· Кинематическое уравнение движения материальной точки (центра масс твердого тела) вдоль оси X:
.
гдe — некоторая функция времени.
· Проекция средней скорости на ось x
= .
· Средняя путевая скорость
= .
где Δ s — путь, пройденный точкой за интервал времени Δ t.
Путь Δ s в отличие от разности координат Δ x = x2 — x1 не может убывать и принимать отрицательные значения, т. е. Δ s ³0
· Проекция мгновенной скорости на ось x
.
· Проекция среднего ускорение на ось x
= .
· Проекция мгновенного ускорение на ось x
.
· Для прямолинейного движения законы изменения ускорения, скорости и перемещения имеют вид
· Кинематическое уравнение движения, материальной точки по окружности:
φ = f(t), r = R = const.
· Угловая скорость
.
· Угловое ускорение
.
· Связь между линейными и угловыми величинами, характеризующими движение точки по окружности:
= ωR, aτ = εR, an = ω2R,
где - линейная скорость; и an - модули тангенциального и нормального ускорений; ω – модуль угловой скорости; ε - модуль углового ускорения; R - радиус окружности.
|
|
· Полное ускорение:
.
· Угол между полным а и нормальным an ускорениями
a = arсcos (an /a).
· Для тел вращающихся с постоянным угловым ускорением (e = const)
· Кинематическое уравнение гармонических колебаний материальной точки
x = A cos (ωt + φ),
где х –смещение; А –амплитуда колебаний; ω – угловая или циклическая частота; φ – начальная фаза.
· Скорость и ускорение материальной точки, совершающей гармонические колебания
u - Aωsin (ωt +φ),
a = - A ω2cos (ωt +φ).
· Сила, действующая на колеблющуюся материальную точку массой m, равна .
· Полная энергия колеблющейся точки
· Период колебаний:
а) тела, подвешенного на пружине
,
где m – масса тела, k – жесткость пружины;
b) математического маятника
,
где l – длина маятника, g – ускорение свободного падения;
с) физического маятника
,
где J – момент инерции колеблющегося тела относительно оси колебания, а - расстояние от оси колебания до центра тяжести маятника, - приведенная длина физического маятника.
· Сложение гармонических колебаний одного направления и одинаковой частоты
а) амплитуда результирующего колебания
;
б) начальная фаза результирующего колебания
.
· Траектория точки, участвующей в двух взаимно перпендикулярных колебаниях:
a) , если разность фаз ;
b) , если разность фаз ;
c) , если разность фаз .
· Импульс материальной точки массой m, движущейся со скоростью ,
.
· Второй закон Ньютона
,
где – результирующая сила, действующая на материальную точку.
· Силы, рассматриваемые в механике:
a) сила упругости
,
где k – коэффициент упругости (в случае пружины – жесткость), х – абсолютная деформация;
|
|
b) сила тяжести;
;
c) сила гравитационного взаимодействия
,
где G – гравитационная постоянная; m 1 и m 2 – массы взаимо- действующих тел; r – расстояние между телами (тела рассмат- риваются как материальные точки);
d) сила трения (скольжения)
,
где μ – коэффициент трения; N – сила нормального давления.
· Закон сохранения импульса
,
или для двух тел (i = 2)
m 1 + m 2 = m 1 + m 2 ,
где и - скорости в момент времени, принятый за начальный; и – скорости тех же тел в момент времени, принятый за окончательный.
· Кинетическая энергия тела, движущегося поступательно
или .
· Потенциальная энергия:
a) упругодеформированной пружины
,
где k – жесткость пружины; х – абсолютная деформация;
b) тела, находящегося в однородном поле силы тяжести,
,
где g – ускорение свободного падения; h – высота тела над уровнем, принятым за нулевой (формула справедлива при условии h<<R, где R – радиус Земли).
· Закон сохранения механической энергии
Е = Т + П = const.
· Работа А, совершаемая результирующей силой, определяется как мера изменения кинетической энергии материальной точки
А = D Т = Т2 – Т1.
· Основное уравнение динамики вращательного движения относительно неподвижной оси z
M z = Jez,
где М z – результирующий момент внешних сил относительно оси z,
действующих на тело; ez – угловое ускорение относительно оси z;
J – момент инерции относительно оси вращения.
· Момент силы относительно оси вращения
,
где - радиус-вектор, связывающий ось вращения с точкой приложения внешней силы .
· По модулю момент силы равен
,
где α – угол между направлением силы и радиусом-вектором; - кратчайшее расстояние между линией действия силы и осью вращения и называется плечом силы.
· Момент инерции некоторых тел массой m относительно оси z, проходящей через центр масс:
a) стержня длиной l относительно оси, перпендикулярной стержню,
;
b) обруча (тонкостенного цилиндра) относительно оси, перпендикулярной плоскости обруча (совпадающей с осью цилиндра),
,
где R – радиус обруча (полого цилиндра);
c) диска (сплошного цилиндра) радиусом R относительно оси, перпендикулярной плоскости диска,
.
· Теорема Штейнера. Если известен момент инерции тела J0 относительно оси, проходящей через центр тяжести этого тела, то момент инерции J относительно любой другой оси, параллельной данной и отстоящей от нее на расстояние a, выражается формулой
,
где m – масса тела.
· Момент импульса материальной точки относительно оси вращения
L = mυR,
· Момент импульса твердого тела относительно оси вращения
,
где mi – масса отдельной частицы; - ее скорость; ri – расстояние от оси вращения до частицы.
· Закон сохранения момента импульса:
а) в общем виде
,
где Li – момент импульса тела с номером i, входящего в состав системы;
b) для двух тел
,
где J1, J2, ω1 , ω2 – моменты инерции и угловые скорости тел до взаимодействия, - те же величины после взаимодействия;
с) для одного тела, момент инерции которого может меняться
J1ω1 = J2 ω2,
где J1 и J2 – начальное и конечное значение моментов инерции, ω1 и ω2 – начальная и конечная угловые скорости тела.
· Работа постоянного момента силы, действующего на враща -ющееся тело
A = Mφ,
где φ – угол поворота тела.
· Кинетическая энергия тела, вращающегося вокруг неподвижной оси z,
, или .
Примеры решения задач
Пример 1.
Уравнение движения материальной точки вдоль оси имеет вид x = A+Bt+Ct3, где А = 2 м, В = 1 м/с, С =- 0,5 м/с3. Найти коорди- нату х, скорость uх и ускорение ах точки в момент времени t = 2 c.
Дано: А = 2 м; В = 1 м/с; С = - 0,5 м/с3; t = 2 c. | Решение: Координату х найдем, подставив в уравнение движения числовые значения коэффициентов А, В и С и времени t: x = (2 + 1×2 - 0,5×23) м = 0. Мгновенная скорость относительно оси х есть первая производная от координаты по времени: |
х, uх, ах -? |
.
|
|
Ускорение точки найдем, взяв первую производную от скорости по времени:
.
В момент времени t = 2 c
ux = (1 - 3×0,5×22) м/с = - 5 м/с;
ах = 6× (-0,5)×2 м/с2 = - 6 м/с2.
Пример 2.
Тело вращается вокруг неподвижной оси по закону j = 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 c.
Дано: А = 10 рад В = 20 рад/с С = - 2 рад/с2 t = 4 c r = 0,1 м | Решение: Полное ускорение точки , движущейся по кривой линии, может быть найдено как геометрическая сумма тангенциального ускорения , направленного по касательной к траектории, и нормального ускорения , направленного к центру кривизны траектории (рис. 1): |
а -? |
.Так как векторы и взаимно перпендикулярны, то модуль ускорения
. (1) Модули тангенциального и нормального ускорения точки вращающегося тела выражаются формулами , где w – модуль угловой скорости тела; e – модуль его углового ускорения. | О • Рис. 1 |
Подставляя выражения и в формулу (1), находим:
. (2)
Угловую скорость w найдем, взяв первую производную угла поворота по времени:
.
В момент времени t=2c модуль угловой скорости
w = [ 20 + 2×(-2)×4 ] рад/с = 4 рад/с.
Угловое ускорение найдем, взяв первую производную угловой скорости по времени:
рад/с2.
Подставляя значения w, e и r в формулу (2), получаем
.
Пример 3.
Два шарика массами m1 и m2 движутся навстречу друг другу по идеально гладкой поверхности со скоростями и . Определить скорость шариков после абсолютно неупругого удара.
Дано: m1 m2 | Решение: На шарики действует сила тяжести и сила нормальной реакции, взаимно уравновешивающие друг друга, в направлении оси x внешние силы отсутствуют. Поэтому сохраняется импульс в данном направлении , где - импульс шариков до столкновения; – импульс |
-? |
после взаимодействия. В проекциях:
m1 m2 x
| x Рис. 2 |
.
Отсюда
.
|
|
Пример 4.
Человек стоит на неподвижной тележке и бросает горизонтально камень массой m1 = 8 кг со скоростью u1 = 5 м/с. Определить, какую работу совершает человек, если масса человека вместе с тележкой равна m2 = 160 кг.
Дано: m1 = 8 кг m2 = 160 кг u1 = 5 м/c | Решение: Работа, совершаемая человеком в момент броска, равна изменению механической энергии системы “ человек + тележка + камень ”: А = DW. В силу того, что система до броска покоилась, W1 = 0 и , (1) |
A -? |
где u2 – скорость тележки с человеком сразу после броска.
По закону сохранения импульса m1u1 = m2u2, откуда
. (2)
Следовательно,
. (3)
Подставляя значения m1, m2, u1, u2 в формулу (3), найдем
.
Пример 5.
Шар массой m1, движущийся горизонтально с некоторой скоростью u1, столкнулся с неподвижным шаром массой m2. Шары абсолютно упругие, удар прямой, центральный. Какую долю e своей кинетической энергии первый шар передал второму?
Дано: m1 m2 u1 | Решение: Доля энергии, переданной первым шаром второму, выразится соотношением , (1) где и Т1 – скорость и кинетическая энергия первого шара до удара; и Т2 – скорость и кинетическая энергия второго шара после удара. |
e -? |
Как видно из формулы (1), для определения e надо найти . Согласно условию задачи, импульс системы двух шаров относительно горизонтального направления не изменяется и механическая энергия шаров в другие виды не переходит. Пользуясь этим, найдем:
; (2)
. (3)
Решим совместно уравнения (2) и (3)
.
Подставив это выражение в формулу (1) и сократив на u1 и m1, получим
.
Из найденного соотношения видно, что доля переданной энергии зависит только от массы сталкивающихся шаров.
Пример 6.
Определить работу А внешней силы при растяжении двух пружин жесткостью k1 = 200 H/м и k2 = 350 H/м соединенных последовательно, если суммарное удлинение пружин Δ l = 4 см.
Дано: k1 = 200 H/м k2 = 350 H/м Δ l = x0 = 0,04 м | Решение: При последовательном соединении пружин, силы действующие на первую и вторую пружины одинаковы F1 = F2 = F, а суммарное удлинение пружин |
A -? |
x = x1 + x2, (1)
где x1 – удлинение первой пружины, x2 – удлинение второй пружины.
Согласно закону Гука F1 = - k1 x1, и F2 = - k2 x2, откуда
Подставляя значение x1 и x2 в уравнение (1) получим:
(2)
При малой деформации dx работа внешней силы равна
dA = F dx (3)
Полную работу внешней силы при деформации пружины найдем проинтегрировав выражение (3) от от 0 до x0 ,учитывая при этом, что внешняя сила направлена в сторону противоположную силе Гука (Fвнеш. = -F);
. (4)
Проверим размерность:
.
Убедившись, что полученная единица является единицей работы (Дж), подставим в формулу (4) значения величин и произведем вычисления:
.
Пример 7.
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 х = 10 см. Массой пружины и силами трения пренебречь.
Дано: m =0,02 кг h = 5 м х =0,1м | Решение: Рассмотрим систему пружина – пуля. Так как на тело системы действуют только консервативные силы, то для решения задачи можно применить закон сохранения энергии в механике. |
k -? |
Согласно ему полная механическая энергия Е1 системы в начальном состоянии (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 состоянии.
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 сил 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 = ½ kx2, а в конечном состоянии – потенциальной энергии пули на высоте h, т. е.
П2 = mgh.
Подставив выражения П1 и П2 в формулу (2), найдем
½ kx2 = mgh,
откуда k = 2mgh/x2. (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 (1 Н/м), подставим в формулу (3) значения величин и произведем вычисления:
Пример 8.
Через блок в виде сплошного диска, имеющего массу m =0,08 кг (рис. 3), перекинута тонкая гибкая нить, к концам которой подвешены грузы с массами m1 =0,1 кг и m2 =0,2 кг. Определить ускорение, с которым будут двигаться грузы, если их предоставить самим себе. Трением и массой нити пренебречь.
Дано: m =0,08 кг m1 = 0,1 кг m2 = 0,2 кг | Решение: Рассмотрим силы, действующие на каждый груз и на блок в отдельности. На каждый груз действуют две силы: сила тяжести и сила упругости (сила натяжения нити). Направим ось х вертикально вниз и напишем для каждого груза уравнение движения (второй закон Ньютона) в проекциях на эту ось. |
а -? |
Для первого груза
; (1)
для второго груза
. (2)
Под действием моментов сил и относительно оси z, перпен- дикулярной плоскости чертежа и направленной за чертеж, блок приобретает угловое ускорение e. Согласно основному уравнению
r x Т1 Т2 m1 g m2 g Рис. 3 | динамики вращательного движения, , (3) где – момент инерции блока относительно оси вращения. Согласно третьему закону Нью- тона, с учетом невесомости нити = Т1, = Т2. Воспользовавшись этим, подставим в уравнение (3) вместо и выражения Т1 и Т2, получив их предварительно из уравнений (1) и (2) |
(m2g – m2a) r – (m1g + m1a) r = m r2a / (2 r).
После сокращения на r и перегруппировки членов найдем:
(4)
После подстановки числовых значений получим:
.
Пример 9.
Маховик в виде сплошного диска радиусом R = 0,2 м и массой m = 50 кг раскручен до частоты вращения n1 = 480 об/мин и предоставлен сам себе. Под действием силы трения маховик остановился через t = 50 с. Найти момент M сил трения.
Дано: R = 0,2 м m = 50 кг n1=480 об/мин t = 50 с | Решение: Для решения задачи воспользуемся основным уравнением динамики вращательного движения в виде: , (1) где - изменение проекции на ось z момента импульса маховика, вращающегося относительно |
М-? |
оси z, совпадающей с геометрической осью махо- вика, за интервал времени dt; - момент внешних сил (в данном
случае момент сил трения), действующих на маховик относительно оси z.
Момент сил трения можно считать не изменяющимся с течением времени ( =const), поэтому интегрирование уравнения (1) приводит к выражению:
, (2)
При вращении твердого тела относительно неподвижной оси изменение проекции момента импульса
, (3)
где Jz – момент инерции маховика относительно оси z; - изменение угловой скорости маховика.
Приравнивая правые части равенства (2) и (3), получим , откуда
. (4)
Момент инерции маховика в виде сплошного диска определяется по формуле
.
Изменение угловой скорости выразим через конечную n2 и начальную n1 частоты вращения, пользуясь соотношением
.
Подставив в формулу (4) выражение Jz и , получим . (5)
Проверим, дает ли расчетная формула единицу момента силы (Н·м). Для этого в правую часть формулы вместо символов величин подставим их единицы:
.
Подставим в (5) числовые значения величин и произведем вычисления, учитывая, что n1=480 об/мин = 8 об/с;
Знак минус показывает, что момент сил трения оказывает на маховик тормозящее действие.
Пример 10.
Платформа в виде сплошного диска радиусом R = 1,5 м и массой m1 = 180 кг вращается около вертикальной оси с частотой n=10 об/мин. В центре платформы стоит человек массой m2 = 60 кг. Какую линейную скорость v относительно пола помещения будет иметь человек, если он перейдет на край платформы?
Дано: R = 1,5 м m1 = 180 кг m2 = 60 кг n=10 об/мин | Решение: Согласно условию задачи, момент внешних сил относительно оси вращения z, совпадающей с геометрической осью платформы, можно считать равным нулю. При этом условии проекция Lz момента импульса системы платформа – человек остается постоянной: (1) |
v -? |
где J – момент инерции платформы с человеком от-
носительно оси z; - угловая скорость платформы.
Момент инерции системы равен сумме моментов инерции тел, входящих в состав системы, поэтому в начальном состоянии J=J1+J2, а в конечном состоянии
С учетом этого, равенства (1) примет вид
(2)
где значения моментов инерции J1 и J2 платформы и человека соответственно относятся к начальному состоянию системы; - к конечному.
Момент инерции платформы относительно оси z при перехо-
де человека не изменяется: Момент инерции человека относительно той же оси будет изменяться. Если рассматривать человека как материальную точку, то его момент инерции J2 в начальном состоянии (в центре платформы) можно считать равным нулю. В конечном состоянии (на краю платформы) момент инерции человека
Подставим в формулу (2) выражения моментов инерции, начальной угловой скорости вращения платформы с человеком () и конечной угловой скорости ( v/R, где v – скорость человека относительно пола):
v/R.
После сокращения на R2 и простых преобразований находим скорость:
v = .
v = м/с = 1 м/с.
Пример 11.
Материальная точка массой m = 5 г совершает гармонические колебания с частотой v = 0,5 сек-1. Амплитуда колебаний А = 3 см. Определить: 1) скорость υ точки в момент времени, когда смещение x = 1,5 см; 2) максимальную силу Fмакс, действующую на точку; 3) полную энергию E колеблющейся точки.
Дано: m = 0,005 кг v = 0,5 сек-1 А = 0,03 м x =0,015 м | Решение: 1) Уравнение гармонических колебаний имеет вид x = Asin (ωt + φ) (1) где x – смещение колеблющейся точки от по- ложения равновесия, А – амплитуда, ωt + φ – фаза колебания, φ – начальная фаза, ω- циклическая частота, t – время. |
υ, Fмакс,Е -? |
Формулу скорости получим, взяв первую производную от смещения по времени,
(2)
Чтобы выразить скорость через смещение, надо исключить из (1) и (2) время. Для этого возведем оба уравнения в квадрат и сложим:
.
Решив последнее уравнение относительно υ, найдем
(3)
Подставив в это выражение числовые значения величин, получим:
Знак "плюс" соответствует случаю, когда направление скорости совпадает с положительным направлением оси x. Знак "минус "соответствует случаю, когда направление скорости совпадает с отрицательным направлением оси x.
2) Силу, действующую на точку, найдем по второму закону Ньютона:
, (4)
где а – ускорение точки, которое получим, если возьмем производную по скорости от времени:
или
Подставив выражение для ускорение в (4), будем иметь:
Отсюда получим максимальное значение силы
Подставив в это уравнение числовые значения величин, найдем
3) Полная энергия колеблющейся точки есть сумма кинети- ческой и потенциальной энергий, вычисленных для любого момента времени. Проще всего вычислить полную энергию в момент, когда кинетическая энергия достигает максимального значения. В это время потенциальная энергия равна нулю. Поэтому полная энергия Е колеблющейся точки равна максимальной кинетической энергии Тмакс и может быть определена по формуле
(5)
Максимальную скорость можно определить по формуле (2), если принять
Подставив это выражение скорости в (5), найдем
После подстановки числовых значений получим
Пример 12.
На концах тонкого стержня длиной l = 30 см и массой mст= 400 г укреплены грузики массой m1 = 200 г и m2 = 300 г. Стержень колеблется около горизонтальной оси, проходящей через его середину (рис. 4). Определить период Т колебаний, совершаемых стержнем.
Дано: l =0, 3 м mст= 0,4 кг m1 = 0,2 кг m2 = 0,3 кг | Решение: Период колебания физического маятника, каким является стержень, определяется по формуле , (1) где J – момент инерции маятника, m – масса маятника, а – расстояние от центра тяжести (центра масс) маятника до оси. |
Т -? |
Момент инерции физического
маятника J – состоит из моментов инерции J1 и J2 обоих грузиков и момента инерции J3 стержня Пренебрегая размерами грузиков, получим и . Момент инерции стержня относитель- но оси, проходящей через его середи- ну, определяется по формуле | m1 l а • О [МНВ1] • mg m2 Рис. 4 |
Общий момент инерции физического маятника равен
Вынеся за скобку множитель , получим
(2)
Подставив в (4) числовые значения, получим
Масса физического маятника состоит из массы стержня и массы грузиков
Для определения расстояния а центра тяжести маятника от оси вращения напишем условие равновесия стержня с грузиками, находящегося в горизонтальном положении, относительно центра тяжести
Сократив это равенство на g и, решив его относительно а, получим
Подставим числовые значения
Теперь можем найти период колебаний, подставив числовые значения величин в (1)
Пример 13.
Складываются два колебания одинакового направления, выра- женные уравнениями
где А1=3 см, А2=2 см, τ1=1/6 с, τ2=1/3 с, Т=2 с. Построить векторную диаграмму сложения этих колебаний и написать уравнение результирующего колебания.
Дано: А1=0,03 м А2=0,02 м τ1=1/6 с Т=2 с | Решение: Для построения векторной диаграммы сложения двух колебаний одного направления надо фиксировать какой-либо момент времени. Обычно векторную диаграмму строят для момента времени t = 0. Преобразовав оба уравнения к канонической форме , получим: |
x-? |
Отсюда видно, что оба складываемых гармонических колебания имеют одинаковую циклическую частоту
.
Начальные фазы первого и второго колебаний соответственно равны
Произведем вычисления:
Изобразим векторы и . Для этого отложим отрезки длиной А1=0,03 м и А2=0,02 м под углами φ1=300 и φ2=600 к оси О х. Результирующее колебание будет происходить с той же частотой ω и амплитудой А, равной геометрической сумме амплитуд и : . Согласно теореме косинусов,
Начальную фазу результирующего колебания можно также определить непосредственно из векторной диаграммы (рис. 5)
Произведем вычисления
y φ2 φ φ1 x A1cosφ1+A2cosφ2 Рис. 5 | или φ = 0,735 рад. Так как результирующее колеба- ние является гармоническим, имеет ту же частоту, что и слагаемые колебания, то его можно записать в виде: , где А = 0,048 м, ω = 3,14 с-1, φ = 0,735 рад. |
Пример 14.
Плоская волна распространяется вдоль прямой со скоростью υ = 20 м/с. Две точки, находящиеся на этой прямой на расстояния х1 = 12 м и х2= 15 м от источника волн, колеблются с разностью фаз
∆φ = 0,75π. Найти длину волны λ, написать уравнение волны и найти смещение указанных точек в момент t = 1,2 с, если амплитуда колебаний A = 0,1 м.
Дано: υ = 20 м/с х1 = 12 м х2= 15 м ∆φ = 0,75π t = 1,2 с A = 0,1 м | Решение: Точки, находящиеся друг от друга на расстоянии, равном длине волны λ, колеблются с разностью фаз, равной 2π; точки, находящиеся друг от друга на любом расстоянии Δ х, колеблются с разностью фаз, равной Решая это равенство относитедьно λ, получаем (1) |
λ -? |
Подставив числовые значения величин, входящих в выражение (1), и выполнив арифметические действия, получим
Для того, чтобы написать уравнение плоской волны надо еще найти циклическую частоту ω. Так как - период колебаний), то
.
Произведем вычисления
Зная амплитуду А колебаний, циклическую частоту ω и скорость υ распространения волны, можно написать уравнение плоской волны для случая
(2)
где А=0,1 м, ω =5π с-1, υ=20 м/с.
Чтобы найти смещение y указанных точек, достаточно в уравнение (2) подставить значения t и x
[МНВ1]