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

Физика_вся-10506-yrVar

.pdf
Скачиваний:
23
Добавлен:
03.03.2016
Размер:
407.37 Кб
Скачать

ПРИМЕРЫ И ВАРИАНТЫ КОНТРОЛЬНЫХ РАБОТ ПО РАЗДЕЛАМ ФИЗИКИ

4.1. ФИЗИЧЕСКИЕ ОСНОВЫ МЕХАНИКИ

4.1.1. Примеры решения задач Пример 1. Тело вращается вокруг неподвижной оси по закону, выра-

жаемому формулой

j = 10 + 20t – 2t2.

Найти по значению и по направлению полное ускорениеа точки, находящейся на расстоянии 0,1 м от оси вращения, для момента времени t = 4 с.

Решение.

Точка вращающегося тела описывает окружность. Полное ускорение а точки, движущейся по кривой линии, может быть найдено как геометриче-

r

ская сумма тангенциального ускоренияат , направленного по касательной к

r

траектории, и нормального ускорения ан , направленного к центру кривизны траектории:

а =

ат2 + aн2 .

(4.1)

Тангенциальное и нормальное ускорения точки вращающегося тела вы-

ражаются формулами:

 

 

aT

= e × r ;

(4.2)

aH = w2 × r ,

(4.3)

где w – угловая скорость тела; e – его угловое ускорение; r – расстояние точки от оси вращения.

Подставляя выражения aт и aн в формулу (1), находим:

 

a = e2r 2 + w4r 2 = r e2 + w4 .

(4.4)

Угловая скорость w вращающегося тела равна первой производной от угла поворота по времени:

w = dj = 20 - 4t . dt

В момент времени t = 4 с угловая скорость

w = (20 – 4×4) = 4 с–1.

Угловое ускорение вращающегося тела равно первой производной от угловой скорости по времени:

e = dw = - 4 с-1. dt

Это выражение углового ускорения не содержит времени, следовательно, угловое ускорение имеет постоянное значение, не зависящее от времени.

Подставив найденные значения w и e и заданное значениеr в формулу (4), получим:

 

r

r

ат

ан

 

а = 0,1 (-4)2 + 44 м/с2 =1,65 м/с2 .

Направление полного ускорения можно определить, если найти углы, которые вектор ускорения образует с касательной к траектории или с нормалью к (рисней.1):

a

r r

aт

 

 

 

 

 

 

 

 

cos(a, aт ) =

 

 

;

 

 

 

 

 

(4.5)

 

 

a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Рис. 1

 

 

 

r r

 

aн

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

cos(a, aн ) =

 

 

 

 

;

(4.6)

 

 

 

a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

По формулам (2) и (3) найдем значения ат и aн:

ат = – 4 × 0,1 = –0,4 м/с2;

ан = 42 × 0,1 = 1,6 м/с2;

Подставим эти значения и значение полного ускорения в формулы(5) и

(6):

r

r

0,4

 

 

 

cos(a, aт ) =

 

 

 

 

= 0,242;

 

 

 

 

 

1,65

 

 

 

r

r

1,6

 

 

= 0,97 .

cos(a, aн ) =

 

 

 

 

1,65

 

 

 

 

 

 

Найдем значения искомых углов:

 

 

 

 

 

r r

= 76o ;

 

r r

 

(a, aт )

 

(a, aн ) = 14o .

2

Пример 2. Через блок, выполненный в виде диска и имеющий массу m = 80 г (рис. 2), перекинута тонкая гибкая нить, к концам которой подвешены грузы с массами m1 = 100 г и m2 = 200 г. С каким ускорением будут дви-

гаться грузы, если их предоставить самим себе? (Трением пренебречь.) Р е ш е н и е.

П е р в ы й с п о с о б. Применим к решению задачи основные законы поступательного и вращательного движений. На каждый из движущихся грузов действует две силы: сила тяжести P = mg, направленная вниз, и сила натяжения нити Т, направленная вверх (рис. 2, а). Груз m1 поднимается уско-

ренно вверх, следовательно, T1 > m1g. По второму закону Ньютона равно-

действующая этих сил, равная их разности, прямо пропорциональна массе груза и ускорению, с которым он движется, т. е.

T1 m1g = m1a,

откуда

 

 

 

Т1=m1g + m1a.

(7)

Груз m2

ускоренно опускается вниз, следова-

тельно, T2 <

m2g. Груз m2 ускоренно

опускается

вниз, следовательно, T2 < m2g. Запишем

формулу

второго закона Ньютона для этого груза:

 

 

m2g Т2 = m2a,

 

откуда

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

r

 

 

 

 

 

 

 

r

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Т1'

 

m

 

Т2'

 

 

 

 

m

 

a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

T1

 

 

 

 

 

 

 

T2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

h

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

m1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

m2

m

 

 

 

 

 

 

 

 

 

m2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

m1g

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

h

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

m1g

 

 

 

 

 

 

 

 

 

а

 

б

 

 

 

 

Рис. 2

Т2 = m2g m2a.

(8)

 

 

 

Согласно основному закону динамики вращательного движения, вра-

щающий момент М, приложенный к диску,

равен произведению

момента

инерции J диска на его угловое ускорение e:

 

 

 

 

M = Je.

 

 

(9)

Определим вращающий момент. Силы натяжения нитей действуют не

только на грузы, но и на диск. По третьему закону Ньютона силыТ

1

¢ и Т

¢,

 

 

 

2

приложенные к ободу диска, по своему значению равны, соответственно, си-

3

лам Т1 и Т2, но по направлению им противоположны. При движении грузов диск ускоренно вращается по часовой стрелке, следовательно, Т2¢ > Т1¢. Вра-

щающий момент, приложенный к диску, равен произведению разности этих сил на плечо, равное радиусу диска, т. е.

М = (Т2¢ Т1¢)r.

Момент инерции диска J = mr 2 ; угловое ускорение связано с линейным

2

ускорением грузов соотношением e = а . Подставив в формулу (9) выражения r

для M, J и e, получим:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(Т

¢ Т

¢)r =

mr 2

 

а

.

 

 

 

(10)

 

 

 

2

 

 

1

 

 

2

 

 

r

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Из выражения (10), ползуясь формулами (7) и (8), получим:

 

m2g – m2a m1g m1a =

m

a

 

 

 

 

или

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(m2 m1)g=(m2 + m1

+

m

)a ,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

откуда

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

a =

 

m2 - m1

 

g.

(11)

m

 

+ m + m

 

 

 

2

1

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Отношение масс в правой части формулы(11) есть величина безразмерная. Поэтому числовые значения масс m1, m2 и m можно взять в граммах, как они и даны в условии задачи. Числовое значение ускорения g надо взять в единицах СИ. После подстановки получим:

а =

200

-100

 

 

× 9,81 = 2,88 м с2 .

200 + 100 +

80

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

В т о р о й с п о с о б. Применим к решению задачи закон сохранения энергии, согласно которому при отсутствии трения полная энергия изолиро-

4

ванной системы тел остаётся неизменной во времени при движении этих тел; энергия при этом превращается из потенциальной в кинетическую, и наоборот. Напомним, что в механике полной энергией тела называется сумма его потенциальной и кинетической энергий.

Положим, что в начальный момент движения потенциальная энергия первого груза была равна Eп1 , второго – Eп2 . Через некоторое время высота

первого груза увеличилась наh, второго – уменьшилась на h (рис. 2, б). Потенциальная энергия первого груза стала равнаEп2 + m1gh, второго: Eп2

m2gh. Кроме того, каждый из грузов, двигаясь с ускорением а, приобрел за это время скоростьυ и кинетическую энергию, равную, соответственно,

m1х 2 .

2

Точно так же диск, вращаясь равноускоренно, приобрел угловую ско-

рость w и соответствующую ей кинетическую энергию

 

Jw2

 

.

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Преобразуем выражение кинетической энергии диска. Поскольку

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

J =

mr 2

 

 

и w =

х

,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

r

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

то

1

J щ=

 

1 mr 2 х2

=

 

2

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

2

 

2 r 2

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

По закону сохранения энергии

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

m х2

 

 

m

2

х2

4

 

 

 

 

Eп

+ Eп

2

=

Eп

+ m1gh +

Eп

2

m2gh +

1

 

+

 

 

+

 

 

.

(12)

 

 

 

 

2

4

 

 

 

 

1

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

Перенесем члены, соответствующие потенциальной энергии грузов, из правой части равенства (12) в левую. После очевидных преобразований получим:

(m2 - m1 )gh = (m2 + m1 + m) х2 . 2 2

Так как грузы двигались равноускоренно, то u2 = 2ah. Следовательно,

5

(m

2

- m )g = (m

2

+ m +

m

)а ,

 

 

1

 

 

 

1

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

откуда

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

а =

 

m2 - m1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

g,

 

 

 

 

m

2

+ m +

m

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

т. е. получено выражение совпадающее с выражением (12).

Пример 3*. Два маховика, выполненные в виде дисков радиусами 0,4 м и имеющие массу100 кг каждый, были раскручены до скорости вращения 480 об/мин и затем предоставлены сами себе. Под действием трения валов о подшипники первый маховик остановился через1 мин 20 с; второй маховик до полной остановки сделал240 об. Определить моменты сил трения вала о подшипники у каждого маховика и сравнить эти силы между собой.

Р е ш е н и е.

Найдем момент сил трения, действующий на первый маховик. Для этого воспользуемся основным уравнением динамики вращательного движения в виде

М1Dt = Jw2 - Jw1,

где М1 – вращающий момент (в данном случае – искомый момент силы тре-

ния); Dt – время действия вращающего момента; J – момент инерции махови-

ка; w1 – начальная угловая скорость вращения маховика; w2 – его конечная угловая скорость.

Решив это уравнение относительно М1, получим:

М1 = J (w2 - w1) .

Dt

Найдем числовые значения величин J и w1 и подставим их в выражение для М1:

6

J =

mr 2

=

100 × (0,4)2

= 8 кг× м 2 ;

 

 

2

2

 

w1 = 2 × 3,14 × 480 = 50 с-1; 60

Dt =1 мин 20 с = 80 с,

М1 = 8 × (0 - 50) = -5 Н× м . 80

(Знак ²минус² означает, что момент М1 – тормозящий.)

Найдем момент сил трения, действующих на второй маховик. Так как в условии задачи дано число оборотов, сделанных вторым маховиком до полной остановки, то воспользуемся уравнением, выражающим связь между работой и изменением кинетической энергии для вращательного движения:

М 2Dj = Jщ22 - Jw12 ,

2

2

где Dj – угол поворота тела.

Решив это уравнение относительно М2, получим:

 

 

J (w2

- w2 )

М 2

=

2

1

.

 

 

 

 

2Dj

В полученное для М2 выражение подставим числовые значения входя-

щих величин и произведем вычисления:

J= 8 кг×м2; w2 = 0;

w1 = 50 с –1;

j = 2pN = 2240 = 1507 рад;

М 2 = 8 × (0 - 502 ) = - 6,64 Н× м . 2 ×1507

Чтобы сравнить полученные значения моментов сил трения, найдем отношение их абсолютных значений:

М2 = 6,44 = 1,33.

М1 5

7

У второго маховика момент сил трения больше в 1,33 раза.

Пример 4. С какой скоростью движется Земля вокруг Солнца? (Принять, что Земля движется по круговой орбите.)

Р е ш е н и е.

На тело, движущееся по круговой орбите, действует центростремительная сила, величина которой выражается формулой

Fцс = 2 .

R

где m – масса тела; u – скорость движения тела по орбите; R – радиус кривизны орбиты.

В рассматриваемом случае центростремительной силой является сила притяжения Земли Солнцем, которая выражается формулой

 

F = g

mM

 

,

 

R 2

 

 

 

 

 

 

 

где g – гравитационная постоянная; M

 

 

масса Солнца; R – расстояние

центра Земли от центра Солнца (равно радиусу орбиты).

Приравняв выражения для центростремительной силыFцс и силы при-

тяжения F, получим уравнение

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

mM

,

 

 

= g

 

 

 

 

 

 

 

R2

 

 

R

 

 

 

откуда

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

х =

gМ

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

R

 

 

Подставим в это выражение числовые значения входящих в него величин:

g= 6,67·10 –11 м3/(кг×с2);

М= 1,98×1030 кг;

R = 1,49×1011 м.

Выполняя арифметические действия, находим:

х =

6,67 ×10 -11 ×1,98 ×1030

= 2,98 ×104 = 29,8 км с .

 

1,49 ×1011

 

8

Пример 5. С какой скоростью должна быть выброшена с поверхности Солнца частица, чтобы она могла удалиться за приделы солнечной системы?

Р е ш е н и е.

Частица должна быть выброшена с такой скоростьюu, чтобы соответствующая этой скорости кинетическая энергия была равна работеА, совершаемой против сил притяжения частицы к Солнцу при удалении её в беско-

нечность, т. е. чтобы

2

= A, откуда

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

х =

2 А

.

(13)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

m

 

Для того чтобы вычислить работу, совершаемую против силы притяжения F при удалении тела от Солнца, используем правило нахождения работы переменной силы. Элементарная работа против силы притяженияF при удалении на расстояние dr выразится так:

dA = Fdr = g mM dr, r 2

где m – масса тела; M – масса Солнца; r – расстояние тела от Солнца.

Работа, которую нужно совершить, чтобы удалить тело с поверхности Солнца в бесконечность, будет равна:

¥

dr

¥ dr

 

M

 

A = ò gmM

 

= gmM ò

 

 

= gm

 

,

r 2

 

2

R

R

R r

 

 

где R – радиус Солнца.

Подставим полученное выражение работы А в формулу (13):

х = 2gМ

R

и вычислим это значение скорости:

g= 6,67·10 – 11 м3/(кг×с2);

М= 1,98×1030 кг;

 

 

R = 6,95×108 м;

 

х =

 

2 × 6,67 ×10-11 ×1,98 ×1030

 

= 6,15 ×105

= 615 км с .

 

6,95 ×108

 

 

 

9

Пример 6. Материальная точка с массой0,01 кг совершает гармонические колебания с периодом2 с. Полная энергия колеблющейся точки равна

10–4 Дж.

1.Найти амплитуду колебаний. 2. Написать уравнение данных колебаний. 3. Найти наибольшее значение силы, действующей на точку.

Ре ш е н и е.

1.Запишем уравнение гармонических колебаний в виде

x = A sin w t.

Взяв первую производную смещениях по времени, найдем скорость колеблющейся точки:

 

х =

dx

= cos щt .

 

(14)

 

 

 

 

 

 

 

dt

 

 

 

 

 

 

Воспользовавшись равенством (14),

получим для

кинетической энергии

колеблющейся точки

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Eк =

 

2

 

=

mA

2 w2 cos 2 wt

.

 

2

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Полная энергия колеблющейся точки равна максимальному значению кинетической энергии точки:

Eк max

 

 

 

mA2w2

=

 

 

 

.

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Отсюда находим следующее выражение для амплитуды колебаний;

 

 

 

 

 

 

 

 

A =

1

 

 

 

2Aк max

.

w

 

 

 

 

 

m

Циклическая частота w связана

с

периодом колебанийt соотношением

w = 2p . t

Подставим это соотношение в предыдущее выражение:

А =

t

 

2Eк max

2p

 

m

 

 

и произведем вычисления:

10

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

Оставленные комментарии видны всем.