Примеры решения задач. Пример 1. Уравнение движения тела вдоль оси Ох имеет вид: x = 2 + 15t + 0,4t2 + 6t3

Пример 1. Уравнение движения тела вдоль оси Ох имеет вид:
x = 2 + 15 t + 0, 4 t² + 6 t³. Найти: начальную координату х_о; координату х, скорость u и ускорение а тела в момент времени t = 2 с; путь, пройденный за 2 с после начала движения.

Дано: x = 2 + 15 t + 0, 4 t2 + 6 t3; t = 2 с. Найти: х0; хt = 2 с; S; ut = 2 с; аt = 2 с.

Рис. 1

Решение: На рис. 1 показаны начальнаяи конечная координаты, векторы скорости и ускорения тела, движущегося прямолинейно вдоль оси Ох.

Из уравнения движения тела определим его начальную и конечную координаты: х_o = 2 м, х_{t= 2 с} = 81, 6 м.

Пройденный путь равен разности значений координат х_{t = 2 с}и х_o:

S = х_{t = 2 с} – х_o. (1)

Отсюда S = 79, 6 м.

Мгновенную скорость в произвольный момент времени найдём, продифференцировав координату х по времени:

u = x' = 15 + 0, 8 t + 18 t². (2)

Мгновенное ускорение в произвольный момент времени – производная от скорости по времени:

a = u' = 0, 8 + 36 t. (3)

В соответствии с (2) и (3) для момента времени t =2 с:

u_{t =2с} = (15+0, 8× 2 +18× 2²) м/с = 88, 6 м/с, а_{t =2с} = (0, 8 + 36× 2) м/с² = 72, 8 м/с².

Ответ: х_o = 2 м; х_{t =2 с} = 81, 6 м; S = 79, 6 м; u_{t =2 с} = 88, 6 м/с; а_{t =2 с} = 72, 8 м/с².

Пример 2. Колесо радиусом R = 50 см вращается равноускоренно
с ускорением ε = 1, 26 с^-2. Найти линейную скорость u, нормальное а_n и тангенциальное а_t ускорения точек обода колеса через время t = 20 с после начала вращения.

Дано: wо = 0; ε = 1, 26 с-2; R = 50 см= 0, 5 м; t = 20 с. Найти: u; аn; аt.

Рис. 2

Решение: На рис. 2 изображены векторы, характеризующие вращение колеса по часовой стрелке, в произвольный момент времени. Направления векторов скорости и тангенциального ускорения совпадают с касательной в каждой точке колеса. Вектор нормального ускорения перпендикулярен вектору скорости и направлен по радиусу к центру колеса. Вектор направлен в соответствии с правилом правого винта перпендикулярно плоскости рисунка, от нас. При равноускоренном вращении направление вектора углового ускорения совпадает с направлением угловой скорости [1].

Согласно определению угловая скорость w равноускоренного вращательного движения

w =w_o+ ε t.

Поскольку w_o = 0, то

w = ε t. (1)

Линейная скорость колеса связана с его угловой скоростью

u = w R. (2)

Подставив (1) в (2), получим

u = ε R t. (3)

Откуда u = 1, 26∙ 0, 5∙ 20 м/с = 12, 6 м/с.

Нормальное (центростремительное) ускорение находим по формуле

. (4)

Следовательно, .

Тангенциальное (касательное) ускорение

a_t = ε R. (5)

Числовое значение a_t = 12, 6∙ 0, 5 м/c² = 0, 63 м/с².

Ответ: u = 12, 6м/с; a_n = 317, 5 м/с²; a_t = 0, 63 м/с².

Пример 3. На гладкой горизонтальной плоскости находится тело массой m₁ = 250 г. Тело массой m₂ = 400 г подвешено на невесомой и нерастяжимой нити, перекинутой через блок и привязанной к телу массой m₁. Пренебрегая массой блока и трением, определить силу натяжения нити F_нат; ускорение а тел; путь S, пройденный телами за время
t = 0, 2 с.

Дано: m1 = 250 г = 0, 25 кг; m2 = 400 г = 0, 4 кг; t = 0, 2 с. Найти: Fнат; а; St = 0, 2 с.

Решение: На рис. 3 показаны силы, действующие на тела m₁ и m₂: и – силы тяжести, – сила натяжения нити, – сила нормальной реакции опоры.

Из условия невесомости и нерастяжимости нити следует, что сила натяжения нити на всех участках одинакова и грузы движутся с одним и тем же ускорением.

Запишем второй закон Ньютона в векторной форме для обоих тел:

(1)

Выбираем направление осей Ох и Оy по направлению вектора ускорения . Проецируем векторы на указанные оси, тогда второй закон Ньютона в скалярной форме примет вид:

(2)

Отсюда

. (3)

Числовое значение ускорения .

Из (2) вычислим значение силы натяжения F_нат = 0, 25∙ 6, 04 Н = 1, 51 Н.

Учитывая, что u_o = 0, путь при равноускоренном движении

. (4)

Таким образом, за время t = 0, 2 с пройденный путь

.

Ответ: F_нат = 1, 51 Н; а = 6, 04 м/с²; S = 12 см.

Пример 4. Человек массой m = 70 кг поднимается в лифте, движущемся равномерно (а₁ = 0). Определить вес человека Р₁. Во сколько раз изменится его вес, если лифт поднимается с ускорением а₂ = 1 м/с²?

Дано: m = 70 кг; а1 = 0; а2 = 1 м/с2. Найти: Р1; Р2 / Р1.

Рис. 4

Решение: На человека, находящегося в движущемся лифте, действуют сила тяжести и сила упругости (сила реакции пола) . Записываем второй закон Ньютона в векторной форме:

(1)

В скалярной форме

ma = - mg +N. (2)

При равномерном подъёме (ускорение а₁ = 0) уравнение (2) примет вид

N₁ = mg, (3)

где N₁ – сила реакции опоры, действующая на человека, поднимающегося в лифте равномерно.

На основании третьего закона Ньютона вес человека равен силе реакции опоры

. (4)

Вес приложен к опоре и направлен противоположно . Из (3) и (4) получаем:

. (5)

При равномерном подъёме Р₁ = 700 Н.

При равноускоренном подъёме (а₂ = 1 м/с²) уравнение (2) запишем в виде

ma₂ = – mg + N₂, (6)

где N₂ – сила реакции опоры при подъёме с ускорением.

Откуда

N₂ = m(g +a₂). (7)

Вес тела при равноускоренном подъёме

Р₂ = N₂ = m(g +a₂). (8)

Отношение .

Ответ: Р₁ = 700 Н, при подъёме с ускорением вес тела увеличится в 1, 1 раза.

Пример 5. Геостационарный искусственный спутник Земли " висит" над одной точкой экватора и делает полный оборот вокруг Земли за время Т = 24 часа (рис. 5). На какую высоту запущен спутник? Каковы скорость и ускорение его движения на данной высоте? Радиус Земли
R = 6370 км.

Дано: R = 6370 км = 6, 37∙ 106 м; Т = 24 ч = 8, 64∙ 104 с; go = 9, 8 м/с2. Найти: H; u; g.

Рис. 5

Решение: Поскольку на спутник действует только гравитационная сила, то второй закон Ньютона для спутника имеет вид

, (1)

где – центростремительное ускорение, – сила притяжения Земли,
m – масса спутника.

Центростремительное ускорение находим по формуле

. (2)

определим из закона всемирного тяготения

, (3)

где М – масса Земли.

Подставляя (2) и (3) в (1), получим:

.

Отсюда . (4)

На основании формулы (3) ускорение свободного падения у поверхности Земли

. (5)

Преобразуем (5)

GM = g_oR². (6)

С учётом (6) выражение (4) принимает вид

. (7)

При равномерном вращении с периодом Т скорость спутника

. (8)

Из формул (7) и (8) находим высоту спутника Н над Землей

.

Откуда

. (9)

Следовательно, Н = 35930 км.

Зная Н, по формуле (8) находим u = 3, 07 км/с.

Ускорение спутника равно ускорению силы тяжести на высоте Н

. (10)

Соответственно g = 0, 22 м/с².

Ответ: Н = 35930 км; u = 3, 07 км/с; g = 0, 22 м/с².

Пример 6. Какую силу F₁ нужно приложить к середине бревна в точке А (рис. 6а), чтобы закатить его на ступеньку высотой, равной
0, 5 радиуса бревна? Во сколько раз сила F₂, позволяющая приподнять бревно на высоту ступеньки, больше силы F₁? Масса бревна m = 50 кг.

Дано: h = ½ R; m = 50 кг. Найти: F; F2 /F1.

а) б) Рис. 6

Решение: При закатывании бревна на ступеньку сила и сила тяжести создают вращающие моменты и _. Направления векторов и определяются по правилу правого винта (рис. 6а).

Модуль момента силы F₁ относительно точки С

M₁ = F ₁ l₁, (1)

где – плечо силы F₁.

Таким образом,

. (2)

Модуль момента силы тяжести относительно точки С

M₂ = m g l₂, (3)

где l₂ – плечо силы тяжести.

По теореме Пифагора находим плечо силы тяжести

. (4)

Условием перекатывания бревна будет равенство моментов М₁ и М₂, то есть

m g l₂ = F₁ l₁ (5)

или

. (6)

Откуда

. (7)

После расчёта получим: F₁ = 0, 57∙ 500 Н = 288, 7 Н.

При поднятии груза равномерно вверх сила преодолевает силу тяжести (рис. 6б). По второму закону Ньютона в скалярной форме

F₂ = mg. (8)

Отсюда F₂ = 50∙ 10 Н = 500 Н.

Ответ: F₁ = 288, 7 Н; F₂ / F₁ = 1, 73, т.е. бревно легче закатить на ступеньку, чем поднять на высоту самой ступеньки.

Пример 7. Молотильный барабан, момент инерции которого
J = 30 кг∙ м², вращается с частотой n_o = 20 с^-1. Определить момент силы, под действием которого барабан остановится за время ∆ t = 3, 3 мин.

Дано: no = 20 с-1; n = 0; ∆ t = 3, 3 мин = 198 c; J = 30 кг∙ м2. Найти: Mтр.

Рис. 7

Решение: На рис. 7 указаны направления векторов, характеризующих равнозамедленное вращение барабана. Замедленное вращение барабана совершается под действием постоянного тормозящего момента .

Согласно закону изменения момента импульса произведение момента силы, действующего на барабан, и времени действия этого момента, равно изменению момента импульса барабана:

, (1)

где w_о и w – начальная и конечная угловые скорости.

В момент остановки w = 0, поэтому .

Отсюда

. (2)

Поскольку угловая скорость связана с частотой вращения соотношением

, (3)

то получаем расчётную формулу для тормозящего момента

. (4)

Следовательно, .

Знак минус показывает, что момент силы трения оказывает тормозящее действие.

Ответ: М_тр = –19 Н∙ м.

Пример 8. На спокойной воде пруда стоит лодка длиной L и массой m₂ перпендикулярно берегу, обращённая к нему носом. На носу лодки стоит человек массой m₁. На какое расстояние S лодка приблизится к берегу, если человек перейдёт с носа на корму лодки (рис. 8).

Дано: L; m1; m2. Найти: S.

Рис. 8

Решение: Считаем, что человек идёт по лодке с постоянной скоростью. Лодка в этом случае также будет двигаться равномерно, но в противоположную сторону. При движении импульс человека

, (1)

где – скорость человека относительно берега.

Импульс лодки

, (2)

где – скорость лодки относительно берега.

В системе отсчёта, связанной с берегом, скорость лодки

. (3)

Учитывая, что человек движется относительно лодки и вместе с лодкой, скорость человека относительно берега

. (4)

Система " лодка-человек" является замкнутой, так как внешние силы (сила тяжести и выталкивающая сила) скомпенсированы. Для замкнутой системы тел справедлив закон сохранения импульса. Поскольку до начала перемещения человека импульс системы равен нулю, то закон сохранения импульса запишем в виде

. (5)

Проецируем импульсы и на ось ох и учитываем (3) и (4):

. (6)

Получаем искомую расчётную формулу

. (7)

Ответ: .

Пример 9. На краю горизонтальной платформы, имеющей форму диска, стоит человек массой m₂ = 80 кг. Масса платформы m₁ = 240 кг, её радиус R = 2 м. Платформа может вращаться вокруг вертикальной оси, проходящей через её центр. Пренебрегая трением, найти, с какой частотой будет вращаться платформа, если человек пойдёт вдоль её края со скоростью u =1 км/ч.

Дано: m1 = 240 кг; m2 = 80 кг; u = 1 км/ч = 0, 28 м/с; R = 2 м. Найти: n1.

Рис. 9

Решение: Система " человек – платформа" является замкнутой, так как моменты внешних сил (силы тяжести и силы реакции опоры), действующих на эту систему относительно оси ОО¢, являются уравновешенными. Для такой системы выполняется закон сохранения момента импульса

, (1)

где и – моменты импульсов системы до и после начала движения человека по платформе соответственно.

До начала движения человека момент импульса системы относительно неподвижной оси ОО', связанной с полом,

. (2)

При движении человека вдоль края платформы момент импульса всей системы

, (3)

где J₁ и J₂ – моменты инерции платформы и человека, и – их угловые скорости относительно ОО¢.

Угловые скорости и направлены в противоположные стороны, так как при движении человека платформа вращается в противоположном направлении.

На рис. 9 показаны векторы моментов импульсов платформы и человека .

Момент инерции платформы находим по формуле

. (4)

Считая, что масса человека сосредоточена в точке касания с платформой, его момент инерции

. (5)

Человек движется относительно платформы и вместе с ней, поэтому его угловая скорость относительно оси ОО¢, связанной с полом,

w₂ = (w_o2 – w₁), (6)

где – угловая скорость человека относительно платформы.

Следовательно,

. (7)

Согласно закону сохранения момента импульса (1) для системы " человек – платформа" и формулам (2), (3)

. (8)

Спроецируем векторы и на ось ОО':

I₁w₁ – I₂w₂ = 0.

С учётом выражений (4) и (8) имеем

. (9)

Отсюда

. (10)

Используя связь между угловой скоростью w и частотой n
(w = 2 π n), получим формулу для частоты вращения платформы n₁:

. (11)

Подставив числовые значения в (11), найдём

.

Ответ: n₁ = 0, 53 мин^–1.

Пример 10. Молот массой m = 200 кг падает с высотой h = 20 см на заготовку, масса которой вместе с наковальней составляет М = 2500 кг. Найти: кинетическую энергию молота в момент удара W_к1; энергию W_к2, переданную системе " молот – заготовка – наковальня"; полезную энергию, необходимую для деформации заготовки Е _д; коэффициент полезного действия удара η. Удар молота о заготовку рассматривать как неупругий.

Дано: m = 200 кг; M = 2500 кг; h = 20 см = 0, 2 м. Найти: Wк1; Wк2; Е д; η.

Рис. 10

Решение: Если пренебречь силами сопротивления, то систему " молот– Земля" можно считать замкнутой. Падение молота происходит под действием силы тяжести, следовательно, к системе " молот – Земля" можно применить закон сохранения механической энергии. Потенциальная энергия молота mgh в конце падения с высоты h переходит в его кинетическую энергию W_к1.

mgh= W_к1. (1)

Подставляя числовые значения, получаем: W_к1 = 200∙ 10∙ 0, 2 Дж = 400 Дж.

Система " молот – заготовка – наковальня" является замкнутой, но неконсервативной, поэтому можно считать, что энергия, затраченная на деформацию заготовки, равна разности значений механических энергий до и после удара. Во время удара изменяется только кинетическая энергия тел, так как незначительным перемещением тел по вертикали во время удара пренебрегаем. Тогда полезная энергия, затраченная на деформацию (ковку),

Е _д = W_к1 – W_к2, (2)

где W_к2 – кинетическая энергия системы после удара.

Для определения кинетической энергии, переданной системе, необходимо знать её скорость после удара. Применим закон сохранения импульса для этой системы в момент удара:

, (3)

где – скорость молота до удара, – скорость наковальни, заготовки и молота после удара.

Уравнение (3) запишем в скалярной форме

mu = (m+M) u. (4)

Отсюда

. (5)

Кинетическая энергия системы после удара

. (6)

Из выражений (5) и (6) получим формулу для W_к2:

. (7)

Отсюда .

Согласно формуле (2) энергия, затраченная на деформацию (ковку), Е _д = (400 – 29, 6) Дж = 370, 4 Дж.

Коэффициент полезного действия определим как отношение полезной энергии, затраченной на деформацию, к полной энергии W_к1:

. (8)

Соответственно, кпд или η = 93%.

Ответ: W_к1 = 400 Дж; W_к2 = 29, 6 Дж; Е _д = 370, 4 Дж; η = 93 %.

Пример 11. Шар, катившийся со скоростью u₁ = 3 м/с, ударился о стену и покатился назад со скоростью u₂ = 2 м/с (рис. 11). Масса шара m = 3 кг. На сколько изменилась кинетическая энергия шара? Какая часть энергии шара перешла во внутреннюю энергию стены?

Дано: m = 3 кг; u1 = 3 м/с; u2 = 2 м/с. Найти: ∆ Wк; ∆ Wк / Wк1.

Рис. 11

Решение: Кинетическая энергия шара при качении складывается из кинетической энергии поступательного и вращательного движения.

Кинетическая энергия поступательного движения

, (1)

где u – скорость поступательного движения центра масс шара.

Кинетическая энергия вращательного движения

, (2)

где w – угловая скорость вращения относительно центра масс.

Момент инерции шара

. (3)

Линейная u и угловая w скорости связаны соотношением

. (4)

Используя формулы (1), (2), (3) и (4), выразим кинетическую энергию катящегося шара

. (5)

Кинетические энергии шара до и после удара соответственно равны:

и .

Изменение кинетической энергии

∆ W_к = W_к2 – W_к1. (6)

Подставив в (6) выражения для W_к1 и W_{к2 ,} получим

.

Отсюда ∆ W_к = 0, 7∙ 3∙ (2² – 3²) Дж = –10, 5 Дж. Знак " –" указывает на уменьшение кинетической энергии.

Во внутреннюю энергию, связанную с неупругой деформацией стенки, перешла энергия ∆ W_к.

Вычислим кинетическую энергию шара до удара:
W_к1 = 0, 7× 3× 3² Дж = 18, 9 Дж

Следовательно: или .

Ответ: ∆ W_к = –10, 5 Дж; .

Молекулярная физика. Термодинамика