физика.методичка

Решение

У

Со стороны Земли на ракету действует сила тяжести. При нера-

Т

ботающем двигателе под действием силы тяжести механическая

энергия ракеты изменяться не будет.

Следовательно,

Б

T1 + П1 = Т2 +

П2 ,

(1.13)

где Т1, П1 и Т2, П2 – кинетическая и потенциальнаяНэнергия ракеты

1

й

после выключения двигателя в начальном (у поверхности Земли) и

конечном (на расстоянии, равном радиусу Земли) состояниях.

и

Согласно определению кинетической энергии,

ракеты

Т1 =

2

mυ12.

(1.14)

т

Потенциальная энергия

в начальном состоянии

мере удаленияракеты от поверхности Земли ее потенциаль-

о

−GmM

.

(1.15)

з

П1 =

R

По

ная энергия в растает, а кинетическая – убывает. В конечном со-

ст янии кинетическая энергия Т2 станет равной нулю, а потенци-

альная д стигает максимального значения:

е

− GmM .

Р

п

П2 =

(1.16)

2R

31

mυ2

/2−GmM /(2R) =−GmM /(2R),

1

У

откуда

Т

υ1 = GM / R =

qR ,

Н

где g =

2

– ускорение свободного падения у поверхности Земли.

GM /R

Подставим числовые значения величин и произведем вычисления:

Б

υ1 = 9,8 6,37 10 6 м/с = 7,9

10 3

м/с.

Задача 1.7

й

и

Частица массой 0,01 кг совершает гармон ческие колебания с

периодом 2 с. Полная энергия колеблюще ся частицы – 0,1 мДж.

Определить амплитуду А

р

колебан й

на большее значение силы

о

Fmax, действующей на частицу.

T = 2 c;

Дано:

-4

Дж;

E = 0,1 мДж = 1 10

з

т

m = 0,01 кг.

A = ?

о

и

Fmax = ?

полной

Решение

е

1

Для о ределения амплитуды колебаний воспользуемся выраже-

Р

энергии частицы

ни м

Подставив сюда выражение ω =

2π

и выразив амплитуду, полу-

T

чим

A =

T

2E

.

(1.17)

2π

m

Подставимчисловые значения величинипроизведем вычисления:

A =

2

2 10 −4

м = 0,045 м.

У

2 3,14

10

− 2

Т

Так как частица совершает гармонические колебания, то сила,

действующая на нее, является квазиупругой и, следовательно, мо-

жет быть выражена соотношением

Н

|F| = kx,

Б

где k – коэффициент квазиупругой с лы;

х – смещение колеблющейся

й

.

Максимальное значение сила п иобретает при максимальном

точки

смещении хmax, равн м амплитуде, т.е.

р

Fmax

= kA .

(1.18)

о

Коэфф ц ент kтвыразим через период колебаний:

и

4π2

з

k = mω2 = m

.

(1.19)

T

2

Подставив в уравнение (1.18) выражения для k из формулы (1.19)

и А из формулы (1.17), после сокращений и упрощений получим

п

е

Fmax

=

2π

2mE .

Р

T

33

F max =

2 3,14

2 0,01 0,1 10−3 = 4,44 10−3 Н.

2

Задача

1.8

У

Складываются два колебания одинакового направления, выра-

женные уравнениями

Т

x

= A cos

2π

(t + τ );

1

1

T

1

Б

x2

= A2cos

2π

(t + τ2 ),

Н

T

где А1 = 3 см;

А2 = 2 см; τ1 =1 6 с; τ2 =1 3 с;

T = 2 с.

Построить векторную диаграмму сложен я этих колебаний и на-

р

писать уравнение результирующего колебанйя.

Дано:

о

и

T

т

x1

= A1cos

2π

(t + τ1 ) ;

T

и

2π

x

= A cos

(t + τ

) ;

2

2

з

2

о

A1 = 3 см;

A2

= 2 см;

п

τ

=

1

c;

е

1

6

τ

=

1

c ;

Р

2

3

Рис. 1.3

T = 2 c.

X = f (t)?

34

Решение

Для построения векторной диаграммы сложения двух колебаний

одного направления надо фиксировать какой-либо момент времени.

Обычно векторную диаграмму строят для момента времени t = 0.

Преобразовав оба уравнения к канонической форме

x = Acos(ωt + ϕ),

Т

получим

Н

У

x

= A cos(

2π t +

2π τ

1

);

1

1

T

T

Б

x

= A cos(

2π t +

2π

τ

2

2

).

2

T

T

й

Отсюда видно, что оба складываемых гармонических колебания

T

иT

ω = 2π/T. Начальные

имеют одинаковую циклическую частоту

фазы 1-го и 2-го колебаний соответственно равны

р

ϕ =

2π

τ

;

ϕ =

2π

τ .

о

1

2

2

1

т

Произведем вычисления:

1и

2π

2π

2

з

ω =

T

=

2

c

= 3,14 c

;

ϕ

=

2π

1

рад

= 30о; ϕ

=

2π

1

рад = 60о.

2

3

п

2

6

А1 и А2. Для этого отложим отрезки длиной

е

Из бразим векторы

=о3 см и А2 = 2 см под углами

ϕ1 = 30° и ϕ2 = 60° к оси ОХ. Ре-

А1

Р

зультирующие колебания будт происходить с той же частотой и

амплитудой

A , равной геометрической сумме амплитуд А1 и А2:

A =

A21 + A22 + 2A1A 2cos(ϕ2 − ϕ1).

Начальную фазу результирующего колебания можно определить

У

непосредственно из векторной диаграммы (рис. 1.3):

Т

φ = arсtg

A1sinφ1 + A2sinφ2

.

A cosφ + A cosφ

2

1

1

2

Н

Произведем вычисления:

A = 32 + 22 + 3 3 2cos(60о − 30о) см = 4,84 см;

φ = arctg 3sin30о

+ 2sin60о

й

= arсtg0,898

=

42о

, или 0,735 рад.

3cos30о

+ 2cos60о

и

Б

р

Так как результирующее колебан е является гармоническим,

имеет ту же частоту, что и слагаемые колебан я,

его можно запи-

сать в виде

о

т

+ ϕ),

x

= Acos(ωt

и

где А = 4,84 см; ω =

3,14 c−1; ϕ = 0,735 рад.

Задача

1.9

Материальная точка участвует одновременно в двух взаимно

перпендикулярныхзгармонических колебаниях, уравнения которых:

е

о

x = A1cos ω1t,

π

(1.20)

Р

п

y = A2cos ω2t,

(1.21)

где А1 = 1 см; А2 = 2 см; ω1 = π c−1; ω 2

=

2

с−1 .

36

x = A1cosω1t;

У

y = A2cosω2t;

A1 =1 см;

A2 = 2 см;

Н

ω = π c−1

;

1

Т

ω2 = π с−1 .

Б

2

Рис. 1.4

y = f (x)?

точки

Решение

р

й, сключим время из урав-

Чтобы определить траектор ю

нений (1.20) и (1.21). Заметив, что

о

y = A2 cos(ω1 / 2)t ,

т

применим формулу к синуса п ловинного угла:

и

= ± (1

+ cos

α) / 2.

cos(α/ 2)

Исполь

п

уя это соотношение, можно написать

з y = 2cos

ω1t = 2

1+cosω1t

;

(1.22)

е

2

2

x = cosω1t ,

(1.23)

Р

откуда

y = ±2 (1+ x) / 2 или y = ±

2x + 2) .

(1.24)

37

Для построения траектории найдем по уравнению (1.22) значе-

ТУ

ния y, соответствующие ряду значений х, удовлетворяющих усло-

вию х ≤1:

x

y = 2x + 2

х

y = 2x + 2

-1

0

0

±1,41

-0,75

±

0,5

±

0,71

Н1,73

-0,5

±1

1

Б

±2

кривой

Начертив координатные оси и выбрав единицу длины – санти-

метр, построим точки. Соединив их плавной

, получим тра-

оси