КАТЕГОРИИ:
АстрономияБиологияГеографияДругие языкиДругоеИнформатикаИсторияКультураЛитератураЛогикаМатематикаМедицинаМеханикаОбразованиеОхрана трудаПедагогикаПолитикаПравоПсихологияРиторикаСоциологияСпортСтроительствоТехнологияФизикаФилософияФинансыХимияЧерчениеЭкологияЭкономикаЭлектроника
|
Примеры решения задач. Задача 1. Частица движется так, что зависимость ее радиус-вектора от времени имеет вид
Задача 1. Частица движется так, что зависимость ее радиус-вектора от времени имеет вид , (3.1) где А = 2 м/с3, В = 4 м/с2, С = -2 м – константы. Найти: 1) модуль мгновенной скорости в момент времени t1 = 1 с; 2) приращение скорости и среднюю скорость за промежуток времени от t0 = 0 с до t2 = 2 с; 3) ускорение частицы и его модуль в момент времени t2. Решение. 1) Мгновенную скорость найдем как производную по времени от радиус-вектора, используя закон движения (3.1): (3.2) где ux = 3At2, uy = 2Bt, uz = 0.
Отсюда получаем . (3.3) В момент времени t1 модуль скорости согласно формуле (3.3) принимает значение u1 = 10 м/с. 2) Приращение скорости . Используя соотношение (3.2), получим (3.4) Чтобы вычислить среднюю скорость < >, найдем выражение для перемещения : , которое подставим в формулу, по которой определяется средняя скорость: (3.5)
После подстановки данных в формулы (3.4) и (3.5) получим: м/с; м/с. 3) Воспользовавшись зависимостью скорости от времени (3.2), определим мгновенное ускорение как производную от скорости по времени: . (3.6) Найдем модуль ускорения , (3.7) где согласно (6) ах = 6At, ay = 2B, az = 0. При t = t1 формулы (3.6) и (3.7) дают следующие значения: м/с2; а = 14 м/с2. Ответ: 1) ; u1 = 10 м/с. 2) ; м/с; ; м/с. 3) ; м/с2; ; а = 14 м/с2. Задача 2. Ускорение точки меняется с течением времени по закону: , (3.8) ее начальная скорость , (3.9) где А = 2 м/с2, с-1, В = -2 м/с. Найти: 1) мгновенную скорость точки и ее модуль в момент времени t1 = 4 с; 2) приращение радиус-вектора (перемещение) точки за время от t0 = 0 с до t1 = 4 с; 3) путь, пройденный точкой за это время. Решение. 1) Зная зависимость ускорения точки от времени, найдем зависимость скорости от времени, воспользовавшись соотношением: . Подставив в него заданные выражения для и , получим: (3.10) Отсюда ; ; ; . (3.11)
Таким образом, в любой момент времени модуль скорости одинаков и равен u = 3,3 м/с. В момент времени t1 по формуле (3.10) скорость принимает значение (t1) = (2,5 -2 ) м/с; 2) Для нахождения перемещения воспользуемся соотношением (10):
(3.12) м. Из формулы (3.12) ; ; ; ; м. 3) Найдем длину пути S(t), используя выражение (3.11) для модуля скорости: . (3.13) Подставив в (13) данные задачи, получим S(t1) = 13,2 м. Ответ: 1) ; (t1) = (2,5 -2 ) м/с; ; u = 3,3 м/с. 2) ; м. ; м. 3) ; S(t1) = 13,2 м. Задача 3. Из пушки выпустили последовательно два снаряда со скоростью u0 = 250 м/с; первый под углом 60°, второй – под углом 30° к горизонту (рис.3.1). Пренебрегая сопротивлением воздуха, найти интервал времени между выстрелами, при котором снаряды столкнутся друг с другом.
Рис. 3.1
Решение. Обозначим радиус-вектор и скорость первого снаряда и , второго - и , соответственно. Пусть до момента столкновения со времени запуска первого снаряда прошло время t1, со времени запуска второго снаряда – t2, а . В момент столкновения положения снарядов совпадают и определяются вектором : = 1(t1)= 2(t2). (3.14) Согласно формуле (1.19), , ; или в проекциях на координатные оси (рис.3.1): x1(t1) = u0 cosα1 t1 ; y1(t1) = u0 sinα1 t1 – ; (3.15) x2(t2) = u0 cosα2 t2 ; y2(t2) = u0 sinα2 t2 – . (3.16) Равенство (3.14) означает, что x1(t1) = x2(t2) и y1(t1) = y2(t2). Подставив сюда выражения (3.15), (3.16), получим: u0 cosα1 t1 = u0 cosα2 t2 (3.17) u0 sinα1 t1 – = u0 sinα2 t2 – . Преобразуем последнее уравнение u0 (sinα1 t1 – sinα2 t2 )- (t12 - t22) = 0 (3.18) Из равенства (3.17) находим (3.19) Подставим выражение (3.19) в уравнение (3.18), получим следующее квадратное уравнение: , одним из решений которого будет t2 = 0, что не соответствует условию задачи. Другое решение имеет вид . (3.20) Объединяя формулы (3.19) и (3.20), найдем интервал времени между выстрелами:
∆t = 18,7 с. Ответ: ; ∆t = 18,7 с.
Задача 4.Тангенциальное ускорение точек, лежащих на ободе колеса, меняется с течением времени по закону: аt = А + Сt, (3.21) где А = 2 м/с2, С = 4 м/с3 – константы. Найти: 1) угловое ускорение колеса в момент времени t1 = 2 с; 2) угловую скорость колеса в этот момент времени; 3) зависимость угла поворота колеса от времени; 4) число оборотов, сделанное колесом за 10 с от начала вращения. Радиус колеса 1 м. Угловую скорость и угол поворота в начальный момент принять равными нулю. Решение. 1) Тангенциальное ускорение точек, лежащих на ободе колеса, и угловое ускорение его вращательного движения связаны соотношением: аt = e∙r, где r – расстояние от этих точек до оси вращения, т.е. радиус колеса. Отсюда . (3.22) При t = t1 = 2 c, e = 4 рад/с2. 2) Векторы и направлены одинаково, поэтому , . Интегрируя последнее выражение с учетом равенства (22), получим: , . Так как по условию задачи в начальный момент времени t = 0 угловая скорость w0 = 0, последнее выражение принимает вид . (3.23) Отсюда w = 12 рад/с при t = t1 = 2 c. 3) Найдем зависимость угла поворота j от времени, воспользовавшись соотношениями: , . Возьмем интеграл от обеих частей последнего равенства с учетом соотношения (3.23): (3.24) Отсюда . По условию задачи при t = 0 j0 = 0, поэтому . (3.25) 4) Угол поворота колеса j и число оборотов N, сделанных колесом за время t, связаны соотношением: j = 2pN. Отсюда с учетом равенства (3.25) . Подставляя данные задачи, получим N = 122 об. Ответ: 1) ; e = 4 рад/с2; 2) ; w = 12 рад/с; 3) ; 4) ; N = 122 об. Задача 5. Брусок массой m = 20 кг движется вверх по наклонной плоскости с углом наклона α = 30°. На брусок действует сила F = 150 Н под углом β = 30° к плоскости (рис.3.2). Коэффициент трения бруска о плоскость m = 0,2. Найти силу трения, действующую на брусок, ускорение бруска и путь, пройденный им за первые две секунды движения, если начальная скорость равна нулю.
Решение. На тело действуют четыре силы: тяжести m , трения , реакции опоры и тяги . Второй закон Ньютона (основное уравнение динамики поступательного движения) для тела имеет следующий вид: . (3.26) Введем систему координат, в которой ось Х направлена по ускорению бруска, ось Y – перпендикулярно наклонной плоскости вверх вдоль силы реакции опоры (рис. 3.2). Начало координат свяжем с положением бруска на момент времени t0 = 0 с. Запишем уравнение (3.26) в проекциях на координатные оси Х и Y соответственно: F cosβ –mg sinα - Fm = ma, (3.27) F sinβ – mg cosα + FN= 0. (3.28) Решив систему уравнений (27) и (28) с учетом соотношения Fm = m FN, найдем Fm и а: Fm = m ( mg cosα – F sinβ ); Fm = 19 Н. ; а = 0,641 м/с2. Брусок движется равноускоренно с нулевой начальной скоростью вдоль оси Х, поэтому длина его пути определяется по формуле ; S = 1,28 м. Ответ: Fm = m ( mg cosα – F sinβ ); Fm = 19 Н. ; а = 0,641 м/с2. ; S = 1,28 м. Задача 6. Груз массой 2 кг, связанный нерастяжимой нитью, перекинутой через невесомый неподвижный блок, с другим грузом массой 4 кг движется вверх по наклонной плоскости с ускорением 4,8 м/с2 (рис. 3.3). Найти силу натяжения нити и коэффициент трения между грузом и плоскостью, если угол наклона плоскости к горизонту α = 30°. Решение. На первое тело действуют четыре силы: тяжести , трения , реакции опоры и натяжения нити . На второе тело действуют силы: тяжести и натяжения нити . Запишем уравнения движения грузов в векторной форме: + + + = (3.29)
+ = . (3.30) Поскольку нить нерастяжимая, блок не вращается и трение нити о блок не учитывается, натяжение нити (по модулю) всюду одинаково и модули ускорений тел равны между собой: F1 = F2 = F ; а1 = а2 = а (3.31) Выберем удобную для рассмотрения движения каждого тела систему координат, как показано на рис. 3.3. Найдем с учетом равенств (31) проекции векторов, входящих в уравнения (29) и (30), на координатные оси X1, Y1 и Х2 соответственно: F – m1g sinα - Fm = m1a, (3.32) -m1g cosα + FN = 0, (3.33) m2g – F = m2a. (3.34) Решая систему уравнений (32)-(34) с учетом равенства Fm = mFN, найдем: F = m2 (g – a); F = 20 Н; ; m = 0,35. Ответ: F = m2 (g – a); F = 20 Н; ; m = 0,35.
Задача 7.На блок диаметра 10 см, укрепленный на горизонтальной оси, проходящей через его центр О, намотана невесомая нить, к концу которой привязан груз массой 300 г (рис. 3.4). Груз проходит расстояние 1 м за время 10 с. Найти момент инерции блока относительно оси вращения. Трением в блоке пренебречь. Решение. На груз действуют силы: тяжести m , натяжения нити . Будем рассматривать движение груза относительно системы отсчета, ось Х которой направлена вертикально вниз. Груз движется равноускоренно. Уравнение его движения имеет вид . (3.35) На блок действуют силы: тяжести , реакции опоры , натяжения нити . Моменты этих сил относительно оси вращения обозначим , , . Вращение блока будем рассматривать относительно системы отсчета, ось Z которой направлена по оси вращения от нас (рис. 3.4). Блок вращается равноускоренно. Уравнение вращательного движения блока: = + + . Моменты сил тяжести и реакции опоры равны нулю, поскольку эти силы проходят через центр вращения О, и, следовательно, плечо каждой из сил равно нулю, поэтому , (3.36)
т.е. векторы и направлены одинаково – по оси вращения Z от нас. Перепишем уравнение (3.35) в проекциях на ось Х: ma = mg – F1. (3.37)
Спроектируем векторы, входящие в уравнение (3.36), на ось Z: Je = M3. (3.38) Модуль момента силы равен произведению силы F2 на ее плечо, которое равно половине диаметра блока (рис. 3.4):
. (3.39) Благодаря невесомости нити силы натяжения и равны по модулю: F1 = F2 = F. (3.40) Модуль тангенциального ускорения аt точек блока, соприкасающихся с нитью, равен модулю ускорения нити в любой ее точке, а следовательно, и модулю ускорения груза а: аt = а. Модуль тангенциального ускорения этих точек и модуль углового ускорения блока связаны соотношением: аt = , отсюда . (3.41) Подставим формулы (3.39) и (3.41) в равенство (3.38). Тогда с учетом выражения (3.40) получим: . (3.42) Решив систему уравнений (3.37) и (3.42), найдем: . (3.43) Величину ускорения груза можно найти, используя формулу для равноускоренного прямолинейного движения. При условии, что начальная скорость груза u0 = 0, пройденный путь можно определить по формуле (1.19). , откуда . Подставим последнюю формулу в выражение (43) для момента инерции: . Используя данные задачи, получим: J = 0,37 кг∙м2. Ответ: ; J = 0,37 кг∙м2.
Задача 8. Груз массой 5 кг, связанный нерастяжимой нитью, перекинутой через неподвижный блок, с другим грузом массой 2 кг, движется вниз по наклонной плоскости (рис. 3.5). Масса блока 300 г. Коэффициент трения между первым грузом и наклонной плоскостью 0,1. Найти ускорение грузов, если угол наклона плоскости к горизонту 30°. Блок считать однородным диском. Решение. Заданная система состоит из трех тел: грузов массами m1 и m2 и блока массой m3. Груз m1 находится под действием сил: тяжести , реакции опоры , натяжения нити и трения . Второй закон Ньютона для этого груза имеет вид . (3.44) На груз m2 действуют силы: тяжести и натяжения нити . Для него второй закон Ньютона имеет вид . (3.45) Блок вращается вокруг неподвижной горизонтальной оси, проходящей через центр О. На него действуют силы: тяжести , реакции оси и натяжения нити и . Моменты сил тяжести блока и реакции оси равны нулю. Вращение блока вызывается только действием сил натяжения нити. Поэтому основное уравнение динамики вращательного движения блока следующее: , (3.46) где J – момент инерции блока относительно оси вращения; и - моменты сил натяжения нити и относительно центра блока О соответственно. Векторы и направлены по оси вращения блока: - к нам, - от нас (рис. 3.5). Угловое ускорение по условию задачи направлено также, как и вектор .
Рис. 3.5 Будем рассматривать движение тела m1 относительно системы отсчета, ось Х1 которой направлена вдоль ускорения , ось Y1 – вдоль силы реакции опоры . Перепишем равенство (3.44) в проекциях на эти оси: m1a1x = m1g sinα – F1 - Fm , (3.47) 0 = FN1 - m1g cosα. Отсюда FN1 = m1g cosα, с учетом этого соотношения сила трения скольжения определяется по формуле: Fm = m m1 g cosα. Подставив ее в равенство (3.47), будем иметь: m1a1x = m1g sinα – F1 - m m1 g cosα. (3.48) Движение груза m2 будем рассматривать относительно системы отсчета, ось Х2 которой направлена вдоль ускорения (рис. 3.5). Перепишем равенство (3.45) в проекциях на эту ось: m2 a2x = -m2g + F2. (3.49) Для описания вращательного движения блока введем систему отсчета, ось Z которой направлена по оси вращения к нам (рис. 3.5). Перепишем равенство (3.46) в проекциях на эту ось: Je = M1 – M2. (3.50) Так как блок считается диском, момент инерции блока относительно оси вращения найдем по формуле (2.19). Модули моментов сил и равны произведению соответствующих сил F¢1 и F¢2 на их плечи: M1 = F¢1 r; M2 = F¢2r. (3.51) Поскольку нить нерастяжима, ускорения обоих грузов можно считать равными по модулю: а1х = а2х = а. (3.52) Модуль тангенциального ускорения точек блока, соприкасающихся с нитью, равен модулю ускорения нити в любой ее точке, следовательно, и модулю ускорения грузов. Поэтому а = аt = er, откуда e = а / r. (3.53) Подставив выражения (2.19), (3.51) и (3.53) в формулу (3.50), с учетом соотношения (3.52) получим: . (3.54) Решив систему уравнений (3.48), (3.49) и (3.54), будем иметь: . Подставив числовые данные, получим: а = 0,09 м/с2. Ответ: ; а = 0,09 м/с2.
|