Главная страница Случайная страница
Разделы сайта
АвтомобилиАстрономияБиологияГеографияДом и садДругие языкиДругоеИнформатикаИсторияКультураЛитератураЛогикаМатематикаМедицинаМеталлургияМеханикаОбразованиеОхрана трудаПедагогикаПолитикаПравоПсихологияРелигияРиторикаСоциологияСпортСтроительствоТехнологияТуризмФизикаФилософияФинансыХимияЧерчениеЭкологияЭкономикаЭлектроника
⚡️ Для новых пользователей первый месяц бесплатно. А далее 290 руб/мес, это в 3 раза дешевле аналогов. За эту цену доступен весь функционал: напоминание о визитах, чаевые, предоплаты, общение с клиентами, переносы записей и так далее.
✅ Уйма гибких настроек, которые помогут вам зарабатывать больше и забыть про чувство «что-то мне нужно было сделать».
Сомневаетесь? нажмите на текст, запустите чат-бота и убедитесь во всем сами!
Примеры решения задач. Пример 1 Тело вращается вокруг неподвижной оси по закону, выраженному
|
|
Пример 1 Тело вращается вокруг неподвижной оси по закону, выраженному
формулой j =10+ 20 t - 2 t 2. Найти полное ускорение точки, находящейся на
расстоянии 0, 1 м от оси вращения, для момента времени t = 4 c. Какой угол со-
ставляет вектор полного ускорения с вектором скорости в этот момент време-
ни? Сколько оборотов сделает тело до полной остановки?
Решение.
Полное ускорение точки, движущейся по кривой, может быть найдено
как геометрическая сумма тангенциального ускорения t а
r
, направленного по
касательной к траектории, и нормального ускорения n а
r
, направленного к цен-
тру кривизны траектории:
n а а а
r r r
= + t.
Модуль полного ускорения определяется по формуле:
2 2
t а а а n = +. (1)
Тангенциальное и нормальное ускорения точки выража-
ются формулами:
R,
dt
d
а e
u
t = = (2)
, 2
R
R
аn w
u
= = (3)
где u - линейная скорость точки; e - угловое ускорение; w - угловая < M_]ц]< Mэ< скорость.
Подставляя (2) и (3) в формулу (1), получаем:
2 2 4 2 2 4 а = e R +w R = R e +w.
Угловая скорость w вращения равна первой производной от угла поворо-
та по времени:
t
dt
d
= = 20 - 4
j
w.
В момент времени t = 4 c угловая скорость w =( 20 - 4× 4) = 4 с-1.
Угловое ускорение e вращения равно первой производной от угловой
скорости по времени:
2 4 - = = - c
dt
d w
e.
Тогда значение полного ускорения равно:
2 4 2 а = 0, 1 (-4) + 4 =1, 65 м / с
Так как угловое ускорение e < 0, то движение точки – равнозамедленное,
вектор полного ускорения направлен против вектора скорости.
Из рисунка видно, что
t а
r
R
n а
r
а
r
u r
a
0, 242
1, 65
4 0, 1
cos =
×
= = =
a
R
a
a e
a t.
Отсюда следует, что угол a = 760, тогда между векторами полного уско-
рения и скорости угол составит (180-a) = 1040.
Время до остановки найдем из выражения:
t c
t
0 20 0
0 =
-
-
=
-
® =
-
=
e
w w w w
e.
Угол поворота при этом составит:
10 20 t 2 t 10 100 50 60 рад 2
1 1 j = + - = + - =.
Так как один оборот соответствует углу 2p, то число оборотов, сделанных
до остановки равно:
9, 6
2 3, 14
=
×
= =
p
j
N.
Ответ: 1, 65 м/с2; 1040; 9, 6.
Пример 2 Молот массой m1 =200 кг падает на поковку, масса m2 которой вместе
с наковальней равна 2500 кг. Скорость u 1 молота в момент удара равна 2 м/с.
Найти: кинетическую энергию молота в момент удара; энергию, переданную
фундаменту; энергию, затраченную на деформацию поковки; КПД удара моло-
та о поковку. Удар считать абсолютно неупругим.
Решение.
Кинетическую энергию молота в момент удара найдем по формуле:
Дж
m
T 400
200 2
2 2
1 1
1 =
×
= =
u
.
Запишем закон сохранения импульса при неупругом ударе:
u u ()u 1 1 2 2 1 2 m + m = m + m,
где u 2 – скорость поковки перед ударом, u - скорость молота и поковки после
удара. Так как наковальня с поковкой покоились, то u 2=0. Следовательно,
1 2
1 u u
m m
m
+
=.
Энергия, переданная фундаменту, равна кинетической энергии системы
после удара:
T Дж
m m
m
m m
m m m
T 29, 6
200 400
2 () 2 ()
()
1 2
1 2
1 2
2 =
×
=
+
=
+ ×
=
+
=
u u
.
На деформацию поковки идет разность кинетических энергий:
Т = Т1 - Т2 = 370 Дж.
КПД удара равно отношению энергии, потраченной на деформацию по-
ковки, к первоначальной энергии, т.е.
0, 926 92, 6%
400
370
1
или
Т
Т
h = = =.
Ответ: 400 Дж; 29, 6 Дж; 370 Дж; 92, 6%.
10
Пример 3 Два шара массами m1 = 10 кг и m2 = 15 кг подвешены на нитях дли-
ной L = 1 м так, что шары соприкасаются между собой. Меньший шар был от-
клонен на угол j = 30° и выпущен. Определить высоту h, на которую подни-
мется большой шар после удара. Удар шаров считать упругим.
Решение.
Если положение равновесия шаров принять за нулевой уровень потенци-
альной энергии, то при отклонении шара на угол j его потенциальная энергия
повышается и становится равной:
(1 cos) 1 1 1 1 П = m gh = m gL - j.
При движении обратно эта энергия пре-
вращается в кинетическую энергию Т1:
(1 cos)
2 1
2
1 1
1 j
u
= = m gL -
m
Т.
Отсюда можно найти скорость мало-
го шара в момент удара:
2 (1 cos) 1 u = gL - j. (1)
По закону сохранения импульса в случае
упругого удара можем записать:
1 1 2 2 1 1 2 2 mu +mu = mu +m u, (2)
где u1 и u2 - скорости шаров после упругого удара.
По закону сохранения энергии:
2 2 2 2
2
2 2
2
1 1
2
2 2
2
1 1 m m m u m u
+ = +
u u
. (3)
Перепишем уравнения (2) и (3) в виде:
() () 1 1 1 2 2 2 m u - u = m u -u, (2¢)
() () 2
2
2
2 2
2
1
2
1 1 m u - u = m u -u. (3¢)
Деля равенство (3¢) на (2¢), получаем:
1 1 2 2 u + u = u +u. (4)
Так как большой шар первоначально покоился, то u2 = 0. Выражая u1 из
(4) и подставляя в (2), получаем:
1
1 2
1
2
2
u
m m
m
u
+
=. (5)
Большой шар приобретает в результате удара кинетическую энергию:
2
1
1 2
2 1
2
2 2
2
2
2 2 ÷ ÷
ø
ö
ç ç
è
æ
+
= = u
m m
m u m m
Т.
При отклонении шара эта энергия полностью превращается в потенци-
альную энергию П2:
2
1
1 2
2 1
2 2
2
2 ÷ ÷
ø
ö
ç ç
è
æ
+
= = u
m m
m m
П m gh.
L
j
h1 h
11
Отсюда следует, что
()2
1 2
2
1
2
1 2
g m m
m
h
+
=
u
.
С учетом выражения (1) получаем в итоге:
()2
1 2
2
1 4 (1 cos)
m m
m L
h
+
-
=
j
.
()
h 8, 6 см
625
400 0, 134
10 15
4 10 1 (1 cos30)
2
2 0
=
×
=
+
× × × -
=.
Ответ: 8, 6 см.
Пример 4 Вычислить работу сил гравитационного поля Земли при перемеще-
нии тела массой 1 кг из точки 1 в точку 2 (см. рис). Радиус Земли считать рав-
ным 6400 км, ускорение свободного падения вблизи поверхности Земли при-
нять равным 9, 8 м/с2. Каково ускорение свободного падения в этих точках?
Решение.
Гравитационные силы являются консерватив-
ными (работа по замкнутому контуру гравитационных
сил равна нулю), поэтому они совершают работу за
счет убыли потенциальной энергии:
А12 = -DП = П1 - П2,
где П1 и П2- потенциальные энергии системы «Земля
– тело» в начальном и конечном состоянии.
Принимая потенциальную энергию равной нулю на бесконечно большом
удалении от Земли, можем записать для тела на расстоянии r от центра Земли:
r
mM
П = -G.
Здесь G = 6, 67× 10-11 Н× м2/кг2 – гравитационная постоянная, М – масса Земли.
Из рисунка видно, что r1 = 3R, r2 = 2R.
Тогда получаем (с учетом того, что на поверхности Земли 2 R
M
g = G):
mgR МДж
R
mM
G
R
mM
G
R
mM
А G 1 9, 8 6, 4 10 10, 5
6
1
6
1
6
1
3 2
6
12 = × × × × = = = ÷ ø
ö
ç è
æ
= - - -.
Ускорение свободного падения меняется за пределами Земли по закону (r - рас-
стояние от центра Земли):
2 ()
r
M
g r = G.
Таким образом, g
R
M
G
r
M
g g G
R
M
G
r
M
g G
4
1
4
;
9
1
9 2 2
2
2 2 2
1
1 = = = = = =.
Ответ: 10, 5 МДж; g g
4
1
;
9
1
.
R R R
2 1
12
Пример 5 Стержень длиной l = 1, 5 м и массой М = 10 кг может вращаться во-
круг неподвижной оси, проходящей через верхний конец стержня (см. рис). В
середину стержня попадает пуля массой m = 10 г, летящая горизонтально со
скоростью u0 = 500 м/с, и застревает в стержне. На какой угол j отклонится
стержень после удара?
Решение.
В момент удара момент сил тяжести, действующих
на пулю и стержень, был равен нулю, так как линия дей-
ствия силы проходила через ось вращения. Считая удар
пули о стержень неупругим, применим закон сохранения
момента импульса:
01 02 1 2 L + L = L + L,
где 0 01 0 L = Jw = - начальный момент импульса стержня;
L m r 02 0 = u - начальный момент импульса пули;
L = Jw 1 - момент импульса стержня после удара пули;
u w 2
2 L = m r = mr -конечный момент импульса пули.
Тогда получаем u w w 2
0 m r = J +mr, откуда выражаем угловую скорость,
приобретенную стержнем:
1
2 2 2 2 3
0
2
0 0, 5
7, 5 5, 6 10
3, 75
4
0, 01 1, 5
3
10 1, 5
0, 01 500 0, 75
3 4
2 -
- =
+ ×
=
×
+
×
× ×
=
+
=
+
= c
M m
m
J mr
m r
l l
l
u
u
w.
После удара пули стержень с пулей приобретает кинетическую энергию
6
()
2
2 2 2 Jw M m l w
Т
+
= =, за счет которой центр масс стержня поднимается при от-
клонении на высоту h, приобретая потенциальную энергию П:
(1 cos)
2
= (+) = (+) - j
l
П M m gh M m g.
По закону сохранения энергии:
6
()
(1 cos)
2
()
2 2 w
j
l M m l
M m g
+
+ - =.
Отсюда следует, что
0
2 2
0, 9875 9
3 10
1, 5 0, 5
1
3
cos 1 = ® =
×
×
= - = - j
w
j
g
l
.
Ответ: 90.
2
l
l
С
h
j
13
Пример 6 В сосуде с глицерином падает свинцовый шарик. Определить
максимальное значение диаметра шарика, при котором движение слоев глице-
рина, вызванное падением шарика, является еще ламинарным. Движение счи-
тать установившимся.
Решение.
Движение жидкости, вызванное падением шарика, является ламинарным
или турбулентным в зависимости от числа Рейнольдса, определяемого, в случае
движения шара, формулой:
h
rud
Re =. (1)
Критическое значение числа Рейнольдса Reкр = 0, 5.
На шарик, падающий в глицерине, действуют силы:
1) сила тяжести
3
3
6
1
3 2
4
g d
d
P gV g св св св p r p r r = ÷ ø
ö
ç è
æ
= =;
2) выталкивающая сила
3
6
1
F gV g d выт гл гл = r = r p;
3) сила внутреннего трения
F phru phdu тр = 6 = 3,
где rсв – плотность свинца, rгл – плотность глицерина.
При установившемся движении (u = const), силы должны уравновеши-
ваться, поэтому можно записать второй закон Ньютона в виде:
r gpd r gpd phdu св гл 3
6
1
6
1 3 3 = +.
Отсюда следует, что
() 2
18
d
g св гл
h
r r
u
-
=. (2)
Выражая u из уравнения (1), получим критические значения диаметра
шарика:
()
3
2 18 Re
g
d
гл св гл
кр
r r r
h
-
=.
Подставляя значения, получаем:
()
d 5, 42 мм
0, 124 10
19, 71
1260 11300 1260 9, 8
18 1, 48 0, 5
3
9
3
2
=
×
=
- ×
× ×
=
Ответ: 5, 42 мм.
14
Пример 7 Диск вращается относительно оси, проходящей через его центр, ось
диска перпендикулярна его плоскости. На диск действует вращающий момент,
изменяющийся по закону М=0, 5× t2 (Н× м). Масса диска 10 кг, его радиус 1 м,
w0=0. Определить: момент импульса диска относительно оси, проходящей через
центр диска, в момент времени t = 3с; кинетическую энергию диска в момент
времени t = 3с; угловой путь, пройденный за время от t1=0 до t2= 4c; число обо-
ротов, сделанное диском за это время.
Решение ___Ъ_Ъ_Ф_Ђ_.
На основании основного уравнения динамики вращательного движения
dt
dL
M =.
Тогда
3
0, 5
() 0, 5
3
0
2
0
t
L t Mdt t dt
t t
= ò =ò =.
В момент времени t = 3 c получаем
L t 4, 5кг м / с
3
0, 5 3
() 2
3
= ×
×
=.
Кинетическая энергия диска
2
2 Jw
Т =,
где
2
2 mR
J = - момент инерции диска относительно оси, проходящей через его
центр тяжести; w - угловая скорость вращения.
С учетом того, что
J
L
w =, получаем:
Дж
mR
L
J
L
J
JL
Т 2
10 1
4, 5
2 2 2
2
2
2 2
2
2
=
×
= = = =.
Угловой путь
рад
t
dt
t
dt
mR
t
dt
J
L
dt
t
t
t
t
t
t
2, 1
120
4
3 0, 5 30 120
0, 5 4 4 4
0
3
2
2 3
1
2
1
2
1
= = = =
×
j = ò w = ò = ò ò.
Угол поворота связан с числом оборотов соотношением
N 0, 3 об
2
2, 1
2
= = =
p p
j
.
Ответ: 4, 5 кг× м2/с; 2 Дж; 2, 1 рад; 0, 3 об.
15
Пример 8 На однородный сплошной цилиндр массой m1 = 1 кг и радиусом
R=0, 1 м, ось которого расположена горизонтально, намотана невесомая нерас-
тяжимая нить, на которой подвешен груз массой m2 = 0, 2 кг. В момент времени
t=0 система приходит в движение. Определить время, за которое тело m2 прой-
дет по вертикали вниз расстояние h = 2 м.
Решение.
Тело m2 движется поступательно. Запишем для
него второй закон Ньютона:
m a m g T
r r r
= + 2 2, (1)
где T
r
- сила натяжения нити.
Выбрав направление оси ОХ вертикально вниз,
и спроецировав на нее уравнение (1), получим:
m a = m g -T 2 2. (2)
Цилиндр вращается вокруг своей оси. Запишем
для него основное уравнение вращательного движе-
ния в проекции на ось вращения:
Je = M, (3)
где J – момент инерции цилиндра; e - угловое ускорение цилиндра; М -
суммарный механический вращающий момент сил.
Вращающий момент создается силой натяжения, поэтому
М =T × R. (4)
Для цилиндра момент инерции определяется выражением
2
2
1m R
J =. (5)
Связь между тангенциальным линейным ускорением и угловым ускорени-
ем имеет вид
R
аt e =. (6)
Так как нить невесома, сила натяжения Т, действующая в точке крепления
нити к телу m2 и в точке касания нитью цилиндра равны по величине.
Так как нить нерастяжимая, линейное ускорение точки крепления нити к
телу m2 и тангенциальное ускорение нити в точке ее касания цилиндра также
равны по величине, т.е. а = a t.
Тогда получим
T R
m R
R
a
× = ×
2
2
1.
После преобразований получим
T
a m
=
×
2
1. (7)
Подставим Т из (7) в выражение (2) и получим выражение для ускорения
R
m2
m g
r
2
T
r
h
x
a
16
2 1
2
m 0, 5m
m g
а
+
=.
Ускорение тела m2 остается постоянным, т.е. движение тела m2 является
равноускоренным.
Используя формулы кинематики, запишем перемещение тела по оси ОХ:
2
2 at
H =.
Отсюда получаем
() 2 1
2
0, 5
2 2
m m
m g
H
a
H
t = = +.
Подставим числовые значения
t (0, 2 0, 5 1) 1, 18 с
0, 2 10
2 2
+ × =
×
×
=.
Ответ: 1, 18 с.
Пример 9 Материальная точка с массой 0, 01 кг совершает гармонические коле-
бания с периодом 2 с. Полная энергия колеблющейся точки равна 10-4 Дж.
Найти амплитуду колебаний; написать уравнение колебаний; найти наибольшее
значение силы, действующей на точку.
Решение.
Запишем уравнение гармонических колебаний в общем виде:
sin() 0 x = A wt +j.
Скорость колеблющейся точки есть первая производная смещения по
времени, т.е.
cos() 0 j w w u + = = t A x&
.
Кинетическая энергия точки
2
cos ()
2
0
2 2 2 2 u w w +j
= =
m mA t
Ek.
Полная энергия колеблющейся точки равна максимальному значению ки-
нетической энергии:
2
2 2
max
mA w
E Ek = =.
Отсюда выражаем амплитуду колебаний и с учетом того, что p
p
w = =
T
2
, полу-
чаем:
м
m
T E
A k 0, 045
10
2 10
2 3, 14
2 2
2 2
4
max =
×
×
= = -
-
p
.
Тогда уравнение колебаний перепишется в виде
0, 045sin() 0 x = pt +j.
Принимая начальную фазу колебаний j0 = 0, окончательно получим:
x = 0, 045sinpt.
Ускорение точки есть производная скорости по времени:
17
sin() 0
2 a =u& = & x& = -Aw wt +j.
Отсюда максимальное ускорение
2
max a = Aw.
Тогда максимальная сила будет вычисляться по формуле:
F ma mA 10 0, 045 3, 14 4, 5 10 H 4, 5 мH 2 2 2 3
max max = = = × ×» × = - - w.
Ответ: 0, 045м; x = 0, 045sinpt; 4, 5 мН.
Пример 10 Физический маятник представляет собой стержень длиной l =50 см
и массой m = 270 г с прикрепленным к одному из его концов диском радиусом
R = 10 см и массой M = 500 г. Определить момент инерции маятника; расстоя-
ние от центра масс до точки подвеса; период малых колебаний маятника.
Решение.
Момент инерции маятника равен сумме моментов инерции стержня Jст и
диска Jд. Момент инерции стержня относительно оси, перпендикулярной
стержню и проходящей через его конец определяется по формуле
3
2 ml
Jст =.
Момент инерции диска относительно оси, проходящей через точку под-
веса, определяется по теореме Штейнера
2
0 J J Md д д = +,
где
2
2
0
MR
Jд = - момент инерции диска относительно оси, проходящей через его
центр; d = l + R - расстояние от центра диска до точки подвеса.
В итоге получаем:
2
2 2
()
3 2
M R
m MR
J = + + l +
l
.
Подставляя числовые значения, получим:
2 2
2 2
0, 5 0, 6 0, 0225 0, 0025 0, 18 0, 205
2
0, 5 0, 1
3
0, 27 0, 5
J + × = + + = кг × м
×
+
×
=.
Положение центра масс системы найдем по формуле:
м
m M
m M R
m M
mx Mx
Х C cn C д
С 0, 477
0, 77
0, 0675 0, 3
0, 77
0, 27 0, 25 0, 5 0, 6
()
2 =
+
=
× + ×
=
+
+ +
=
+
+
=
l
l
.
Таким образом, расстояние L от центра масс до точки подвеса равно 0, 477 м.
Период малых колебаний физического маятника определяется выражением
m gL
J
T
общ
= 2p.
Подставляя найденные выше значения, получим:
T 1, 5с
0, 77 9, 8 0, 477
0, 205
2 3, 14 =
× ×
= ×.
Ответ: 0, 205 кг× м2; 0, 477м; 1, 5 с.
18
Пример 11 Складываются два колебания одинакового направления, выражае-
мые уравнениями) ()
6
cos (1 1 x = p t + см и) ()
2
2cos (1 2 x = p t + см. Найти амплитуду
А и начальную фазу j результирующего колебания, написать уравнение резуль-
тирующего колебания.
Решение.
Анализируя уравнения колебаний, можно отметить, что амплитуды коле-
баний А1 = 1 см, А2 = 2 см, частота колебаний w = p с-1, начальные фазы колеба-
ний j1 = p/6, j 2 = p/2.
Для определение амплитуды А и начальной фазы j результирующего ко-
лебания удобно воспользоваться векторной диаграммой (см. рис).
Согласно теореме косинусов, получаем:
2 cos() 1 2 2 1
2
2
2
1 А = A + A + A A j -j;
А 7 см
3
1 2 4cos 2 2 = + + =
p
.
Начальную фазу j результирующего колебания найдем
по формуле:
1 1 2 2
1 1 2 2
cos cos
sin sin
j j
j j
j
A A
A A
tg
+
+
=.
Отсюда получаем:
tg 2, 883 arctg2, 883 70, 9 1, 237 рад
0, 867 0
0, 5 2
2
2cos
6
cos
2
2sin
6
sin
0 = ® = = =
+
+
=
+
+
= j
p p
p p
j.
Уравнение результирующего колебания будет иметь вид:
x = 7 cos(pt +1, 237) = 7 cosp (t + 0, 394) (см).
Ответ: 7 см; 1, 237 рад; x = 7 cosp (t + 0, 394) (см).
Пример 12 Уравнение затухающего колебания системы имеет вид:
x e t t 0, 3 cosp -0, 002 = м. Масса системы 0, 5 кг. Определить собственную частоту
колебаний, коэффициент затуханий, коэффициент сопротивления, логарифми-
ческий декремент. Подсчитать амплитуду колебании в момент времени t = 20 с.
Решение.
Анализируя уравнение колебаний, можно отметить, что амплитуда коле-
баний А0 в момент времени t = 0 равна 0, 3 м, частота колебаний w = p с-1, коэф-
фициент затуханий b = 0, 002 с-1.
По этим данным определим собственную частоту колебаний w0:
2 2 2 2 1
0 3, 14 0, 002 - w = w +b = +»p с.
Коэффициент сопротивления найдем через коэффициент затуханий:
r = 2mb = 2× 0, 5× 0, 002 = 0, 002 кг / с.
Амплитуда затухающих колебаний изменяется по закону:
А1
А2
А
х
y
j1
j2 j
19
t t A t A e e 0, 002
0 () 0, 3 - - = = b.
При t = 20 с амплитуда затухающих колебаний будет равна:
A(t) 0, 3e 0, 3 0, 96 0, 288м 0, 00220 = = × = - ×.
Логарифмический декремент затуханий найдем по формуле:
w
p
l b b
2
()
()
ln = =
+
= T
A t T
A t
Подставляя числовые значения, получаем:
0, 004
2
= 0, 002 =
p
p
l.
Ответ: p с-1; 0, 002 с-1; 0, 002 кг/с; 0, 004; 0, 288 м.
Пример 13 Поперечная волна распространяется вдоль упругого шнура со ско-
ростью 15 м/с. Колебания источника задаются уравнением z t 3 2 10 sin10 - =. Опре-
делить длину волны; смещение и скорость точки, отстоящей от источника волн
на расстоянии х = 45 м, в момент времени t = 5 c; разность фаз колебаний двух
точек, отстоящих от источника волн на расстоянии х1 = 15 м и х2 = 25 м.
Решение.
Запишем уравнении волны в общем виде:
÷ ø
ö
ç è
æ
= -
u
w
x
u(x, t) Аcos t.
Амплитуда колебаний точек волны равна амплитуде колебаний источника, т.е.
3 10- А = м. То же самое можем сказать и про частоту колебаний, т.е. w = 102 с-1.
В итоге получаем:
÷ ø ö
ç è
æ
= - -
15
(,) 10 cos103 2 x
u x t t.
Смещение в точке х = 45 м в момент времени t = 5 c будет равно:
u м 3 2 3 3 3 3 10 cos 200 10 cos(32 0, 96) 10 cos0, 96 0, 574 10
15
45
10 cos10 5 - - - - - × = = - = = ÷ ø
ö
ç è
æ
= - p.
Скорость точки найдем, взяв первую производную от смещения по времени:
÷ ø
ö
ç è
æ
= - -
15
(,) 0, 1sin102 x
t t x u&
.
Скорость в точке х = 45 м в момент времени t = 5 c будет равна:
u 0, 1sin 200 0, 1sin 0, 96 0, 1 0, 82 0, 082м/ с
15
45
0, 1sin10 5 2 = × = = - = ÷ ø
ö
ç è
æ
& = - -.
Длину волны l найдем по формуле
T 0, 94м
100
2 3, 14
15
2
=
×
= = = ×
w
p
l u u.
Разность фаз колебаний двух точек связана с расстоянием между ними:
0
2 1 (25 15) 21, 28 1, 28 230
0, 94
2
()
2
D = x - x = - = p = p рад =
p
l
p
j.
Ответ: 0, 94 м; 0, 574 мм; 8, 2 см/с; 1, 28p рад.
20
|
|