Примеры решения задач

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

Дано:	Решение:
x = 6t3+3t+1 m = 2 кг t = 2 с	Мгновенную скорость находим как производную от координаты по времени: Мгновенное ускорение определяется первой
(t)-? A(t)-? F-? p-?

производной от скорости по времени или второй производной от координаты по времени:

; a = 36t.

Сила, действующая на тело, определяется по второму закону Ньютона: F = ma, где a - ускорение в конце второй секунды.

Тогда F = m36t; F = 2362 = 144 (H).

Импульс тела p = m = m(18t²+3); p = 2(182²+3) = 150 (кгм/с).

Ответ: = 18t²+3 (м/с); а = 36t (м/с²); F = 144 H; p = 150 кгм/с.

Пример 2. Тело вращается вокруг неподвижной оси по закону  = A+Bt+Ct², где А = 10 рад, В = 20 рад/с, С = –2 рад/с². Найти полное ускорение точки, находящейся на расстоянии r = 0,1 м от оси вращения, для момента времени t = 4 с.

Дано:	Решение:
А = 10 рад В = 20 рад/с С = – 2рад/с2 r = 0,1 м	Полное ускорение точки, движущейся по кривой линии, может быть найдено как геометрическая сумма тангенциального ускорения , направленного по касательной к траектории, и

t = 4 с	нормального ускорения , направленного к центру кривизны траектории (рисунок 3):
a-?

.

Так как векторы и взаимно перпендикулярны, то модуль ускорения

(1).

Модули тангенциального и нормального ускорения точки вращающегося тела выражаются формулами: , ,

где  – модуль угловой скорости тела;

 – модуль его углового ускорения.

Подставляя выражения и в формулу (1), находим:

(2).

Угловую скорость  найдем, взяв первую производную угла поворота по времени: .

В момент времени t4 с модуль угловой скорости

 = [20+2(-2)4] рад/с = 4 рад/с.

Угловое ускорение найдем, взяв первую производную от угловой скорости по времени: ,  = 2С = 2(-2) рад/с² = – 4 рад/с².

Подставляя значения ,  и r в формулу (2), получаем:

м/с² = 1,65 м/с².

Ответ: а = 1,65 м/с².

Пример 3. Мяч бросили вертикально вверх со скоростью _o = 50м/с, а спустя  = 1 с из того же места, в том же направлении и с той же скоростью бросили второй мяч. Когда и где встретятся мячи? Какова будет их скорость в момент встречи? Как со временем изменяется расстояние между мячами и скорость второго мяча относительно первого?

Дано:	Решение:
o = 50 м/с  = 1	За начало системы координат примем точку бросания мячей, ось Ох направим вертикально вверх. Для наглядности законы движения тел изобразим графически (рисунок 4). Запишем уравнения для координат первого и второго мяча в любой момент времени t:
tв-? h-? 1в-? 2в-? x-? от-?

;

В момент встречи t_в координаты мячей равны, т.е. х₁ = х₂ или

Решим это уравнение относительно t_в:

;

;

, где g = 9,8 м/с².

Подставляя это значение t_в в уравнение для х₁ или х₂, получим:

В любой момент времени t скорости мячей и .

В момент встречи мячей их скорости будут

= 50 м/с – 9,8 м/с²  5,6 с = – 4,9 м/с,

= 50-9,8(5,6-1) = 4,9 (м/с).

Оба мяча имеют одинаковые по модулю скорости, но направленные навстречу друг другу. Первый мяч падает, второй – поднимается вверх.

В любой момент времени t расстояние между мячами

.

Скорость второго мяча относительно первого

_от = – = _o– g(t–) – ( _o– gt) = _o– gt + g – _o+ gt = g = const

_от = 9,8 м/с²  1 с = 9,8 м/с

Ответ: t_в5,6 с; h = 126,1 м; = – 4,9 м/с; = 4,9 м/с;

х = g²+ _o –gt; _от = 9,8 м/с = const.

Пример 4. На железнодорожной платформе, движущейся со скоростью = 36 км/ч, укреплено орудие, ствол которого направлен в сторону движения платформы и приподнят над горизонтом на угол  = 45^о. Орудие произвело выстрел, в результате чего скорость платформы уменьшилась в n = 2 раза. Найти скорость u снаряда (относительно орудия) при вылете из ствола. Масса снаряда m = 40 кг, масса платформы с орудием (без снаряда) M = 1,5 т.

Дано:	Решение:
= 36 км/ч = 10 м/с  = 45о n = 2 m = 40 кг M = 1,5 т = 1500 кг	На систему платформа с орудием – снаряд извне действуют две силы: тяжести (m+M) и реакции рельсов. До выстрела эти силы уравновешивались, так как система двигалась равномерно. Во время выстрела сила взаимодействия между платформой и рельсами возрастает вследствие явления отдачи, поэтому равновесие сил,
u-?

п риложенных к системе, нарушается: N>(m+M)g. Следовательно, во время выстрела система не является замкнутой, ее импульс изменяется. Однако следует учесть, что обе рассмотренные силы действуют по вертикали, в то время как в горизонтальном направлении никакие силы на систему не действуют (трением колес платформы о рельсы пренебрегаем). Поэтому проекция импульса системы на горизонтальное направление (направление движения платформы) есть величина постоянная. Рассматривая все движения относительно поверхности земли, получим:

, (1)

где _с cos  – проекция на ось Ох скорости _с снаряда относительно Земли (рисунок 5).

Чтобы связать скорость _с с искомой скоростью u, будем рассматривать движение снаряда относительно Земли как сложное, состоящее из двух: со скоростью u относительно орудия и со скоростью вместе с орудием относительно Земли. Тогда .

Перепишем это уравнение в проекции на ось Ох:

.

Тогда уравнение (1) примет вид:

;

;

; .

Произведем вычисления:

м/с = 272,3 м/с.

Ответ: u = 272,3 м/с.

Пример 5. При выстреле из пружинного пистолета вертикально вверх пуля массой m = 20 г поднялась на высоту h = 5 м. Определить жесткость k пружины пистолета, если она была сжата на x = 10 см. Массой пружины и силами трения пренебречь.

Дано:	Решение:
m = 20 г = 0,02 кг h = 5 м x = 10 см = 0,1 см	Рассмотрим систему пружина – пуля. Так как на тела системы действуют только консервативные силы, то для решения задачи можно применить закон сохранения энергии в механике. Согласно ему полная механическая энергия Е1 системы в начальном состоя-
h-?

нии (в данном случае перед выстрелом) равна полной энергии Е₂ в конечном состоянии (когда пуля поднялась на высоту h), т.е.

Е₁ = Е₂, или Т₁ +П₁ = Т₂ + П₂ , (1)

где Т₁, Т₂, П₁ и П₂ – кинетические и потенциальные энергии системы в начальном и конечном состояниях.

Так как кинетические энергии пули в начальном и конечном состояниях равны нулю, то равенство (1) примет вид:

П₁ = П₂ (2)

Примем потенциальную энергию пули в поле тяготения Земли, когда пуля покоится на сжатой пружине, равной нулю, а высоту подъема пули будем отсчитывать от торца сжатой пружины. Тогда энергия системы в начальном состоянии будет равна потенциальной энергии сжатой пружины, т.е. П₁ = kx², а в конечном состоянии – потенциальной энергии пули на высоте h, т.е. П₂ = mgh. Подставив выражения П₁ и П₂ в формулу (2), найдем kx² = mgh, откуда

(3)

Проверим, дает ли полученная формула единицу жесткости k. Для этого в правую часть формулы (3) вместо величин подставим их единицы:

.

Убедившись, что полученная единица является единицей жесткости (1Нм), подставим в формулу (3) значения величин и произведем вычисления:

.

Ответ: k = 196 H/м.

Пример 6. На горизонтальную ось насажен шкив радиуса R = 10 см. На шкив намотан шнур, к свободному концу которого подвесили гирю массой m = 0,5 кг. Масса шкива М = 2 кг. Считая массу шкива равномерно распределенной по ободу, определить ускорение a, с которым будет опускаться гиря, силу натяжения Т нити и силу давления N шкива на ось.

Дано:	Решение:
R = 10 см = 0,1 м m = 0,5 кг М = 2 кг g = 9,8 м/с2	Поскольку ускорение центра инерции шкива ac = 0 и шкив только вращается, уравнения движения шкива запишутся в виде а) , б) (1) На шкив действуют сила тяжести ,
а-? T-? N-?

с ила натяжения нити и сила реакции оси. Последняя по третьему закону Ньютона численно равна искомой силе давления шкива на ось. Сила направлена вертикально вверх. Уравнение (1,а) в проекциях на ось Ох имеет вид:

Mg+T-N = 0. (2)

Шкив вращается под действием лишь момента силы Т. Следовательно, уравнение (1,б) дает:

TR = I. (3)

Момент инерции шкива, поскольку его масса равномерно распределена по ободу, найдем по формуле:

I = MR² (4)

Уравнения (2) и (3), описывающие движение шкива, содержат три неизвестных: T, N и . Недостающее уравнение запишем, применив второй закон Ньютона для поступательного движения гири (в проекциях на ось Ох):

mg-T = ma (5)

Так как шнур сматывается со шкива без проскальзывания, то ускорение гири равно линейному ускорению точек на ободе шкива. Следовательно, угловое ускорение шкива

(6)

Подставив в (3) значения I,  по формулам (4) и (6), получим:

T = Ma (7)

Решая систему уравнений (2), (5), (7), найдем все три неизвестные величины:

; ; .

Произведем вычисления:

.

.

.

Ответ: a = 1,96 м/с²; Т = 3,92 Н; N = 23,54 H.

Пример 7. Платформа, имеющая форму диска, может вращаться около вертикальной оси. На краю платформы стоит человек. На какой угол  повернется платформа, если человек пойдет вдоль края платформы и, обойдя ее, вернется в исходную (на платформе) точку? Масса платформы m₁ = 280 кг, масса человека m₂ = 80 кг. Момент инерции человека рассчитывать как для материальной точки.

Дано:	Решение:
m1 =280 кг m2 = 80 кг	Перемещаясь по платформе, человек взаимодействует с ней. Согласно условию задачи, момент внешних сил относительно оси вращения, совпадающей с геометрической осью платформы, мо-
 -?

ж но считать равной нулю. Следовательно, для системы платформа – человек выполняется закон сохранения момента импульса, который запишем так:

,

где – момент импульса системы в начальном состоянии,

– момент импульса системы в конечном состоянии.

Следовательно,

, (1)

где I₁ и I₂ – моменты инерции платформы и человека относительно оси, проходящей через центр платформы в начальный момент (человек стоит на краю платформы).

Момент инерции платформы

,

где R – радиус платформы.

Момент инерции человека относительно центра платформы

.

₀ – начальная угловая скорость платформы и человека (₀ = 0).

– момент инерции платформы с человеком:

.

₁ – конечная угловая скорость платформы с человеком. ₂ – конечная угловая скорость человека.

За время t обхода человеком края платформы платформа повернется на угол , а сам человек – на угол (2-). Следовательно, угловая скорость человека , а платформы с человеком , так как платформа вращается в противоположную сторону движения человека (назад). Тогда уравнение (1) примет вид:

,

или .

,

.

Произведем вычисления:

рад = 96

Ответ:  = 96^о.

Пример 8. Какую минимальную работу нужно совершить, чтобы забросить тело массой = 1000 кг с поверхности Земли на Луну? Расстояние между центрами Земли и Луны равно 60 радиусам Земли. Масса М Земли больше массы m Луны в 81 раз. Считать, что при перемещении тела взаимное положение Луны и Земли не меняется. Сопротивление воздуха не учитывать.

Дано:	Решение:
= 1000 кг l = 60Rз Mз = 81mл	Тело массой необходимо перемещать все время в суммарном гравитационном поле Земли и Луны. На прямой, соединяющей центры Земли и Луны, есть точка С (рисунок 8), в которой гравитационные поля Земли и Луны
Аmin-?

у равновешиваются (_з = _л). Точка С делит весь путь тела на две части. На первом участке от Земли до точки С сила тяготения суммарного гравитационного поля Земли и Луны направлена к Земле, на втором участке от точки С до Луны – к Луне.

Очевидно, на первом участке необходимо совершать работу против сил тяготения, а на втором участке – не обязательно, так как достигнув точки С с любой, сколь угодно малой скоростью, тело тут же начнет двигаться ускоренно к Луне под действием сил тяготения.

Следовательно, работа будет минимальной, если тело достигнет точки С с минимальной скоростью, необходимой для дальнейшего движения. Эту скорость, а значит, и кинетическую энергию тела в точке С можно считать равной нулю.

Таким образом, работа пойдет только на увеличение потенциальной энергии тела в суммарном поле тяготения Земли и Луны. Поэтому она может быть вычислена по формуле

A = - m(₁-₂) = m(₂-₁), (1)

где ₁ и ₂ – потенциалы гравитационного поля у поверхности Земли и в точке С соответственно.

Из принципа суперпозиции (наложения) полей следует, что потенциал в каждой точке пространства

 = _з+_л (2)

где _з и _л - потенциалы полей тяготения Земли и Луны в этой точке.

Так как потенциал поля, созданного материальной точкой массой m на расстоянии r от нее, равен:

, то получим ,

или .

,

где х – расстояние от центра Земли до точки С.

Поскольку модули векторов напряженности гравитационных полей Земли и Луны в точке С равны: _з = _л, то получим:

, или

Решив эти уравнения, найдем: х₁ = 54R_З; х₂ = 67,5R_З.

Корень х₂>67,5R_З не удовлетворяет условию задачи. Следовательно, х₁ = 54R_З. Тогда

Подставив значения потенциалов ₁ и ₂ в формулу (1), получим:

;

Так как ускорение силы тяжести на Земле м/с², то получим: , где R_З = 6,3710⁶ м – радиус Земли.

Произведем вычисления:

A_min = 0,98  9,81  6,37  10⁶  10³ Дж = 61,2  10⁹ Дж.

Ответ: A_min = 61,2  10⁹ Дж.

Пример 9. Материальная точка массой 20 г совершает гармонические колебания с периодом 2 сек. Определить амплитуду колебаний, максимальные скорость и ускорение колеблющейся точки, если максимальная кинетическая энергия ее равна 0,05 Дж.

Дано:	Решение:
m =20 г = 0,02 кг Т = 2 с Ек max = 0,05 Дж	Полная энергия колеблющейся точки массой m равна Еkmax: Е = Еkmax = m2A2, где  = . Откуда амплитуда
А-? max-? amax-?

, или .

Уравнение гармонических колебаний точки x = Asin(t+_o).

Скорость точки , где амплитуда скорости .

Ускорение колеблющейся точки

,

где амплитуда ускорения .

Максимальную скорость точки можно найти из уравнения

Е_{к max} = m , откуда .

Произведем вычисления:

.

.

.

.

Ответ: А = 0,71 м; = 2,23 м/с;

= 7 м/с².

Пример 10. На верхнем конце тонкого стержня длиной 30 см и массой 100 г укреплен маленький шарик (материальная точка) массой 20 г, на нижнем – шарик радиусом 5 см и массой 180 г. Определить период колебаний стержня с шариками около горизонтальной оси, проходящей через точку О в центре стержня (рисунок 9).

Дано:	Решение:
l = 30 см = 0,3 м mст = 100 г = 0,1 кг m = 20 г = 0,02 кг R = 5 см = 0,05 м М = 180 г = 0,18 кг	Период колебаний физического маятника, каким является стержень с шариками, определяется по формуле: , где I – момент инерции маятника; mобщ – масса маятника;
Т-?

а – расстояние от центра тяжести (центра масс) маятника до оси вращения.

Момент инерции физического маятника I состоит из моментов инерции I₁ и I₂ обоих шариков и момента инерции I₃ стержня: I = I₁+I₂+I₃.

Момент инерции верхнего шарика ;

момент инерции нижнего шарика (по теореме Штейнера) I₂ = I_ш+Mr² = MR²+M ; момент инерции стержня относительно оси, проходящей через его середину I₃ = m_стl ². Общий момент инерции физического маятника: .

М асса маятника

m_общ = m_ст+m+M.

Для определения расстояния а напишем условие равновесия стержня с шариками, находящегося в горизонтальном положении, относительно центра тяжести (рисунок 10).

Тогда период колебаний стержня

.

Произведем вычисления:

с.

Ответ: Т = 1,02 с.