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

Пример 1. Уравнение движения материальной точки вдоль оси ох имеет вид: x = 2 + 15 t + 0, 4 t² + 6 t³. Найти: 1) начальную координату и координату точки при t = 2 с; 2) путь, пройденный за 2 с после начала движения; 3)скорость u и ускорение а в момент времени t = 2 с.

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 вектора скорости и ускорения тела, движущегося прямолинейно в системе отсчета Ох. Тело имеет начальную координату х₀ и конечную х_{t = 2 с}.

В данной задаче значения начальной и конечной координат будут равны: х₀ = 2 м, х_{t = 2 с} = 2 + 15 ∙ 2 + 0, 4 ∙ 2² + 6 ∙ 2³ = 81, 6 м

Пройденный путь по условию равен разности значений х₀ и х_{t = 2 с}

S = х_{t = 2 с} – х₀. (1)

Подставляем значения и получаем: S = 81, 6 – 2 = 79, 6 м.

По определению мгновенная скорость равна первой производной по времени от х

u = x' = 15 + 0, 8 t + 18 t². (2)

Мгновенное ускорение – производная от скорости

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

В искомой точке в соответствие с (2) и (3)

u_{t = 2 с} = 15+ 0, 8 ∙ 2 + 18 ∙ 2² = 88, 6 м/с,

а_{t = 2 с} = 0, 8 + 36 ∙ 2 = 72, 8 м/с².

Ответ: х₀ = 2 м; х_{t = 2 с} = 81, 6 м; S = 79, 6 м; u_{t = 2 с} = 8, 86 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: 1) линейную скорость колеса u через
t = 20 с после начала вращения и выразить ее в км/ч; 2) нормальное а_n и тангенциальное а_t ускорения.

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 вращающееся по часовой стрелке колесо. Направление векторов скорости и тангенциального ускорения совпадает с касательной в искомой точке, направление перпендикулярной вектору и направлено по радиусу к центру колеса. Вектор направлен в соответствии с правилом правого винта перпендикулярно плоскости рисунка от нас. Вектор совпадает с .

1) Из условия равноускоренного вращения находим угловую скорость движения

w =w₀+ ε t.

У нас w₀ = 0, поэтому

w = ε t. (1)

Линейная скорость колеса связана с угловой скоростью

u = w R. (2)

Подставив (1) в (2), получим

u = ε R t. (3)

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

Переводим скорость в км/ч .

2) Нормальное (центростремительное) ускорение находим по формуле

. (4)

Расчёт .

3) Тангенциальное (касательное) ускорение

a_t = ε R. (5)

Получим числовое значение a_t = 12, 6∙ 0, 5 = 0, 63 м/с².

Ответ: u = 12, 6 м/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 нити, перекинутой через блок и привязанной к телу m₁. Пренебрегая массой блока и трением, определить: 1) силу натяжения нити; 2) ускорения тел; 3) путь, пройденный телами за t = 0, 2 с.

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

Решение: 1) Изобразим векторы сил, действующих на тела m₁ и m₂ (рис.3). Здесь и - силы тяжести тел, - сила натяжения нити, - нормальная реакция опоры.

Оба тела движутся с одинаковым по величине ускорением, т.к. считаем нить не растяжимой.

Сила натяжения по обе стороны блока одинакова, т.к. блок невесом.

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, т.е. записываем второй закон Ньютона в скалярной форме

. (2)

Находим расчётную формулу для ускорения

. (3)

Числовое значение ускорения .

Из формулы (2) вычислим значение силы натяжения

F_нат = 0, 25∙ 6, 04 = 1, 51 Н.

2) Путь, пройденный за t = 0, 2 с для обоих тел одинаков. Его находим по закону пути равноускоренного движения при u₀ = 0:

. (4)

Таким образом, получаем путь .

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

Пример 4. Человек массой 70 кг поднимается на лифте, движущемся равномерно. Определить силу давления человека на пол кабины. Во сколько раз изменится сила давления, если лифт поднимается с ускорением 1 м/с²?

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

Рис.4

Решение: 1) На человека, находящегося в движущемся лифте действуют сила тяжести и сила упругости (нормальная реакция пола) . Записываем второй закон Ньютона в векторной форме:

(1)

Проведём ось ОУ в направлении движения лифта и запишем второй закон Ньютона в скалярной форме

ma = - mg +N. (2)

В данной задаче предложен случай равномерного подъёма, когда
а₁ = 0. Получаем

N₁ = mg. (3)

На основании третьего закона Ньютона сила давления человека на опору равна силе реакции опоры

.

Сила давления (вес тела ) приложена к опоре и направлена противоположно . Из (3) получаем:

. (4)

Итак, при равномерном подъёме Р₁ = 700 Н.

2) Применяем (2) для условия равноускоренного подъёма, когда
а₂ = 1 м/с²:

ma₂ = – mg + N₂. (5)

Откуда

N₂ = m(g +a₂) (6)

Вес тела равен Р₂ = N₂ = m(g +a₂). (7)

Рассчитываем отношение .

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

Пример 5. Геостационарный искусственный спутник Земли " Радуга", запущенный на круговую орбиту 15 февраля 1990 г., " висит" над одной точкой экватора и делает полный оборот вокруг Земли за
Т = 24 часа. С какой скоростью движется спутник по орбите? На какую высоту он запущен? Чему равно ускорение спутника? Радиус Земли 6370 км.

Дано: R = 6370 км = 6, 37∙ 106 м; Т = 24 час = 8, 64∙ 104 с; g0 = 9, 8 м/с2. Найти: u; H, g.

Рис.5

Решение: 1) Поскольку на спутник действует только гравитационная сила, то второй закон Ньютона для спутника имеет вид:

. (1)

Здесь - центростремительное ускорение, которое вычисляется по формуле:

, (2)

сила притяжения – , её модуль равен

, (3)

где m – масса спутника, М – масса Земли.

Подставляя (2) и (3) в (1), получим:

.

Отсюда . (4)

Если бы спутник находился на Земле, формула (1) имела бы вид . Отсюда ускорение свободного падения на Земле

. (5)

Преобразуем (5) GM = g₀R². (6)

С учётом (6) выражение (4) принимает вид

. (7)

Скорость спутника получим из соображений равномерного вращения с периодом Т:

. (8)

Находим высоту спутника Н над Землей из (7) и (8)

.

Откуда и

. (9)

Расчёт даёт Н = 35930 км.

2) Для вычисления скорости применим формулу (8) u = 3, 07 км/с.

Ускорение спутника равно ускорению силы тяжести на высоте Н . Рассчитываем g = 0, 22 м/с².

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

Пример 6. Найти силу F₁, приложенную к середине бревна и необходимую, чтобы поднять дерево на ступеньку. Какую силу F₂ нужно приложить к бревну в точке А, чтобы закатить его на ступеньку, высотой равной 0, 5 радиуса дерева? Масса дерева 50 кг. Во сколько раз это усилие меньше, если бы бревно приподнять на высоту ступеньки?

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

а) б) Рис. 6

Решение: 1) Сила поднимает груз равномерно вверх, преодолевая силу тяжести (рис. 6а). По второму закону Ньютона в скалярной форме:

F₁ – mg = 0. (1)

Откуда F₁ = mg.

Подставим числовые значения, получим: F₁ = 50∙ 10 = 500 Н.

2) Сила и сила тяжести mg создают вращательные моменты
(рис. 6 б).

Модуль момента силы равен силе, умноженной на плечо силы (плечо – перпендикуляр, опущенный из точки на оси вращения на линию действия силы).

Модуль момента силы тяжести относительно точки С равен:

M₁ = m g l₁. (2)

По теореме Пифагора находим плечо силы тяжести l₁

. (3)

Модуль момента силы F₂ относительно точки С

M₂ = F₂ l₂, (4)

где плечо силы F₂ .

Таким образом,

. (4а)

На рис. 6б направление вектора перпендикулярно чертежу по оси х, вектор направлен противоположно (по правилу правого винта).

Условием перекатывания будет равенство моментов М₁ и М₂. Запишем это, пользуясь формулами (2), (3), (4) и (4а): m g l₁ = F₂ l₂ или

. (5)

Откуда . (6)

После расчёта получаем: F₂ = 0, 57∙ 500 = 288, 7 Н.

Ответ: F₁ = 500 Н; F₁ / F₂ = 1, 73, т.е. дерево легче закатить на ступеньку, чем поднять на высоту самой ступеньки.

Пример 7. Молотильный барабан вращается с частотой n₀ = 20 с^-1. Момент инерции барабана I = 30 кг∙ м². Определить момент силы, под действием которой барабан остановится за время t = 3, 3 мин.

Дано: n0 = 20 с-1; n = 0; t = 3, 3 мин = 198 c; I = 30 кг∙ м2. Найти: Mтр.

Рис. 7

Решение: На рис. 7 указаны направления векторов, соответствующие условиям равнозамедленного вращения тела.

Основной закон динамики вращательного движения

, (1)

где - угловое ускорение, - вращательный момент, I – момент инерции барабана.

Так как вращение замедленное, оно совершается под действием тормозящей силы F_тр, создающей момент

M = M_тр. (2)

При торможении под действием постоянного тормозящего момента справедлив закон изменения угловой скорости

w = w₀ – ε t. (3)

В момент остановки w = 0, формула (3) приобретает вид w₀ – ε t= 0, откуда w₀ = ε t и

. (4)

Поскольку угловая скорость связана с частотой вращения формулой

, (5)

то имеем

. (6)

Из формул (1) и (6) получаем расчётную формулу для момента тормозящей силы

. (7)

Проводим расчёт искомой величины .

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: Система тел " лодка-человек" является замкнутой (внешние силы: сила тяжести и выталкивающая сила скомпенсированы). Для замкнутой системы тел справедлив закон сохранения импульса. До начала перемещения человека импульс системы равен нулю. При движении человек имеет импульс

, (1)

а импульс лодки

. (2)

В системе отсчёта, связанной с берегом скорость лодки

. (3)

Скорость человека относительно берега

. (4)

Здесь учтено, что человек движется относительно лодки и вместе с лодкой.

Записываем закон сохранения импульса, имея ввиду, что вначале импульс системы равен нулю

. (5)

Проецируем импульсы и на ось ох и учитываем (4) и (5)

,

. (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 пойдет вдоль её края со скоростью u =1 км/час.

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

Рис. 9

Решение: Применим закон сохранения момента импульса к системе тел " человек-платформа" (система замкнута):

. (1)

До начала движения человека и , где - момент импульса платформы и - момент импульса человека относительно неподвижной оси ОО', связанной с полом.

На рис. 9 показаны вектор скорости движущегося человека и вектора моментов импульса и .

При движении человека момент импульса этой системы будет равен

. (2)

Здесь - момент импульса диска, - угловая скорость диска.

Момент инерции диска находим по формуле:

; (3)

Момент импульса человека . Момент инерции человека определяем как для материальной точки, по формуле:

. (4)

Угловую скорость человека относительно оси ОО' получим как разность

w₂ = (w₀₂ – w₁), (5)

так как человек движется относительно платформы и вместе с платформой.

Здесь (6)

– угловая скорость человека относительно платформы

Из формул (3), (4), (5) и (6) момент импульса человека равен

. (7)

Применим закон сохранения момента импульса в данной системе отсчёта, учитывая, что вначале вращения не было

. (8)

Проецируем противонаправленные и на ось ОО'

I₁w₁ – I₂w₂ = 0.

С учётом выражений (3) и (7), имеем

.

Отсюда

. (8)

В задаче необходимо найти частоту вращения диска n₁, которая связана с угловой скоростью w₁ формулой

w₁ = 2 π n₁.

Расчётная формула выглядит

. (9)

После подстановки числовых значений получим .

Ответ: n₁ = 0, 53 мин^-1.

Пример 10. Молот массой m = 200 кг падает с высотой h = 20 см на поковку, масса которой вместе с наковальней составляет М = 2500 кг. Найти: 1) кинетическую энергию молота в момент удара W_к1; 2) энергию, переданную фундаменту W_к2; 3) энергию, затраченную на деформацию поковки Е _д; 4) коэффициент полезного действия удара η.

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

Рис. 10

Решение: 1) По закону сохранения механической энергии потенциальная энергия молота mgh переходит в кинетическую энергию молота в момент удара W_к1 (силами сопротивления пренебрегаем)

mgh= W_к1. (1)

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

2) Для нахождения механической энергии, переданной фундаменту, предварительно определим скорость системы молот с наковальней после удара, считая удар неупругим. Применяем закон сохранения импульса для системы " молот-наковальня" в момент удара

, (2)

где - скорость наковальни с молотом.

Проекции импульсов на ось у mu = (m+M)∙ u, откуда

. (3)

Кинетическая энергия системы после удара W_к2 равна

. (4)

Получим расчётную формулу для W_к2 из (3) и (4)

. (5)

Отсюда Дж.

3) Энергия, затраченная на деформацию (на ковку)

Е _д = W_к1 – W_к2. (6)

Расчёт Е _д = 400 – 29, 6 = 370, 4 Дж.

На ковку пошла энергия Е _д, которая в условиях задачи полезная. Затраченная энергия равна W_к1.

Поэтому коэффициент полезного действия

. (7)

Соответственно кпд равен 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). Массой шара m = 3 кг. На сколько изменилась кинетическая энергия шара? Какую работу совершил шар при взаимодействии со стеной? Какая часть энергии катящегося шара перешла во внутреннюю энергию стены?

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

Рис. 11

Решение: 1) Кинетическая энергия шара при качении складывается из кинетической энергии поступательного движения

(1)

и кинетической энергии вращения

, (2)

где u – скорость поступательного движения центра масс шара.

Момент инерции шара I равен:

, (3)

а w – угловая скорость вращения.

Из формулы связи с линейной скоростью

. (4)

Получим формулу кинетической энергии катящегося шара, применив (1), (2), (3) и (4)

. (5)

Кинетическая энергия шара до и после удара соответственно равны:

и .

Изменение кинетической энергии

∆ W_к = W_к2 – W_к1. (6)

Подставляем в (6) выражения для W_к1 и W_к2

.

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

2) При ударе о стену, шар, деформируя стену, совершил работу за счёт своей кинетической энергии

А = –∆ W_к.

А= +10, 5 Дж.

3) По закону сохранения энергии ∆ W_к перешла во внутреннюю энергию

или .

Ответ: ∆ W_к = –10, 5 Дж; А= +10, 5 Дж; .