ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

 

 

1. Движение тела массой 1 кг задано уравнением s = 6t³ + 3t + 2. Найти зависимость скорости и ускорения от времени. Вычислить силу, действующую на тело в конце второй секунды.

Решение. Мгновенную скорость находим как производную от пути по времени:

;

Мгновенное ускорение определяется первой производной от скорости по времени или второй производной от пути по времени:

; a=36t.

Сила, действующая на тело, определяется по второму закону Нью­тона: F=ma, где а согласно условию задачи - ускорение в конце второй секунды. Тогда

F=m*36t F= 1 кг*36*2 м/с² = 72 Н.

Ответ: v=18t²+3; а = 36t; F = 72 Н.

2. Стержень длиной 1 м движется мимо наблюдателя со скоростью 0,8 с. Какой покажется наблюдателю его длина?

Дано: l₀ = 1 м, v = 0,8 с.

Найти I.

Решение. Зависимость длины тела от скорости в релятивистской механике выражается формулой, (1) где l₀ — длина покоящегося стержня; v — скорость его движения; с — скорость света в вакууме.

Подставляя в формулу (1) числовые значения, имеем

Ответ: l=0,6 м.

3. Две частицы движутся навстречу друг другу со скоростями: 1) v=0,5 с и u= 0,75 с;

2) v =с и u=0,75 с. Найти их относи­тельную скорость в первом и втором случаях.

Дано: 1v и = 0,5 с, u = 0,75 с; 2) v = c, u=0,75 с. Найти:

Решение. Согласно теореме сложения скоростей в теории относи­тельности

где v, и — скорости соответственно первой и второй частиц; и' — их относительная скорость; с— скорость света в вакууме. Для пер­вого и второго случаев находим:

Это значит: во-первых, ни в какой инерциальной системе отсчета скорость процесса не может превзойти скорость света; во-вторых, скорость распространения света в вакууме абсолютна. Ответ: =0,91 с; = с.

4.На двух шнурах одинаковой длины, равной 0,8 м, подвешены два свинцовых шара массами 0,5 и 1 кг (рис. 1). Шары соприкасаются между собой. Шар меньшей массы отвели в сторону так, что шнур отклонился на угол α = 60°, и отпустили. На какую высоту подни­мутся оба шара после столкновения? Удар считать центральным и неупругим. Определить энергию, израсходованную на деформацию шаров при ударе.

Дано:m₁=0.5кг, m₂=1кг ,α=60⁰, l=0.8м.

Найти: ∆E_Д

Решение. Так как удар шаров неупругий, то после удара шары бу­дут двигаться с общей скоростью v.Закон сохранения количества движения при этом ударе имеет вид (1)

Здесь v₁ и v₂— скорости шаров до удара. Скорость большого шара до удара равна нулю (v₂ = 0). Скорость меньшего шара найдем, используя закон сохранения энергии. При отклонении меньшего шара на угол α (см. рис. 1) ему сообщается потенциальная энергия, которая затем переходит в кинетическую: m₁gh=m₁v₁²_/2

Из рисунка видно, что h1=(1-cosα)=2lsin² (α/2) поэтому

(2)

 

Из уравнений (1) и (2) находим скорость шаров после удара:

. (3)

Кинетическая энергия, которой обладают шары после удара, пере­ходит в потенциальную: (4)где h — высота поднятия шаров после столкновения.

Из формулы (4) находимh=v²/(2g), или с учетом (3)

При неупругом ударе шаров часть энергии расходуется на их деформацию. Энергия деформации определяется разностью кинети­ческих энергий до и после удара: ∆Е_Д=0,5м₁v₁²-0.5(m₁+m₂)v²

Ис­пользуя уравнения (2) и (3), получаем

∆E_Д=

∆E_Д=2*9.81 м/с²*0,8 м*0,5 кг(1-0,5кг 1,5кг)*0,25=1,3Дж.

Ответ: h=0,044 м, ∆E_Д = 1,3 Дж.

5. Молот массой 70 кг падает с высоты 5 м и ударяет по железно­му изделию, лежащему на наковальне. Масса наковальни вместе с изделием 1330 кг. Считая удар абсолютно неупругим, определить энергию, расходуемую на деформацию изделия. Систему молот-из­делие-наковальня считать замкнутой.

Дано: m₁, = 70 кг, h = 5 м, m₂=1330 кг.

Найти E_Д

Решение. По условию задачи система молот-изделие-наковальня считается замкнутой, а удар неупругий. На основании закона со­хранения энергии можно считать, что энергия, затраченная на де­формацию изделия, равна разности значений механической энергии системы до и после удара.

Считаем, что во время удара изменяется только кинетическая энергия тел, т. е. незначительным перемещением тел по вертикали во время удара пренебрегаем. Тогда для энергии деформации из­делия имеем

(1)

где v — скорость молота в конце падения с высоты h; v' — общая скорость всех тел системы после неупругого удара. Скорость мо­лота в конце падения с высоты h определяется без учета сопро­тивления воздуха и трения по формуле (2)

Общую скорость всех тел системы после неупругого удара найдем, применив закон сохранения количества движения (3)

Для рассматриваемой системы закон сохранения ко­личества движения имеет вид откуда (4)

Подставив в формулу (1) выражения (2) и (4), получим

;

 

Ответ: E_Д = 325,85 Дж.

6.Тело массой 1 кг под действием постоянной силы движется пря­молинейно. Зависимость пути, пройденного телом, от времени за­дана уравнением s = 2t² + 4t+l. Определить работу силы за 10 c, с начала ее действия и зависимость кинетической энергии от вре­мени.

Дано: т= 1 кг, s=2t²+4t + 1.

Найти: A, T=f(t).

Решение. Работа, совершаемая силой, выражается через криволи­нейный интеграл

(1). Сила, действующая на тело, по второму закону Ньютона равна F=ma или F= (2). Мгновенное значение ускорения определяется первой производной от ско­рости по времени или второй производной от пути по времени. В соответствии с этим находим

; (3) (4)

Тогда . (5) Из выражения (3) определим ds: ds =(4t+4)dt

(6) Подставив (5) и (6) в уравнение (1), получим .

По этой формуле определим работу, совершаемую силой за 10 с

с начала ее действия:

Кинетическая энергия определяется по формуле T=mv²/2. (7)

Подставляя (3) в (7), имеем

Т = m (4t + 4)²/2 = m (16t² + 32t + 16)/2 = m (8t² + 16t + 8).

Ответ: А = 960 Дж, T= m(8t²+16t+8).

7. Протон движется со скоростью 0,7 с(с-скорость света). Найти количество движения и кинетическую энергию протона:

Дано: v=0,7с.

Найти: р, Т.

Решение. Количество движения протона определяется по формуле p=mv. (1) Так как скорость протона сравнима со скоростью света, то необходимо учесть зависимость массы от скорости, вос­пользовавшись релятивистским выражением для массы:

(2)

где m-масса движущегося протона; m₀= 1,67*10^-27 кг - масса покоя протона; v-скорость движения протона; c = 3*10⁸ м/с — скорость света в вакууме; v/c=ß - скорость протона, выраженная в долях скорости света.

Подставляя уравнение (2) в (1) и учитывая, что , полу­чаем

;

р= 1,67*10 кг*3*10⁸ м/с*0,7/ = 4.91*10^-19 кг*м/с.

В релятивистской механике кинетическая энергия частицы опре­деляется как разность между полной энергией E и энергией покоя E₀ этой частицы: T = E-E₀ (3)где E ; Е₀=m₀c².Вычислим энергию покоя протона

E₀=1,67*10^-27 кг*3*10⁸ м/с)² = 1,5* 10^-10 Дж.

Тогда [см. (3)]

T =

T= 1,5*10^-10 Дж (l/ — l) =0,6*10^-10 Дж.

Ответ: р = 4,91*10 ^-19 кг*м/с, T = 0,6*10 ^-10 Дж.

8. Какую скорость нужно сообщить ракете, чтобы она, стартовав с Земли, не вернулась на Землю? Сопротивление атмосферы не учи­тывать.

Дано: R_З=6,37*10⁶ м; g=9,8 м/с²; R→∞.

Найти v₀.

Решение. С удалением ракеты от Земли будет увеличиваться ее по­тенциальная энергия и уменьшаться кинетическая. По закону сохра­нения энергии,

GM /R_З — GM/R), (1)

где m – масса ракеты; М – масса Земли; G – гравитационная постоянная; v₀ и v – скорости ракеты относительно Земли в начальный и рассматриваемый моменты; R₃ и R— расстояния от центра Земли до ракеты в начальный и рассматриваемый моменты; GM/R — потенциал гравитационного поля Земли на расстоянии R от ее центра.

После преобразования уравнения (1) имеем v - v ² =2 GM (1 /R₃ -1). Ракета не вернется на Землю, если ее скорость vбудет в бесконечности равна нулю, т. е. v = 0 при R→∞. В этом случае v =2GM/R₃. (2)

Из закона всемирного тяготения следует, что на поверхности Земли GmM/R = mg, откуда GM=gR , (3) где g — ускорение свободного падения на поверхности Земли.

Подставляя формулу (2) в (3), находим

v = 2g R_З, или v₀ = .

Считая, что ракета приобретает нужную скорость v₀ уже вбли­зи поверхности Земли, находим

v₀ = 11,2*10³ м/с = 11,2 км/с.

Такая скорость необходима для преодоления гравитационного поля Земли. Она называется второй космической или параболической ско­ростью.

Ответ: v₀=11,2 км/с.

9.Тело брошено вверх с высоты 12 м под углом 30° к горизонту с начальной скоростью 12 м/с. Определить продолжительность по­лета тела до точек А и В (рис. 2), максимальную высоту, на кото­рую поднимается тело, и дальность полета тела. Сопротивление воз­духа

не учитывать.

Дано: Н=12 м, φ = 30°, v₀ =12 м/с.

Найти: t_А, t_B, y_max, х_max.

Решение. В обозначенной на рис. 2 системе координат проекции на­чальной скорости будут

v_0х = v₀ cos φ, (1) v_0y = v₀ sin φ. (2)

Координаты тела с течени­ем времени изменяются в соответствии с уравнением для равнопеременного дви­жения:

y = Н + v₀ tsin φ-gt²/2; (3) x = v₀ t cos φ (4)

Время подъема тела най­дем из условия, что в наи­высшей точке подъема тела его скорость v_y = v₀ sin φ – gt =0. (2')

Тогда t _под = v₀ sin φ/g (5). Время спуска тела от точки С до точки А равно времени подъема, поэтому продолжительность полета тела от точки О1 до точки А равна

t_А = 2: t_под =2v ₀sin φ/g. (6)

Максимальную высоту подъема найдем из уравнения (3), под­ставив в него время подъема из уравнения (5):

y_max =Н + v sin² φ/ (2g). (7)

Время полета тела до точки В найдем из уравнения (3), при­равняв координату у нулю (у = 0);

t_B = v₀ sin φ/g + . (8)

Дальность полета найдем из уравнения (4), подставив в него время движения из уравнения (8):

х_max = v₀ t_Bcos φ(9)

Тогда [см. (6) —(9)]

t_{А = ;}

t_{B =}

y_max = 12 м + ;

 

х_max =12 м/с *2,29 с*0,867 = 23,8 м.

 

Ответ: t_А =1,22 с, t_B = 2,29 с, y_max = 13,84 м, х_max = 23,8 м

10.По условию задачи 9 найти в момент приземления тела следую­щие величины: скорость и угол падения тела, тангенциальное и нор­мальное ускорения тела, радиус кривизны траектории.

Дано: H=12 м, φ=30°, υ₀= 12 м/с.

Найти: v_B, β, а_τ, а_n, R.

Решение. Результирующая, или мгновенная, скорость в точке В (рис. 2, 3)

 

. Проекцию скорости в точке В найдем из уравнения (2') задачи (9), подставив в него время дви­жения t_B [см. (8)]:

;

;

Из рис. 3 определим угол β, образуемый вектором скорости v_B с осью Ох:

=0.85;β=arcsin0.85=

Построим в точке В «треугольник ускорений». Вектор танген­циального ускорения а_τ направлен вдоль вектора мгновенной ско­рости в данной точке, т. е. по касательной к траектории; вектор нормального ускорения а_n перпендикулярен вектору мгновенной скорости v_B. Из рис. 3 видно, что

 

а_τ = 9,81 м/с²*0.85=8.3m/c²

a_n=12 м/с*0,867/ = 5,25 м/с².

Радиус кривизны траектории в точке приземления определяем

из уравнения a_n = . Имеем ;R= 19,5²м²/с²/5,25 м/с² = 72,5 м.

Ответ: =19,5 м/с, β=57° а_τ=8,3 м/с², а_n = 5,25 м/с², R= 72,5 м.

11.Тонкий стержень массой 300 г и длиной 50 см вращается с уг­ловой скоростью 10 с^-1 в горизонтальной плоскости вокруг верти­кальной оси, проходящей через середину стержня. Найти угловую скорость, если в процессе вращения в той же плоскости стержень переместится так, что ось вращения пройдет через конец стержня.

Дано: m = 300 г = 0,3 кг, =50 см=0,5 м, ωi = 10 с^-1.

Найти ω₂.

Решение. Используем закон сохранения момента количества движения = const, (1) где Ji момент инерции стержня относительно оси вращения.

Для изолированной системы тел векторная сумма моментов ко­личества движения остается постоянной. В данной задаче вследствие того, что распределение массы стержня относительно оси вращения изменяется, момент инерции стержня также изменится. В соответ­ствии с (1) запишем (2)

Известно, что момент инерции стержня относительно оси, про­ходящей через центр масс и перпендикулярной стержню, равен . (3) По теореме Штейнера,

J = J₀ +md²,

где J-мо­мент инерции тела относительно произвольной оси вращения; J₀ - момент инерции относительно параллельной оси, проходящей через центр масс; d - расстояние от центра масс до выбранной оси вра­щения.

Найдем момент инерции относительно оси, проходящей через его конец и перпендикулярной стержню: J₂=Jo+md²,J₂= . (4)

Подставим формулы (3) и (4) в (2);

откуда

= 2,5с^-1.

Ответ: ω₂= 2,5 с^-1.

12. Маховик массой 4 кг свободно вращается с частотой 720 мин^-1 вокруг горизонтальной оси, проходящей через его центр. Массу ма­ховика можно считать равномерно распределенной по его ободу ра­диусом 40 см. Через 30 с под действием тормозящего момента ма­ховик остановился. Найти тормозящий момент и число оборотов, которое сделает маховик до полной остановки.

Дано: ω = 0, m = 4 кг, n = 720 мин^-1=12 с^-1; ∆t= 30 с, R = 0,4 м.

Найти: М,N.

Решение. Для определения тормозящего момента М сил, действую­щих на тело, нужно применить основное уравнение динамики вра­щательного движения: J∆ω=M∆t, (1),

где J- момент инерции маховика относительно оси, проходящей через центр масс;

∆ω- изменение угловой скорости за промежуток времени ∆t.

По условию задачи, ∆ω=-ω₀, где ω₀- начальная угловая ско­рость, так как конечная угловая скорость ω=0. Выразим начальную угловую скорость через частоту вращения маховика, тогда ω₀₌2πn и ∆ω =2πn Момент инерции маховика J = mR²,где m- масса ма­ховика;

R- его радиус. Тогда формула (1) примет вид mR²2πn=M∆t откуда

M = 2πnmR²/∆t,

М = 2*3,14.12с^-1*4кг*0,16 м²/30с = 1,61 Н*м.

Угол поворота, т. е. угловой путьφ, за время вращения махо­вика до остановки может быть определен по формуле для равнозамедленного вращения: , (2)

где -угловое уско­рение. По условию задачи, . Тогда выражение (2) может быть записано так:

Так как φ = 2πN, ω₀=2πn, то число полных оборотов n = n∆t/2n = 12 с^-1*30 с/2 = 180. Ответ: M= 1,61 Н·м, N= 180.