Аскирка В.Ф. Механика, молекулярная физика, термодинамика
Подождите немного. Документ загружается.
41
Подставив числовые значения и выполнив расчеты, получим,
что значение 845,0sin
=
b
, тогда 0457)845,0arcsin(
¢
°==b .
Построим в точке
B
«треугольник ускорений» (рис. 1.5).
Вектор тангенциального ускорения
t
a
r
направлен вдоль вектора
мгновенной скорости
B
u
r
в данной точке (т.к. модуль скорости
увеличивается), то есть по касательной к траектории; вектор нор-
мального ускорения
n
a
r
перпендикулярен вектору мгновенной
скорости
B
u
r
. Из рис. 1.12 видно, что:
ByB
gga uu=b=
t
sin,
b-=b=
2
sin1cos gga
n
.
Подставляя числовые значения, находим:
3,885,081,9 =×=
t
a м/с
2
,
25,5845,0181,9
2
=-×=
n
a м/с
2
.
Радиус кривизны траектории в точке приземления определя-
ем из выражения ru=
2
Bn
a . Имеем
nB
a
2
u=r , тогда после под-
становки числовых значений:
5,72
25,5
5,19
2
==r м.
Ответ: 5,19=u
В
м/с, 0457
¢
°=b , 3,8=
t
a м/с
2
, 25,5=
n
a м/с
2
,
5,72
=
r
м.
Пример 7. К нити, перекинутой через неподвижный невесо-
мый блок, подвешены грузы массой 0,80 г и 120 г. С каким уско-
рением будут двигаться грузы? Какова сила давления на ось
блока?
Дано:
80
1
=m г 80,0
=
кг,
120
2
=m г 12,0
=
кг.
Найти: a, N.
42
Решение. Грузы массами
1
m и
2
m будем считать материаль-
ными точками. Ось OY направим вниз, т.е. в направлении ускоре-
ния груза с большей массой (рис. 1.13). Ускорения обоих тел оди-
наковы по величине (нить нерастяжима) и противоположны по
направлению.
На тело
1
m
действуют сила тяжести gm
r
1
и сила натяжения
нити
1
T
r
, на тело
2
m действуют сила тяжести gm
r
2
и сила натяже-
ния нити
2
T
r
.
Второй закон Ньютона [2.1] для обоих тел в векторном виде
будет иметь вид:
1111
amgmT
r
r
r
=+ , (1)
2222
amgmT
r
r
r
=+ . (2)
Учитывая знаки проекций векторов на выбранную ось, запи-
шем выражения (1) и (2) в скалярном виде, учитывая, что
aaa ==
21
r
r
:
amgmT
111
-=+- , (3)
amgmT
222
=+- . (4)
Так как нить и блок невесомы, тре-
ния на оси блока нет, то TTT ==
21
. По-
этому (3) и (4) перепишем в виде:
amTgm
11
-=- , (5)
amTgm
22
=- . (6)
Решив систему уравнений (5) и (6),
получим выражения для нахождения ус-
корения и силы натяжения нити:
21
12
mm
mm
ga
+
-
=
,
g
mm
mm
T
21
21
2
+
=
.
Действие на блок обусловлено двумя
силами натяжения нитей
T
и силой ре-
акции со стороны оси вращения. Поэто-
Рис. 1.13
43
му по 3-му закону Ньютона сумма сил
T
2
уравновешивает силу
упругости N , действующую со стороны оси на блок (ось блока
неподвижна). Согласно третьему закону Ньютона сила упругости
N численно равна силе давления на ось блока, значит:
g
mm
mm
TN
21
21
4
2
+
==
.
Произведя вычисления, получим окончательно:
96,1
08,012,0
08,012,0
81,9 =
+
-
×=a м/с
2
,
88,181,9
08,012,0
08,012,04
=
+
××
=N Н.
Ответ: 96,1
=
a м/с
2
, 88,1
=
N Н.
Пример 8. На наклонной плоскости, составляющей с гори-
зонтом угол
°
=
a
30 , находится тело массой 0,2
1
=m кг (см.
рис. 1.14). Тело движется вверх по наклонной плоскости под дей-
ствием груза массой 20
2
=m кг, соединенного с ним невесомой
нерастяжимой нитью. Начальные скорости тела и груза равны ну-
лю, коэффициент трения тела о плоскость 10,0
=
m
. Определить
ускорение, с которым движется тело, силу натяжения нити, а так-
же силу давления на ось блока. Блок считать невесомым и вра-
щающимся без трения.
Дано:
°
=
a
30 ,
0,2
1
=m кг,
20
2
=m кг,
10,0
=
m
.
Найти:
a
,
T
,
1
N .
Решение. На тело, движущееся по наклонной плоскости, дей-
ствуют сила тяжести [3.2] gmF
m
r
r
11
= , сила натяжения нити
1
T
r
, си-
44
Рис. 1.14
ла трения
тр
F
r
и сила реакции плоскости
1
N
r
. На груз
2
m дейст-
вуют сила тяжести gmF
m
r
r
22
= и сила натяжения нити
2
T
r
. Так как
нить невесома, трение на оси в блоке отсутствует, то TTT ==
21
.
Из нерастяжимости нити следует, что aaa ==
21
. Выберем для
тела
1
m систему отсчёта XOY так, как указано на рис. 1.14.
Тогда уравнение движения (второй закон Ньютона [2.1]) тела
в проекциях на оси OX и OY запишется так:
xтрxxmxx
amFFNT
1111
=+++ , (1)
.
1111 yтрyymyy
amFFNT =+++ (2)
Учитывая знаки проекций, а также то, что TT
x
=
1
, 0
1
=
x
N ,
a-= sin
11
gmF
xm
, 0=
y
a,
1
NFF
тртрx
m-=-= [2.5], aa
x
= ,
11
NN
y
= ,
a-= cos
11
gmF
ym
, получим:
amNmT
111
sin =m-a- , (3)
0cos
11
=a- gmN . (4)
Для груза выберем систему координат YOX
¢
¢
. Уравнение
движения груза
2
m будет иметь вид:
amTgm
22
=- . (5)
45
Решив полученную систему уравнений (3) – (5) относительно
a
, получим:
(
)
[
]
4,8
cossin
21
12
»
+
a
m
+
a
-
=
mm
mmg
a
м/с
2
. (6)
Зная ускорение
a
, можно найти силу натяжения нити:
(
)
2,28
cossin1
21
21
»
+
a
m
+
a
+
=
mm
gmm
T
Н. (7)
Так как по условию задачи масса блока не учитывается, то
можно считать, что на него действуют только две силы натяжения
1
T
¢
r
и
2
T
¢
r
со стороны нити и нормальная реакция опоры N
r
со сто-
роны оси.
Под действием приложенных сил блок находится в равно-
весии:
0
21
=+
¢
+
¢
NTT
r
r
r
. (8)
Так как нить невесома, то TTT =
¢
=
¢
21
r
r
, а по третьему закону
Ньютона модуль силы реакции опоры N
r
численно равен силе
давления на ось блока. Записав выражение (8) в проекциях на ось,
совпадающей с направлением силы N
r
, получим выражение для
силы давления:
48
2
90
cos2 »
÷
÷
ø
ö
ç
ç
è
æ
a-
=
o
TN Н.
Ответ: 4,8
=
a м/с
2
, 2,28
=
T Н, 48
=
N Н.
Пример 9. На двух шнурах одинаковой длины, равной 0,80 м,
подвешены два свинцовых шара массами 0,50 и 1,0 кг (рис. 1.15).
Шары соприкасаются между собой. Шар меньшей массы отвели в
сторону так, что шнур отклонился на угол
°
=
a
60 , и отпустили.
На какую высоту поднимутся оба шара после столкновения? Удар
считать центральным и неупругим. Определить энергию, израсхо-
дованную на деформацию шаров при ударе.
46
Дано:
50,0
2
=m кг,
0,1
2
=m кг,
°
=
a
60 ,
80,0
=
l м.
Найти: h ,
д
ED .
Решение. Так как удар шаров неупругий, то после удара ша-
ры будут двигаться с общей скоростью
u
. Закон сохранения им-
пульса [4.1] имеет вид:
(
)
u+=u+u
212211
mmmm . (1)
Здесь
1
u и
2
u
— скорости шаров до удара. Скорость большего
шара до удара равна нулю ( 0
2
=u ). Скорость меньшего шара най-
дем, используя закон сохранения механической энергии [4.12].
При отклонении меньшего·шара на угол
a
(см. рис. 1.11) ему
сообщается потенциальная энергия [4.10], которая затем перехо-
дит в кинетическую поступательного движения [4.11]:
2
2
1111
u= mghm .
Из рисунка видно, что
(
)
(
)
2sin2cos1
2
1
a=a-= llh , поэтому:
(
)
2sin22
11
a==u glgh . (2)
Из уравнений (1) и (2) находим скорость шаров после удара:
)/()2/sin(2)/(
211211
mmglmmmm +a=+u=u . (3)
Кинетическая энергия, которой
обладают шары после удара, пере-
ходит в потенциальную:
ghmmmm )(2/)(
21
2
21
+=u+ , (4)
где h – высота поднятия шаров
после столкновения.
Из (4) находим )2/(
2
gh u= , или
с учетом (3):
2
21
22
1
)/()2/(sin2 mmlmh +a= .
Окончательно:
Рис. 1.15
47
044,0
)0,150,0(
25,080,050,02
2
2
=
+
×××
=h
м.
При неупругом ударе шаров часть механической энергии рас-
ходуется на их деформацию. Энергия деформации
д
ED определя-
ется разностью кинетических энергий до и после удара:
2
21
2
11
)(2/12/1 u+-u=D mmmE
д
.
Используя соотношения (2) и (3), получаем
)2/(sin12
2
21
1
1
a
÷
÷
ø
ö
ç
ç
è
æ
+
-=D
mm
m
glmE
д
.
Подставляя числовые значения, находим
(
)
3,125,05,150,0150,080,081,92 =×-×××=D
д
E Дж.
Ответ: 044,0
=
h м, 3,1=D
д
E Дж.
Пример 10. Небольшое тело массой
m
соскальзывает вниз
по наклонному желобу, переходящему в «мертвую петлю» радиу-
сом 20,0
=
R м. С какой высоты h должно начать свое движение
тело, чтобы не оторваться от желоба в верхней точке петли? Тре-
нием пренебречь.
Дано: 20,0
=
R м.
Найти: h .
Решение. Для решения задачи воспользуемся законом сохра-
нения механической энергии [4.12]. Первым состоянием тела бу-
дем считать его состояние на высоте h (обладает лишь потенци-
альной энергией относительно нулевого уровня потенциальной
энергии [4.10]), вторым – состояние в верхней точке петли (обла-
дает и потенциальной, и кинетической [4.11]). Полная энергия те-
ла в этих состояниях соответственно равна:
mghE =
1
, (1)
1
2
2
2
mgh
m
E +
u
= . (2)
С учетом того, что Rh 2
1
= , (2) перепишем в виде:
48
Rmg
m
E 2
2
2
2
+
u
= . (3)
Согласно закону сохранения энергии,
21
EE = .
Приравнивая таким образом выражения (1) и (3), получим:
mgR
m
mgh 2
2
2
+
u
= ,
откуда искомая высота в момент начала движения:
R
g
h 2
2
2
+
u
=
. (4)
Чтобы найти скорость
u
, рассмотрим силы, действующие на тело
в верхней точке «петли». В общем случае на тело действуют две
силы: сила тяжести [3.2] gmF
r
r
= и сила реакции желоба N
r
. По
второму закону Ньютона [2.1] получим:
R
m
mgN
2
u
=+ , (5)
где величина
R
2
u
– центростремительное (нормальное) уско-
рение [1.14] при движении тела по окружности радиуса
R
.
Согласно условию задачи, требуется определить высоту h
для предельного случая, когда 0
=
N . Тогда (5) примет вид:
R
m
mg
2
u
= ,
откуда gR=u
2
.
Рис. 1.16
49
Из (4), подставляя найденное соотношение и числовые значе-
ния, получим значение высоты 50,05,2
=
=
Rh м.
Ответ: 50,0
=
h м.
Пример 11. Молот массой 200
1
=m кг падает на болванку,
масса
2
m которой вместе с наковальней равна 2500 кг. Скорость
молота в момент удара равна 2,0
1
=u м/с. Найти: 1) кинетическую
энергию
1
E молота в момент удара; 2) энергию
2
E , переданную
фундаменту; 3) энергию
E
, затраченную на деформацию болван-
ки; 4) коэффициент полезного действия
h
(КПД) удара молота о
болванку. Удар молота о болванку рассматривать как неупругий.
Дано:
200
1
=m кг,
2500
2
=m кг,
0,2
1
=u м/с.
Найти:
1
E ,
2
E ,
E
,
h
.
Решение. Кинетическую энергию [4.11] молота в момент
удара найдем в виде:
2
2
11
1
u
=
m
E .
Подставив значения
1
m и
1
u и произведя вычисления, полу-
чим 400
1
=E Дж.
Чтобы определить энергию, переданную фундаменту, пред-
варительно найдем скорость системы молот-болванка (с наковаль-
ней) непосредственно после удара. Для этого применим закон со-
хранения импульса [4.1], который в случае неупругого удара двух
тел выражается следующим образом:
ummmm )(
212211
+=u+u , (1)
где
2
u – скорость болванки (вместе с наковальней) перед ударом;
u
– скорость молота и болванки (вместе с наковальней) непосред-
ственно после удара. Так как болванка с наковальней до удара на-
50
ходилась в состоянии покоя, то 0
2
=u . Так как удар неупругий, то
молот и болванка (с наковальней) движутся как одно целое, то
есть с одинаковой скоростью
u
. Из (1) найдем эту скорость:
1
21
1
u
+
=
mm
m
u
. (2)
В результате сопротивления фундамента скорость
u
быстро
гасится, а кинетическая энергия, которой обладает система молот-
болванка (с наковальней), передается фундаменту. Эту энергию
находим в виде [4.11]:
2
21
2
2
u
mm
E
+
= .
Используя выражение (2), получим:
)(2
21
2
1
2
1
2
mm
m
E
+
u
=
,
или, учитывая, что 2
2
111
u= mE , запишем:
1
21
1
2
E
mm
m
E
+
=
. (3)
Подставив в выражение (3) значения
1
m ,
2
m ,
1
E и произведя
вычисления, получим:
6,29
2
=E Дж.
Молот до удара обладал энергией
1
E ;
2
E – энергия, передан-
ная фундаменту. Следовательно, при деформации болванки выде-
лилась энергия:
21
EEE -= .
Подставив в это выражение числовые значения
1
E и
2
E , по-
лучим:
370
=
E Дж.
Назначение молота – путем ударов о болванку, находящуюся
на наковальне, вызвать деформацию болванки; следовательно,
энергию
E
следует считать полезной. КПД удара молота о бол-