Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

Физика / Физика / Механика. Лекции / Механика. Пособие

.pdf
Скачиваний:
83
Добавлен:
02.03.2016
Размер:
859.12 Кб
Скачать

Дано:

 

Си:

 

 

 

Решение:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

H 12 м

 

 

 

 

 

 

Сделаем

чертеж

(рис.1).

Прямоугольную

 

300

 

 

 

 

 

 

систему координат выбираем так, чтобы её начало

 

V0 12 м/с

 

 

 

 

 

совпало с точкой бросания, а оси был и направлены

 

 

 

 

 

 

вдоль поверхности земли

 

и по нормали к ней в

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

tA ,tB ,Ymax , X max -?

 

 

 

 

сторону

начального

смещения

тела. Изображаем

 

 

 

 

 

 

 

 

траекторию тела,

его

начальную скорость, угол

 

 

 

 

 

 

 

 

 

бросания φ, высоту Н, горизонтальное перемещение

X max .

 

 

Движение тела, брошенного под углом к горизонту, можно представить

 

как результат сложения

двух прямолинейных

Y

 

 

 

движений: одного вдоль поверхности Земли

 

 

 

 

 

 

 

 

(оно

будет

равномерным,

поскольку

 

 

 

 

 

сопротивление

воздуха

не

учитывается)

и

 

 

Vo

C

 

второго

перпендикулярно поверхности

Voy

 

 

 

 

 

 

 

Земли (в данном случае это будет движение

0.

 

A

x

 

тела, брошенного вертикально вверх).

 

 

 

 

 

 

 

 

Vox

 

 

Для замены сложного движения двумя

H

 

Ymax

 

 

 

 

простыми

разложим

 

 

(по

правилу

 

 

 

 

 

параллелограмма) скорость на горизонтальную

 

 

 

B

 

и вертикальную составляющие и

найдём её

 

 

 

X max

 

проекции:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Vox

VoСos ,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Рис. 1.

 

 

Voy

Vo Sin .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Составляем уравнения

скорости

и

перемещения

для проекций по

 

каждому направлению.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Т.к. в горизонтальном направлении тело летит равномерно, то его

 

скорость и координаты в любой момент времени удовлетворяют уравнениям:

 

 

Vx

Vox

VoСos

 

 

 

(1)

 

 

 

 

 

 

и

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

X Vox t VotCos .

 

 

 

(2)

 

 

 

 

 

Для вертикального направления:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Vy

Voy gt Vo Sin gt

 

 

(3)

 

 

 

 

 

 

и

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Y H V tSin

gt 2

.

 

 

(4)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

o

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

21

Время подъёма тела найдём из условия, что в наивысшей точке подъема тела скорость Vy 0 .

Тогда из уравнения (3)

tподъема

Vo Sin

.

 

 

 

 

 

 

 

 

(5)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

g

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Время спуска тела от т. С до т. А

равно времени подъёма, поэтому

продолжительность полёта тела от т. О до т. А равна:

tA 2tподъема

2Vo Sin

 

.

 

 

 

(6)

 

 

 

g

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Максимальную высоту подъёма найдём из уравнения (4), подставив

в него время подъёма из уравнения (5):

 

 

Y

 

H

 

V

2 Sin

2

.

 

 

 

 

 

 

 

(7)

 

 

o

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

max

 

 

 

 

 

2g

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Время

 

полёта

тела до

 

 

т. В

найдём из уравн ения (4), приравняв

координату Y к нулю (Y =0):

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

tB Vo Sin

 

Vo Sin 2

2H

.

(8)

 

 

g

 

 

 

 

 

 

 

g 2

 

 

 

 

g

 

 

Дальность полёта найдём из уравнения (2), подставив в не го время

движения из уравнения (8):

 

 

 

 

 

 

 

 

 

X max VotВCos .

 

 

 

 

 

 

 

 

(9)

Произведем вычисления по формуле (6):

 

t A

 

2Vo Sin

 

2 12 0,5

1,22

(с),

 

 

g

 

 

 

 

9,81

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

по формуле (8):

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

tB

12 0,5

 

 

12 0,5

 

2

 

2 12

2,29 (с),

9,81

 

 

 

 

 

9,81

 

 

9,81

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

по формуле (7):

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Y

 

12 122

0,52

12 1,84 13,84 (м),

max

 

 

 

 

2 9,81

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

по формуле (9):

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

X max 12 0,867 2,29 23,8 (м).

 

Ответ: tA 1,22 с,

tB

2,29 с,

Ymax 13,84 м,

X max 23,8 м.

22

Задача 2.

По условию задачи 1 найти в момент приземления тела следующие величины: скорость и угол падения тела, тангенциальное и нормальное ускорения тела и радиус кривизны траектории.

Дано: Си: Решение:

H 12 м

1) Результирующая или мгновенная скорость

300

в т.В (см. рис. 1 и 2) находится как векторная

V0 12 м/с

сумма составляющих

V x и V y .

 

 

 

VB , , , n , R -?

V B V x V y

или

 

 

VB

V02Cos 2 Vy2

.

 

 

 

 

 

 

Составляющую

Vy в точке В

 

 

B

найдём

из

 

уравнения

 

(3)

 

 

 

 

an

 

 

предыдущей

задачи,

подставив

в

 

a

 

 

него

время

движения

tB

из

 

g

 

уравнения (8):

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

VVo gtB Sin

 

 

 

.

 

 

 

 

(Vo sin )2

2gH

 

Vy

 

Тогда скорость в т. В:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Рис. 2.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

VB

VoCos 2 Vo Sin 2 2gH

Vo2 2gH

Вычисляем

VB 122 2 9,81 12 19,5(м/с).

2) Для определения угла , составленного вектором скорости горизонтальной осью X, воспользуемся треугольником скоростей (рис. 2):

Vx

VB

с

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

sin

VyB

 

 

Vо Sin 2 2gH

 

16,5

0,845

;

VB

 

 

 

 

 

19,5

V 2

2gH

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

о

 

 

 

 

 

 

arcsin 0,845 57 40'

3)Построим в т.B треугольник ускорений. Тангенциальная составляющая

ускорения a направлена вдоль вектора мгновенной скорости V B в данной т. B, т.е. по касательной к траектории.

23

горизонту
Дано:
, ,V0 .
S, H max .-?

Нормальная составляющая ускорения an направлена перпендикулярно вектору мгновенной скорости VB . Их векторная сумма

a an g

Тогда из рис.2 находим

a

gSin g

VyB

;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

VB

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

an

gCos g Vox .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

VB

 

 

 

 

 

 

 

Вычисляем

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

a

gSin 9,81. 0,845 8,3 (м/с2),

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

an

g

 

Vo

Cos

9,8

 

12 0,867

 

 

102

5,25 (м/с2).

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Vo

2 2gH

144 2 9,81 12

19,5

 

 

 

 

 

 

 

4) Радиус кривизны траектории в точке приземления определяем из уравнения:

an VB 2 , отсюда

R

R VB 2 19,52 72,5 (м). an 5,25

Ответ: VB 19,5 м/с, 57 40' , a 8,3 м/с2, an 5,25 м/с2, R 72,5 м .

Задача 3.

Камень брошен на склоне горы под углом α к её поверхности (рис.3). Определите дальность полёта камня и его наибольшую высоту подъёма над

склоном, если начальная скорость камня равна β. Сопротивлением воздуха пренебречь.

Си: Решение:

Так же, как и в задаче 1, движение камня, происходящее по параболе, можно

рассматривать как сумму двух независимых прямолинейных движений. В данном случае в качестве составляющих движений удобно брать движения вдоль наклонной плоскости и перпендикулярно к ней. При таком рассмотрении оба составляющих движения прямолинейны и равнопеременны.

Vо, угол наклона горы к

Y

 

 

V0

 

X

V0 sin

 

 

 

V0 cos

 

 

 

 

g sin

 

 

 

S

 

 

 

 

 

g

g cos

Рис. 3.

 

 

 

 

 

 

 

24

Поместим начало координат в точке бросания так, чтобы оси OX и OY совпали с указанными направлениями, и найдём составляющие векторов начальной скорости Vо и ускорение свободного падения g по осям. Проекции этих составляющих на оси OX и OY равны соответственно:

ax gSin ; Vox VoCos ;

ay gCos ;Voy Vo Sin .

После этого сложное движение можно рассматривать как два более простых: равнозамедленное движение вдоль наклона горы (поверхности земли) с ускорением gSin и равнопеременное движение, перпендикулярное склону

горы, с ускорением gCos .

Составляем уравнения движения для каждого направления с учётом того, что за время t1 всего движения перемещение камня по нормали к поверхности (по оси OY) оказалось равным 0, а вдоль поверхности (по оси OX) - равным S:

0 V t Sin

gt

2Cos

 

S V t Cos

gt 2 Sin

.

1

 

;

1

 

 

o 1

 

2

 

o 1

2

 

 

 

 

 

 

По условию задачи Vo, , нам заданы, поэтому в составленных уравнениях имеются две неизвестные величины S и t1.

Из первого уравнения определяем время полёта камня:

t 2Vо Sin .

1 gCos

Подставляя это выражение во второе уравнени е, находим:

S 2Vо 2 Sin Cos . gCos2

Если подставить сюда значение β=0, что соответствует случаю, когда тело брошено под углом к горизонтальной поверхности, то получим:

S Vо 2 Sin2 . g

Как и следовало ожидать, этот результат совпадает с результатом задачи 1. Самостоятельно предлагается определить максимальную высоту подъёма

камня над поверхностью горы и угол падения.

Задача 4.

Мяч с отвесной скалы высотой 24,5м бросают в горизонтальном направлении с некоторой начальной скоростью. Мяч попадает в цель, лежащую на земле, на расстоянии 30м от основания скалы. С какой начальной скоростью

25

V0 был брошен мяч и какую конечную скорость VB он приобрёл, попадая в цель?

Дано:

 

Си:

 

Решение:

 

 

S 30 м

 

 

 

Введём координатные оси: по горизонтали OX

h 24,5

м

 

 

и по вертикали OY. Совместим начало координат в т.

 

 

О (см. рис.4). Рассмотрим движение мяча как сумму

 

 

 

 

Vo ,VB -?

 

 

 

двух независимых движений: равномерное движение

 

 

 

 

по горизонтали (по оси X) и равноускоренное

 

 

 

 

движение по вертикали (по оси Y). Составим уравнения скорости и перемещения для проекций по каждому направлению.

Так как в горизонтальном направлении мяч летит равномерно, то его скорость и координаты в любой момент времени удовлетворяют уравнениям:

Vx Vox Vo

const ;

(1)

и

 

 

 

 

X S Vot .

 

 

 

(2)

Для движения мяча по оси Y:

 

Vy Voy gt ;

(3)

y h V t

gt 2

.

(4)

 

 

oy

2

 

 

 

 

 

 

 

Т.к. начальная скорость в направлении оси Y Vоy =0 , то уравнения (3) и

(4) преобразуем в уравнения (3 ) и (4 )

 

Vy gt ,

 

 

 

(3’)

y h

gt 2

.

 

 

 

(4’)

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

Из уравнения (4 ) найдём время полёта t:

 

 

 

 

 

 

 

t

2h

 

2 24,5

 

49

2,24 (c).

 

g

 

9,8

 

9,8

 

Y

Зная

время

полёта

мяча,

из

A.

V0

 

 

уравнения

(2)

 

найдём

начальную

 

 

 

 

C

V xc V0

скорость Vо:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

h

V yc

V c

 

V S

 

30

 

 

 

 

 

13,3

(м/с).

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

o

t 2,24

 

 

.

 

.B V V 0 X

 

 

 

 

Вычислив VyB из уравнения (3

) и

 

O

S

 

 

учитывая, что VxB V0 (т.к. движение по

 

 

 

Рис. 4

 

V

V В

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

26

оси X - равномерное) найдём абсолютное значение скорости в т. B:

V

 

 

V 2

V 2

 

13,32 21,92

 

 

25,7 (м/с).

B

658,7

 

 

о

 

 

 

 

 

 

Ответ: Vo = 13,3 м/с, VB = 25,7 м/с.

Задача 5.

Автомобиль движется по закруглению шоссе, имеющему радиус кривизны R 50м. Уравнение движения автомобиля (t) A Bt Ct 2 , где А=10м,

В=10м/с, С 0,5 м/с 2 .

 

 

 

 

 

 

 

 

Найти: 1) Скорость автомобиля, его тангенциальное

аτ, нормальное аn и

полное а

ускорение в момент времени

t =5с. 2) Длину пути

S

и модуль

перемещения

 

r

 

автомобиля

за

интервал время

τ =10с, отсчитанный с

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

момента начала движения.

 

 

 

 

 

 

 

 

Дано:

 

 

Си:

 

 

Решение:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(t) A Bt Ct 2

 

 

 

 

 

 

1) Зная уравнение движения, найдём

A 10 м

 

 

 

 

 

 

 

 

скорость,

взяв

 

первую

производную

 

 

 

 

 

 

 

 

координаты по времени:

 

 

 

В=10м/с

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

V d B 2Ct.

 

 

 

 

 

С 0,5 м/с 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dt

 

 

 

 

 

 

R 50м

 

 

 

 

 

 

 

 

С,

Подставим в это выражение значения В,

t 5 с

 

 

 

 

 

 

 

 

t

и

произведём

вычисления:

 

 

 

 

 

 

 

 

V 10 2 ( 0,5) 5 51(м/с).

 

 

10 с

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2) Тангенциальное

ускорение

найдём,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

V ,an ,a ,a,S, r -?

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

взяв первую производную скорости по времени:

a

dV

 

2C.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dt

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Подставив значение C, получим: a 2 ( 0,5) 1(м/с 2 ). 3) Нормальное ускорение определяется по формуле:

an VR2 .

Подставим сюда найденное значение скорости и заданное значение радиуса кривизны траектории и произведём вычисления:

an 52 0,5 (м/с 2 ).

50

4) Полное ускорение является геометрической

(r)

R r S

О (O)

Рис. 5

27

суммой ускорений a и an : a a an .

Абсолютное значение полного ускорения a a2 an2 . Подставим в это выражение найденные значения a и an :

a12 (0,5)2 1,12 (м/с 2 ).

5)Чтобы определить длину пути S, пройденного автомобилем, заметим, что в случае движения в одном направлении (как это имеет место в условиях

задачи) длина пути S равна изменению криволинейной координаты , т.е.

S 0 , или

S A B C 2 -A=B +C 2 .

Подставим в полученное выражение значения B, C, и произведём вычисления:

S10 10 ( 0,5) 102 50 (м).

6)Модуль перемещения, как это видно из рис.5, равен:

 

2R Sin

 

r

 

, где

 

 

2

 

 

 

 

-угол между радиус-векторами, определяющими начальное 0

и конечное

положение автомашины на траектории.

 

 

 

Этот угол (в радианах) находим как отношение длины к пути S

к радиусу

кривизны R траектории, т.е.

S

. Таким образом

 

r

 

2R Sin S

2R

.

 

 

 

 

 

 

 

R

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Подставим сюда значение R, S и произведем вычисления:

r 2 50 Sin0,5 47,9 (м).

Ответ: V=5 м/с, an=-1 м/с2, a =0,5 м/с2,a=1,12 м/с2, S=50 м, r =47,9 м.

III.Вращательное движение

1.Что называется уравнением вращения?

2.Как определяется мгновенная угловая скорость ?

3.Как определить мгновенное угловое ускорение ?

4.Как связаны:

а) угол поворота и длина дуги S, пройденная телом,

28

б) линейная V и угловая скорости,

в) тангенциальное a и угловое ускорения?

5. Как определяются угловая скорость и угол поворота радиуса (угловой путь) при равнопеременном движении мат ериальной точки по окружности? Записать.

6.Что называется периодом T и частотой вращения n материальной точки по окружности? Как они связаны между соб ой, записать их единицы измерения.

7.Как связаны угловая скорость и период вращения материальной точки T? Записать.

Литература: Т., Гл.1.,§4,C.12, 2000.

Примеры решения задач

Задача 1.

Колесо, вращаясь равнозамедленно, при т орможении уменьшило свою частоту за 1 минуту от 300 до 180 об/мин. Найти угловое ускорение колеса и число оборотов N за это время.

Дано:

 

Си:

t 1мин

 

60 с

1 300

об/мин

5

Гц

2 180

об/мин

3

Гц

 

 

 

 

- ?

 

 

 

N - ?

 

 

 

 

 

 

 

2 v2 2 v1 t ,

откуда

Решение:

Уравнения, описывающие движение колеса, имеют вид:

0t t 2

,

(1)

2

 

 

0 t .

 

(2)

Приняв во внимание,

что 2 πΝ,

2 , преобразуем уравнение (2):

29

 

2 1 2

,

 

2 3,14 5 3

0,21

(рад/с 2 ),

 

t

 

 

60

 

 

Учитывая выражение

(1) и (2), находим

число оборотов N вращения

колеса:

2 N 2 1t 2t 2 ,

откуда

N 1t t 2 ; 4

N 5 60 0,21 602 240 об. 4 3,14

Ответ: ε = 0,21 рад/с 2 , N = 240об.

Задача 2.

Тело вращается вокруг неподвижной оси по закону: A Bt Ct 2 , где

А=10рад, В=20рад/с, С=-2

рад/с 2 .

Найти

полное

ускорение

а точки,

находящейся на расстоянии

r 0,1м от оси вращения, для момента времени

t 4 с.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Дано:

 

Си:

 

 

Решение:

 

a

 

 

 

 

 

 

 

A Bt Ct 2

 

 

 

 

 

Полное

ускорение

an

а

А=10рад

 

 

 

 

 

точки,

движущейся по

О. a

 

 

 

 

 

 

кривой

линии,

может

 

В=20рад/с

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

быть

найдено,

как

 

 

С=-2 рад/с 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

геометрическая

сумма

 

Рис. 6

r 0,1м

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

тангенциальной

 

 

 

t 4 с

 

 

 

 

 

составляющей ускорения a , направленной по

 

 

 

 

 

 

касательной к траектории, и нормальной

а ?

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

составляющей ускорения an , направленной к

центру кривизны траектории (рис.6):

 

 

 

 

 

a a an

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Так как векторы a и

an взаимоперпендикулярны, то модуль ускорения

a

 

 

 

.

 

 

 

(1)

 

 

 

a2

a2

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

 

Тангенциальная и нормальная составляющие ускорения выражаются формулами:

30

Тут вы можете оставить комментарий к выбранному абзацу или сообщить об ошибке.

Оставленные комментарии видны всем.