпадает с выражением для первой космической скорости.

Произведем вычисления:

у, _{= Л}/9,8-6,37.10" м/с = 7,9 км/с.

Xmax = 1 MM.

начертить их

Пример 11. Точка совершает гармонические колеба­ ния с частотой v= 10 Гц. В момент, принятый за началь­ ный, точка имела максимальное смещение Написать уравнение колебаний точки график. ^^^^^^^^^^^м

Решение. Уравнение колебаний точки можно за­писать в виде

x = Asin(a>t + ф0, (1)

где А — амплитуда колебаний; со — циклическая частота; t — время; ф1 — начальная фаза. .

По определению, амплитуда колебаний

■Л = Хщах. \£)

Циклическая частота со связана с частотой v соот­ношением

о) = 2лл>. (3)

Для момента времени t = Q формула (1) примет вид

Xmax=/4sin<pi,

откуда начальная фаза

ф1 = arcsin(x_max/v4) = arcsin l,

или

q>, = (2ft+l)n/2 (* = 0, 1,2,...).

Изменение фазы на 2я не изменяет состояния коле­блющейся точки, поэтому можно принять

_Ф1 = я/2. (4)

С учетом равенств (2) — (4) уравнение колебаний примет вид

x = Asin{2nxt-\-<p), или x=Acos2nvt,

м, v= 10 Гц, ф = я/2.

где А = 1 мм= 10

28

Рис. 5

Пример 12. Частица массой т = 0,01кг совершает гармонические колебания с периодом Т—2с. Полная энергия колеблющейся частицы £ = 0,1 мДж. Определить амплитуду А колебаний и наибольшее значение силы £тах, действующей на частицу.

Решение. Для определения амплитуды колебаний воспользуемся выражением полной энергии частицы:

£ = ' 1чпал''А², 2л/Т. Отсюда амплитуда

2Е_ т

(1)

2л V

Так как частица совершает гармонические колебания, то сила, действующая на нее, является квазиупругой и, следовательно, может быть выражена соотношением F=—kx, где k — коэффициент квазиупругой силы; х — смещение колеблющейся точки. Максимальной сила бу­дет при максимальном смещении л:_тах, равном амплитуде:

F_max=kA. (2)

Коэффициент k выразим через период колебаний:

к = та>²=т-4л²/Т². (3)

Подставив выражения (1) и (3) в (2) и произведя упрощения, получим

-« max = 2nsj2mE/T.

Произведем вычисления:

2

мм;

^А_=wrV^¹_"=°-^{045 м}₌⁴⁵

29

Начальную фазу результи­рующего колебания можно также определить непосред­ственно из векторной диа­граммы (рис. 6):

A, sin cpi 4- Azsmip? w= arctg—; ——. —

^T ° /l|COS9i + /l2COS(p2

Произведем вычисления:

Рис. 6

^ = V3²+2²+2-3-2cos(60°— 30°) cm = 4,84 cm; 3 sin 30° + 2 sin 60°

F_raax= -^!^-V2-l(r²-l(r⁴Н = 4,44- Ю-³Н = 4,44 мН.

Пример 13. Складываются два колебания одинако­вого направления, выраженные уравнениями

Xi = AiCos~(t+T\); X2 = A₂cos-j-(t +т₂),

где Л1 = 3см, Л₂= 2см,xi=l/6c, т₂=1/3с, 7""= 2 с. Построить векторную диаграмму сложения этих колеба­ний и написать уравнение результирующего колебания.Решение.Для построения векторной диаграммы сложения двух колебаний одного направления надо фиксировать какой-либо момент времени. Обычно век­торную диаграмму строят для момента времениt = 0. Преобразовав оба уравнения к канонической формех= A cos ((at-{-(f), получим

. / 2я , , 2я \ . / 2л , , 2л \

*i=^icos( — Н—y~^x4 ' *2 = ^₂cos( — Н—f-та) .

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

ю = 2я/7\

Начальные фазы первого и второго колебаний соот­ветственно равны

2л 2л

ф1=— Ti; ф2 = — Т2.

Произведем вычисления:

со^^^с-^З.Нс-¹;

_?,=-|)рад=30°; _ф2 = -|--1_рад=60^о.

Изобразим векторы Aiи А₂. Для этого отложим от­резки длиной>4i = 3cm и Л₂= 2см под углами ф1 = 30° и ф₂= 60° к осиОх. Результирующее колебание будет происходить с той же частотойwи амплитудой А, равной геометрической сумме амплитудA_tи А₂:A=Ai+A₂. Согласно теореме косинусов,

А = л/Л 1 + Л| + 2ЛИ₂со8(ф₂—Цц) .

Ф= arctg

3 cos 30° + 2 cos 60°

arctg0,898 = 42°,

или ф= 0,735 рад.

Так как результирующее колебание является гармо­ническим, имеет ту же частоту, что и слагаемые колеба­ния, то его можно записать в виде

х= А соэ(со^ + ф),

где Л = 4,84см, о) = 3,14с^-1, ф=0,735рад.

Пример 14. Плоская волна распространяется вдоль прямой со скоростьюv = 20 м/с. Две точки, находя­щиеся на этой прямой на расстоянияхXi=12m и *2 = = 15 м от источника волн, колеблются с разностью фаз Аф=0,75я. Найти длину волнык, написать уравнение волны и найти смещение указанных точек в момент /=1,2 с, если амплитуда колебаний Л = 0,1 м.

Решение.Точки, находящиеся друг от друга на расстоянии, равном длине волныX, колеблются с разно­стью фаз, равной 2л,; точки, находящиеся друг от друга на любом расстоянии Л*, колеблются с разностью фаз, равной

Дф= Дх-2я/А. = (л;₂—Х\)'2л/Х.

Решая это равенство относительно к, получаем

Х=2л(х₂—дгО/Аф. (Г)

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

получим

X = JM^_m = 8m. 0,75л

30

31

Для того чтобы написать уравнение плоской волны, надо еще найти циклическую частоту to. Так как ы = = 2л/Г(T = X/v — период колебаний), то

ы = 2nv/k.

Произведем вычисления:

2л-20 _i r -1 -с = 5я с .

8

Зная амплитуду А колебаний, циклическую частоту со и скоростьv распространения волны, можно написать уравнение плоской волны для данного случая:

y = Acos(o(t—x/v), (2)

где Д = 0,1 м, со = 5я с^-1, и = 20 м/с.

Чтобы найти смещение у указанных точек, доста­точно в уравнение (2) подставить значенияt и х:

yi= 0,lcos5n(l,2— 12/20) м = 0,1cosЗлм= — 0,1 м;

«/₂= 0,1cos5я( 1,2—15/20) м = 0,1 соэ2,25я м =

= 0,1 cos 0,25ям = 0,071 м=7,1 см.

Задачи для самостоятельного решения

1. Точка движется по окружности радиусом /? = 4 м. Закон ее движения выражается уравнением s = A-\-Bt , где Л = 8м,В=— 2 м/с². Определить момент времениt, когда нормальное ускорение а„ точки равно 9 м/с . Найти скоростьv, тангенциальноеа_х и полноеа ускоре­ния точки в тот же момент времени г. [1,5 с; —6 м/с; —4 м/с²; 9,84 м/с²]

2. Две материальные точки движутся согласно урав­нениям, xi = Ait + Bxt² + dt³ иx₂ = A₂t + B₂t² + C₂t³, где Л, = 4 м/с, В, = 8 м/с²,Ci = — 16 м/с³, Л₂=2м/с,В₂ = ₌_4 м/с², С₂=1 м/с³. В какой момент времениt уско­рения этих точек будут одинаковы? Найти скоростиv\ иг>2 точек в этот момент. [0,235 с; 5,1 м/с; 0,286 м/с]

3. Шар массой т,= 10кгсталкивается с шаром мас­сой т₂=4кг. Скорость первого шараt>i=4 м/с, второ­го—v₂= 12 м/с. Найти общую скоростьи шаров после удара в двух случаях: 1) малый шар нагоняет большой шар, движущийся в том же направлении; 2) шары дви­жутся навстречу друг другу. Удар считать прямым, центральным, неупругим. [6,28 м/с; —0,572 м/с]

4. В лодке массой М = 240кг стоит человек массой

т = 60кг. Лодка плывет со скоростью v = 2 м/с. Человек прыгает с лодки в горизонтальном направлении со ско­ростью и = 4м/с (относительно лодки). Найти скорость лодки после прыжка человека: 1) вперед по движению лодки; 2) в сторону, противоположную движению лодки. [ 1 м/с; 3 м/с]

5. Человек, стоящий в лодке, сделал шесть шагов вдоль нее и остановился. На сколько шагов передви­нулась лодка, если масса лодки в два раза больше (мень­ше) массы человека? [2 шага; 4 шага]

6. Из пружинного пистолета выстрелили пулькой, масса которой т = 5г. Жесткость пружины k = = 1,25кН/м. Пружина была сжата на А/=8см. Опре­делить скорость пульки при вылете ее из пистолета. [40 м/с]

7. Шар массой тп\ = 200 г, движущийся со скоростьюv\ = 10 м/с, сталкивается с неподвижным шаром массой т₂= 800 г. Удар прямой, центральный, абсолютно упру­гий. Определить скорости шаров после столкновения. [—6 м/с; 4 м/с]

8. Шар, двигавшийся горизонтально, столкнулся с неподвижным шаром и передал ему 64% своей кинети­ческой энергии. Шары абсолютно упругие, удар прямой, центральный. Во сколько раз масса второго шара боль­ше массы первого? [В 4 раза]

9. Цилиндр, расположенный горизонтально, может вращаться вокруг оси, совпадающей с осью цилиндра. Масса цилиндра Ш\ = 12 кг. На цилиндр намотали шнур, к которому привязали гирю массойт₂ = 1 кг. С каким ускорением будет опускаться гиря? Какова сила натяже­ния шнура во время движения гири? [1,4 м/с²; 8,4 Н]

10. Через блок, выполненный в виде колеса, переки­нута нить, к концам которой привязаны грузы массами т, = 100 г и т₂= 300г. Массу колеса М=200 г считать равномерно распределенной по ободу, массой спиц пре­небречь. Определить ускорение, с которым будут дви­гаться грузы, и силы натяжения нити по обе стороны блока. [3,27 м/с²; 1,31 Н; 1,96 Н]

11. Двум одинаковым маховикам, находящимся в покое, сообщили одинаковую угловую скорость а> = = 63 рад/с и предоставили их самим себе. Под действием сил трения маховик остановился через одну минуту, а второй сделал до полной остановки N = 360 оборотов. У какого маховика тормозящий момент был больше и во сколько раз? [У первого больше в 1,2 раза]

32

*—105

33

верхности Земли и ее радиус R считать известными.

169. Какова масса Земли, если известно, что Луна в течение года совершает 13 обращений вокруг Земли и расстояние от Земли до Луны равно 3,84 «10⁸ м?

170. Во сколько раз средняя плотность земного ве­щества отличается от средней плотности лунного? При­нять, что радиус i?3 Земли в 390 раз больше радиуса Rn Луны и вес тела на Луне в 6 раз меньше веса тела на Земле.

171. На стержне длиной /=30 см укреплены два оди­наковых грузика: один — в середине стержня, другой — на одном из его концов. Стержень с грузами колеблется около горизонтальной оси, проходящей через свободный конец стержня. Определить приведенную длину L и пе­риод Т простых гармонических колебаний данного физи­ческого маятника. Массой стержня пренебречь.

172. Точка участвует одновременно в двух взаимно перпендикулярных колебаниях, уравнения которых х= =Aismoait и y=A₂cos(u2t, где А\=8 см, Л₂=4 см, (Di=o)2=2 с^-1. Написать уравнение траектории и постро­ить ее. Показать направление движения точки.

173. Точка совершает простые гармонические колеба­ния, уравнение которых x=Asmoit, где Л=5 см, ш= = 2 с^-1. В момент времени, когда точка обладала потен­циальной энергией 11=0,1 мДж, на нее действовала воз­вращающая сила /^г=5 мН. Найти этот момент времени t.

174. Определить частоту v простых гармонических колебаний диска радиусом /?=20 см около горизонталь­ной оси, проходящей через середину радиуса диска пер­пендикулярно его плоскости.

175. Определить период Т простых гармонических ко­лебаний диска радиусом R = 40 см около горизонтальной оси, проходящей через образующую диска.

176. Определить период Т колебаний математического маятника, если его модуль максимального перемещения Дг=18 см и максимальная скорость и_тах=16 см/с.

177. Материальная точка совершает простые гармони­ческие колебания так, что в начальный момент времени смещение х₀—4 см, а скорость и₀=Ю см/с. Определить амплитуду А и начальную фазу фо колебаний, если их период Т=2 с.

178. Складываются два колебания одинакового на­ правления и одинакового периода: x\=A_t s'ma)\t и Х2= = Л₂5тш₂(/+ т), где Л1 = Л₂ = 3 см, Ш) = и₂ = лс^-1, т=0,5 с. Определить амплитуду А и начальную фазу ср₀

результирующего колебания. Написать его уравнение. Построить векторую диаграмму для момента време­ни /=о.

179. На гладком горизонтальном столе лежит шар массой М=200 г, прикрепленный к горизонтально рас­положенной легкой пружине с жесткостью k = 500 Н/м. В шар попадает пуля массой т=10 г, летящая со ско­ростью и=300 м/с, и застревает в нем. Пренебрегая пе­ремещением шара во время удара и сопротивлением воз­духа, определить амплитуду А и период Т колебаний шара.

180. Шарик массой т=60 г колеблется с периодом 7=2 с. В начальный момент времени смещение шарика Хо=4,0 см и он обладает энергией £=0,02 Дж. Записать уравнение простого гармонического колебания шарика и закон изменения возвращающей силы с течением вре­мени.