Примеры решения задач

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

Решение. Мгновенную скорость находим как производную от пути по времени:

v = ds/dt; v = 18t³+3.

Мгновенное ускорение определяется первой производной от скорости по времени или второй производной от пути по времени:

a = dv/dt=d² s/dt²; a = 36t.

Сила, действующая на тело, определяется по второму закону Нью­тона: F=mа, где a согласно условию задачи — ускорение в конце второй секунды. Тогда

F = m ^. 36t; F= 1 кг ^. 36 ^. 2 м/с² = 72 Н.

Ответ: v = 18t²+3; а = 36t; F = 72 Н.

2. Стержень длиной 1 м движется мимо наблюдателя со скоростью 0,8 с. Какой покажется наблюдателю его длина?

Дано: l₀=1 м, v = 0,8 с.

Найти l.

Решение. Зависимость длины тела от скорости в релятивистской

механике выражается формулой, где l₀ — длина

покоящегося стержня; v — скорость его движения; с — скорость

света в вакууме. Подставляя в формулу (1) числовые значения,

имеем

Ответ: l = 0,6 м.

3. Две частицы движутся навстречу друг другу со скоростями: 1) v =0,5 с и u=0,75 с; 2) v = с и u=0,75 с. Найти их относи­тельную скорость в первом и втором случаях.

Дано: 1) v=0,5 с, u=0,75 с; 2) v = с, u=0,75 с.

Найти: u’₁, u’₂.

Решение. Согласно теореме сложения скоростей в теории относительности

где v, и — скорости соответственно первой и второй частиц; u' — их относительная скорость; с — скорость света в вакууме. Для первого и второго случаев находим:

;

Это значит: во-первых, ни в какой инерциальной системе отсчета скорость процесса не может превзойти скорость света; во-вторых, скорость распространения света в вакууме абсолютна.

Ответ: u’₁ =0,91 с; u’₂=с.

4. На двух шнурах одинаковой длины, равной 0,8 м, подвешены два свинцовых шара массами 0,5 и 1 кг (рис. 1). Шары соприкасаются между собой. Шар меньшей массы отвели в сторону так, что шнур отклонился на угол α=60°, и отпустили. На какую высоту поднимутся оба шара после столкновения? Удар считать центральным и неупругим. Определить энергию, израсходованную на деформацию шаров при ударе.

Дано: m₁ = 0,5 кг, m₂=1 кг, α =60°; l=0,8 м.

Найти: h₁, ∆E_д.

Решение. Так как удар шаров неупругий, то после удара шары будут двигаться с общей скоростью v. Закон сохранения количества движения при этом ударе имеет вид m₁v₁ + m₂v₂= (m₁ + m₂)v. (1)

Здесь v ₁ и v ₂ — скорости шаров до удара. Скорость большого шара до удара равна нулю (v ₂ = 0). Скорость меньшего шара найдем, используя закон сохранения энергии. При отклонении меньшего шара на угол α (см. рис. 1) ему сообщается потенциальная энергия, которая затем переходит в кинетическую: m₁gh = m₁v₁²/2.

Из рисунка видно, что h₁ = l (1- cos α)=2l sin²(α /2), поэтому

(2)

Из уравнений (1) и (2) находим скорость шаров после удара:

v=m₁v₁/(m₁+m₂)=2 m₁ sin (α/2)/(m₁+m₂). (3)

Кинетическая энергия, которой обладают шары после удара, пере­ходит в

потенциальную: (m₁+m₂)v²/2= (m₁+m₂)gh, (4) где h — высота поднятия шаров после столкновения. Из формулы (4) находим h=v²/(2g), или с учетом (3)

h =

h =

При неупругом ударе шаров часть энергии расходуется на их деформацию. Энергия деформации определяется разностью кинети­ческих энергий до и после удара: ∆Eд=1/2m₁v₁²-1/2(m₁+m₂)v². Ис­пользуя уравнения (2) и (3), получаем

= ;

∆E_д = 2 ^. 9,81 м/с^{2 .} 0,8 м ^. 0,5 кг(1—0 5 кг/1,5кг) ^. 0,25 = 1,3 Дж.

Ответ: h=0,044 м, ∆E_д =1,3 Дж.

5. Молот массой 70 кг падает с высоты 5 м и ударяет по железно­му изделию, лежащему на наковальне. Масса наковальни вместе с изделием 1330 кг. Считая удар абсолютно неупругим, определить энергию, расходуемую на деформацию изделия. Систему молот—из­делие—наковальня считать замкнутой.

Дано: m₁ = 70 кг, h=5 м, m₂=1330 кг.

Найти Е_д.

Решение. По условию задачи система молот—изделие—наковальня считается замкнутой, а удар неупругий. На основании закона со­хранения энергии можно считать, что энергия, затраченная на де­формацию изделия, равна разности значений механической энергии системы до и после удара.

Считаем, что во время удара изменяется только кинетическая энергия тел, т. е. незначительным перемещением тел по вертикали во время удара пренебрегаем. Тогда для энергии деформации из­делия имеем

Е_д= 1 /2m₁ v² - 1 /2 (m₁+m₂) v'², (1)

Где v — скорость молота в конце падения с высоты h; v' — общая скорость всех тел системы после неупругого удара. Скорость мо­лота в конце падения с высоты h определяется без учета сопро­тивления воздуха и трения по формуле v = (2)

Общую скорость всех тел системы после неупругого удара найдем, применив закон сохранения количества движения

(3)

Для рассматриваемой системы закон сохранения количества движения имеет вид m₁v=(m₁+m₂)v', откуда v' = m₁v/(m₁ + m₂). (4) Подставив в формулу (1) выражения (2) и (4), получим

Е_д = ;

Е_д = 70 кг ^. 9,8 м/с^2. 5 м ^. (1330 кг/(1330 кг + 70 кг))= 325,85 Дж.

Ответ: Е_д = 325,85 Дж.

6. Тело массой 1 кг под действием постоянной силы движется пря­молинейно. Зависимость пути, пройденного телом, от времени задана уравнением s = 2t²+4t+1. Определить работу силы за 10 с с начала ее действия и зависимость кинетической энергии от времени.

Дано: m=1 кг, s = 2t² +4t+1.

Найти: A, T = f(t).

Решение. Работа, совершаемая силой, выражается через криволинейный интеграл А=∫Fds (1). Сила, действующая на тело, по второму закону Ньютона равна F=mа или F=m(d²s/dt²) (2). Мгновенное значение ускорения определяется первой производной от скорости по времени или второй производной от пути по времени.

В соответствии с этим находим

v=ds/dt= 4t+4; (3) a=d²s/dt²=4 м/с². (4)

Тогда F = m (d²s/dt²) =4m. (5) Из выражения (3) определим ds: ds=(4t+4)dt. (6) Подставив (5) и (6) в уравнение (1), получим

А=∫4m(4t+t)dt.

По этой формуле определим работу, совершаемую силой за 10 с начала ее действия:

А=

Кинетическая энергия определяется по формуле T=mv²/2. (7)

Подставляя (3) в (7), имеем

T = m (4t + 4)2/2 = m (16t² + 32t + 16)/2 = m (8t² + 16t + 8).

Ответ: A= 960 Дж, T = m (8t²+16t+8).

7. Протон движется со скоростью 0,7 с (с — скорость света). Найти количество движения и кинетическую энергию протона:

Дано: v=0,7 с.

Найти: р,Т.

Решение. Количество движения протона определяется по формуле p = mv. (1) Так как скорость протона сравнима со скоростью света, то необходимо учесть зависимость массы от скорости, вос­пользовавшись релятивистским выражением для массы:

(2)

где m — масса движущегося протона; m₀=1,67^.10^{-27 кг} —масса покоя протона; v —скорость движения протона; еc=3-10⁸ м/с — скорость света в вакууме; v/с = β — скорость протона, выраженная в долях скорости света.

Подставляя уравнение (2) в (1) и учитывая, что v =βс, получаем

p = m₀cβ ;

p = 1,67^.10^{-27 кг.}3^.10⁸ м/с^.0,7/ = 4,91^.10^{-19 кг.}м/с.

В релятивистской механике кинетическая энергия частицы опре­деляется как разность между полной энергией Е и энергией покоя Е₀ этой частицы: T = E-Eo (3), где Е=m₀c²/ ; Eo= m₀c².

Вычислим энергию покоя протона

Е₀= 1,67^.10^{-27 кг.} (3^.10⁸ м/с)² = 1,5^.10^-10 Дж.

Тогда [см. (3)]

T = m₀c²(1/ - 1);

Т =1,5^.10^-10 Дж (l/ - 1) = 0,6^.10^-10 Дж.

Ответ: p=4,91^.10^{-19 кг.}м/с, Т= 0,6^.10^-10 Дж.

8. Какую скорость нужно сообщить ракете, чтобы она, стартовав с Земли, не вернулась на Землю? Сопротивление атмосферы не учи­тывать.

Дано: R₃ =6,37^. 10⁶ м; g=9,8 м/с²; R→∞.

Найти v_o.

Решение. С удалением ракеты от Земли будет увеличиваться ее по­тенциальная энергия и уменьшаться кинетическая. По закону сохра­нения энергии,

mv_o²/2 - mv²/2= m(GM/R₃ – GM/R) (1)

где m — масса ракеты; М — масса Земли; G — гравитационная по­стоянная; v ₀ и v — скорости ракеты относительно Земли в начальный и рассматриваемый моменты; R₃ и R — расстояния от центра Земли до ракеты в начальный и рассматриваемый моменты; GM/R — Потенциал гравитационного поля Земли на расстоянии R от ее центра.

После преобразования уравнения (1) имеем v _o² - v ²= 2GM(1/R₃ —1/R). Ракета не вернется на Землю, если ее скорость v будет в бесконечности равна нулю, т. е. v =0 при R→∞. В этом случае v _o²= 2GM/R₃. (2)

Из закона всемирного тяготения следует, что на поверхности Земли GmM/R₃² =mg, откуда GM=gR₃² (3), где g — ускорение свободного падения на поверхности Земли. Подставляя формулу (2) и (3), находим

v₀² = 2gR₃, или v ₀ =

Считая, что ракета приобретает нужную скорость v ₀ уже вблизи поверхности Земли, находим

v₀ =

Такая скорость необходима для преодоления гравитационного поля Земли. Она называется второй космической или параболической скоростью.

Ответ: v ₀= 11,2 км/с.

9. Тело брошено вверх с высоты 12 м под углом 30° к горизонту с начальной скоростью 12 м/с. Определить продолжительность полета тела до точек А и В (рис. 2), максимальную высоту, на которую поднимается тело, и дальность полета тела. Сопротивление воздуха ­не учитывать.

Дано: Н =12 м, φ=30°, v₀=12 м/с.

Найти: t_а, t_b, y_max, x_mах.

Решение. В обозначенной на рис. 2 системе координат проекции начальной скорости будут v _ox = v _o cos φ, (1) v _oy = v _o sin φ (2)

Координаты тела с течением времени изменяются в соответствии с уравнением для равнопеременного движения:

y = H + v_ot sin φ – gt²/2; (3)

x = v_ot cos φ. (4)

Время подъема тела найдем из условия, что в наивысшей точке подъема тела его скорость v_y=v_o sin φ - gt=0. (2`)

Тогда t_под = v_o sin φ/g (5).

Время спуска тела от точки С до точки А равно времени подъема, поэтому продолжительность полета тела от точки О₁ до точки А равна

t_А =2t_под=2v₀ sin φ/g. (6)

Максимальную высоту подъема найдем из уравнения (3), под­ставив в него время подъема из уравнения (5):

y_max=Н +v_o²sin² φ/(2g). (7)

Время полета тела до точки В найдем из уравнения (3), при­равняв координату у нулю (y = 0):

t_B = v₀sin φ/g + (8)

Дальность полета найдем из уравнения (4), подставив в него время движения из уравнения (8):

x_max= v_ot_Bcos φ. (9)

Тогда [ см. (6)-(9) ]

t_A =

t_B =

y_max=12м+

x_max=12м/с^.2,29с^.0,867=23,8м

Ответ: t_A = 1,22 с, t_B = 2,29 с, y_max = 13,84 м, х_maх=23,8 м.

10. По условию задачи 9 найти в момент приземления тела следую­щие величины: скорость и угол падения тела, тангенциальное и нор­мальное ускорения тела, радиус кривизны траектории.

Дано: H=12 м, φ=30°, v₀=12 м/с.

Найти: v_b, β, a_τ, a_n, R.

Решение. Результирующая, или мгновенная, скорость в точке В (рис. 2, 3)

v_B= . Проекцию скорости v_y в точке В найдем из уравнения (2') задачи (9), подставив в него время движения t_B [см. (8)]:

v_yB= .

v_B =

v_B = =19,5 м/с.

Из рис. 3 определим угол Р, образуемый вектором скорости v _B с осью Ох:

Построим в точке В «треугольник ускорений». Вектор тангенциального ускорения a_τ направлен вдоль вектора мгновенной скорости в данной точке, т. е. по касательной к траектории; вектор нормального ускорения a_n перпендикулярен вектору мгновенной скорости v_B. Из рис. 3 видно, что

Радиус кривизны траектории в точке приземления определяем из уравнения a_n=v_B² /R. Имеем

R = v_B² / a_n;

R = = 72,5 м.

Ответ: v_в=19,5 м/с, β=57°40', а_τ=8,3 м/с², a_n = 5,25 м/с², R=72,5 м.

11. Тонкий стержень массой 300 г и длиной 50 см вращается с угловой скоростью 10 с^-1 в горизонтальной плоскости вокруг вертикальной оси, проходящей через середину стержня. Найти угловую скорость, если в процессе вращения в той же плоскости стержень переместится так, что ось вращения пройдет через конец стержня.

Дано: m=300 г=0,3 кг, l=50 см = 0,5м, ω₁= 10с^-1.

Найти: ω₂.

Решение. Используем закон сохранения момента количества движения

Ji ωi = const (1), где Ji — момент инерции стержня относительно оси вращения.

Для изолированной системы тел векторная сумма моментов количества движения остается постоянной. В данной задаче вследствие того, что распределение массы стержня относительно оси вращения изменяется, момент инерции стержня также изменится. В соответствии с (1) запишем J₀ ω₁ = J₂ ω₂ (2)

Известно, что момент инерции стержня относительно оси, про­ходящей через центр масс и перпендикулярной стержню, равен J₀=ml²/12. (3) По теореме Штейнера, J = J_o+md², где J — момент инерции тела относительно произвольной оси вращения; J₀ — момент инерции относительно параллельной оси, проходящей через центр масс; d — расстояние от центра масс до выбранной оси вра­щения.

Найдем момент инерции относительно оси, проходящей через его конец и перпендикулярной стержню: J₂=J_o + md²; J₂=ml²/12+m(l/2)2=ml²/3. (4)

Подставим формулы (3) и (4) в (2): ml²ω₁/12= ml²ω₂/3, откуда

ω₂ = ω₁/4, ω2= 10с^-1/4 ==2,5с^-1.

Ответ: ω2=2,5 с^-1.

12. Маховик массой 4 кг свободно вращается с частотой 720 мин^-1 вокруг горизонтальной оси, проходящей через его центр. Массу ма­ховика можно считать равномерно распределенной по его ободу ра­диусом 40 см. Через 30 с под действием тормозящего момента ма­ховик остановился. Найти тормозящий момент и число оборотов, которое сделает маховик до полной остановки.

Дано: ω = 0, m = 4 кг, n = 720 мин^-1 = 12 с^-1; ∆t= 30 с, R = 0,4 м.

Найти: М, N.

Решение. Для определения тормозящего момента М сил, действую­щих на тело, нужно применить основное уравнение динамики вра­щательного движения: J∆ ω = M∆t (1), где J — момент инерции маховика относительно оси, проходящей через центр масс; ∆ ω — изменение угловой скорости за промежуток времени ∆t.

По условию задачи, ∆ω = - ω₀, где ω₀ — начальная угловая ско­рость, так как конечная угловая скорость ω = 0. Выразим начальную угловую скорость через частоту вращения маховика, тогда ω₀=2πn и ∆ω=2πn. Момент инерции маховика J=mR², где m — масса ма­ховика; R — его радиус. Тогда формула (1) примет вид mR²2πn = M∆t, откуда

M=2πn mR² /∆t

M=2^.3,14^.12с^{-1 .}4кг^.0,16м² /30с=1,61Н^.м

Угол поворота, т. е. угловой путь φ, за время вращения махо­вика до остановки может быть определен по формуле для равнозамедленного вращения: φ = ω₀t—ε∆t²/2, (2) где ε - угловое уско­рение. По условию задачи, ω = ω₀— ε ∆t, ω =0, ε ∆t = ω₀. Тогда выражение (2) может быть записано так:

φ = ω₀∆t— ω₀∆t/2= ω₀∆t/2.

Так как φ = 2πn, ω ₀ = 2πn, то число полных оборотов

N= n∆t/2; N =12 c^-1.30 с/2 = 180.

Ответ: М=1,61 Н^.м, N=180.