1.2. Примеры решения задач к разделу «Механика»

Пример № 1. Движение тела массой 2 кг задано уравнением: , где путь выражен в метрах, время – в секундах. Найти зависимость ускорения от времени. Вычислить равнодействующую силу, действующую на тело в конце второй секунды, и среднюю силу за этот промежуток времени.

Дано:	Решение: Закон изменения мгновенной скорости находим, продифференцировав уравнение движения: (1)
– ?

Мгновенное ускорение определяется как производная от модуля скорости по времени:

(2)

Среднее ускорение определяется выражением:

(3)

где υ₂ – мгновенная скорость в момент времени t₂, а ₁ – в момент времени t₁. Из уравнения (1) находим: ;

После подстановки:

(4)

Равнодействующая сила, действующая на тело, определяется по второму закону Ньютона:

или

Подставив в эти формулы значения мгновенного и среднего ускорения (формулы (2) и (4)), получим формулы для вычисления искомых значений сил:

, (Н)

; (H).

Ответ:   ,,.

Пример № 2. По наклонной плоскости, составляющей с горизонтом угол 30º, движется тело массой 5 кг. К этому телу с помощью нерастяжимой нити, перекинутой через блок, привязано тело такой же массы, движущееся вертикально вниз (рис. 1). Коэффициент скольжения между телом и наклонной плоскостью 0,05. Определить ускорение тел и силу натяжения нити.

Дано:
- ?

Решение: Покажем на рисунке силы, действующие на каждое тело. Запишем для каждого из тел уравнение движения (второй закон Ньютона):

В проекциях на выбранные оси координат:

на ось (z)

на ось (x)

на ось (y)

Учитывая, что , где, получим систему уравнений:

Вычтем из первого уравнения второе:

Отсюда искомое ускорение равно:

Подставим числовые данные и вычислим значение ускорения а:

Силу натяжения найдем из уравнения (1) системы:

;

Ответ:    ,.

Пример № 3. Найти линейные ускорения движения центров тяжести шара и диска, скатывающихся без скольжения с наклонной плоскости. Угол наклона плоскости равен 30º. Начальная скорость тел равна нулю.

Дано:
- ?

Решение: При скатывании тела с наклонной плоскости высотой h его потенциальная энергия переходит в кинетическую поступательного и вращательного движения. По закону сохранения энергии:

(1)

где I - момент инерции относительно центра масс тела, m – масса тела; , ω – соответственно линейная и угловая скорости тел.

Длина наклонной плоскости l связана с высотой соотношением (рис. 1):

(2)

Линейная скорость связана с угловой:

(3)

После подстановки формул (2) и (3) в формулу (1), получим:

(4)

Так как движение происходит под действием постоянной силы (силы тяжести), то движение тел – равноускоренное. Начальная скорость , по условию, поэтому:

(5) и (6)

Подставляя формулы (5), (6) в формулу (4), получим:

(7)

Моменты инерции тел относительно оси, проходящей через центр масс соответственно равны:

для шара:	,
для диска:

Подставляя выражение для момента инерции в формулу (7), получим:

для шара:	;
для диска:

Ответ:      ,.

Пример № 4. Материальная точка массой 10 г совершает гармоническое колебание с периодом Т=1 с. Определить амплитуду колебаний, максимальную скорость и ускорение колеблющейся точки, если полная энергия точки равна 0,02 Дж.

Дано: m = 10 г = 10-2кг T = 1 с W = 0,02 Дж	Решение: Уравнение гармонического колебания запишем в виде: (1), где х - смещение материальной точки из положения равновесия; А - амплитуда; ω - циклическая (круговая) частота; t - время; α - начальная фаза.
A, max, amax - ?

Скорость колеблющейся точки среды определяется как первая производная от смещения по времени:

Максимальное значение скорости: . Ускорение точки определяется как производная от скорости по времени:.

Максимальное значение ускорения: .

Полная энергия складывается из кинетической и потенциальной энергии и равна максимальной потенциальной или максимальной кинетической энергии:

Круговая частота связана с периодом : . Тогда:

Из этого выражения найдем амплитуду: .

Проверим размерность:

.

Произведем вычисления:

,

(с^-1),

,

Ответ:   ,,.

Пример № 5. Найти амплитуду и начальную фазу гармонического колебания, полученного от сложения одинаково направленных гармонических колебаний, данных уравнениями: x₁ = 0,02cos (5πt + π/2) м и x₂ = 0,03cos (5πt + π/4) м. Построить векторную диаграмму сложения амплитуд.

Дано: x1 = 0,02cos (5πt + π/2) м x2 = 0,03cos (5πt + π/4) м	Решение: Построить векторную диаграмму – это значит представить колебание в виде вектора, длина которого равна амплитуде колебаний, а его угол наклона к оси абсцисс равен начальной фазе колебаний.
А, α - ? Дать векторную диаграмму.

При вращении вектора с угловой скоростьюω проекция его конца на ось будет совершать гармонические колебания.

Из условия задачи  А₁=0,02 м = 2 см,  α₁= π/2, А₂=0,03 м = 3 см,  α₂ = π/4.

Векторная диаграмма изображена на рисунке.

Результирующую амплитуду найдем по теореме косинусов:

Начальная фаза результирующего колебания находится по формуле:

Вычисления:

;

Ответ:   А = 4,6 м;  α=62^о 46′.

Пример № 6. Период затухающих колебаний Т = 4 с, логарифмический декремент затухания δ = 1,6; начальная фаза равна нулю. Смещение точки в начальный момент времени равно 4,5 см. Написать уравнение колебаний и найти смещение точки в момент времени спустя период Т.

Дано:	Решение: Уравнение затухающих колебаний имеет вид: (1), где β - коэффициент затухания, ω – циклическая частота затухающих колебаний. Найдем  ω:.Логарифмический декремент затухания связан с коэффициентом затухания соотношением: . Отсюда: Подставим ω, β, α в (1) и найдем уравнение затухающих колебаний: .
- ?

Для начального момента времени при t = 0:

Уравнение колебаний имеет вид:

Смещение в момент:

Ответ: