Аскирка В.Ф. Механика, молекулярная физика, термодинамика

Подождите немного. Документ загружается.

ванку равен отношению энергии, затраченной на деформацию

болванки, ко всей затраченной энергии

E :

EE=h , или

121

)( EEE -=h . (4)

Подставляя в выражение (4)

E из (3), получим выражение

для КПД:

После подстановки числовых значений найдем: 6,92

Ответ: 400

=E Дж, 6,29

=E Дж, 370

E Дж, 6,92

Пример 12. Тело массой 1,0 кг под действием постоянной

силы движется прямолинейно. Зависимость пути, пройденного

телом, от времени задана уравнением 142

++= tts . Определить

работу силы за 10 секунд с начала ее действия и зависимость ки-

нетической энергии от времени.

Дано:

m ,0 кг,

142

++= tts .

Найти:

(

)

tfE

= .

Решение. Работа, совершаемая силой, выражается через ин-

теграл [4.4]

a= dsFA cos (1).

Сила, действующая на тело, по второму закону Ньютона [2.1]

равна maF

или

mF = (2). Мгновенное значение ускорения

определяется первой производной от скорости по времени или

второй производной от пути по времени [1.10]. В соответствии с

этим находим:

44 +==u t

, (3)

0,4

a м/с

. (4)

Тогда m

mF 4

== (5). Из выражения (3) определим ds :

dttds )44(

(6). Подставив (5) и (6) в выражение (1), учтя, что

1cos

(направление силы совпадает с направлением перемеще-

ния), получим:

+= dttmA )44(4.

Из этого выражения определим работу, совершаемую силой

за 10 с после начала ее действия:

+=+=

16)1(16 t

mdttmA

960)101005,0(0,116

Дж.

Кинетическая энергия поступательно движущегося тела [4.11]

определяется выражением:

u= mE

. (7)

Подставляя (3) в (7), получим:

)8168(2/)163216(2/)44(

222

++=++=+= ttmttmtmE

Ответ: 960

A Дж, )8168(

++= ttmE

Пример 13. Радиус Земли равен 6370 км, ускорение свобод-

ного падения на поверхности Земли 81,9 м/с

. Определить ее сред-

нюю плотность.

Дано:

6370=

R км

1037,6 ×= м,

1067,6

×=G м

/(кг×с

Найти: r .

Решение. Сила, с которой тело массой

притягивается к

Земле, выражается законом всемирного тяготения [3.1]:

GF = , (1)

где G – гравитационная постоянная,

– масса Земли,

R – ра-

диус Земли.

Считая Землю шаром, выразим ее массу через объем (объем

шара) и среднюю плотность r :

rp=r=

RVM . (2)

У поверхности Земли сила гравитационного взаимодействия

сообщает телу массой

ускорение

(ускорение свободного

падения), т.е. действует сила тяжести [3.2], тогда выражение (1)

запишется в виде:

Gmg = .

Исключая массу тела и подставляя массу Земли из соотноше-

ния (2), получим:

4 rp

g ,

откуда получим искомое выражение для средней плотности

Земли:

Подставляя числовые значения величин, находим:

5500

1037,61067,64

81,93

611

××××

кг/м

Ответ: 5500=r кг/м

Пример 14. Какую скорость нужно сообщить ракете, чтобы

она, стартовав с Земли, не вернулась на планету? Сопротивление

атмосферы и движение Земли не учитывать.

Дано:

1037,6 ×=R м,

8,9

g м/с

Найти:

u .

Решение. С удалением ракеты от Земли будет увеличиваться

ее потенциальная энергия и уменьшаться кинетическая. По закону

сохранения механической энергии [4.12]:

2211 пкпк

EEEE +=+ .

Так как кинетическая энергия тела, движущегося с некоторой

скоростью [4.11] 2

u= mE

, а потенциальная энергия тела в по-

ле тяготения [4.9] RmGmE

п 21

-= , то получим выражение:

или, после преобразований,

, (1)

где

– масса ракеты;

– масса Земли; G – гравитационная по-

стоянная;

u и

– скорости ракеты относительно Земли в началь-

ный и рассматриваемый моменты;

R и

– расстояния от центра

Земли до ракеты в начальный и рассматриваемый моменты.

После преобразования равенства (1) имеем:

(

)

RRGM

112

-=u-u .

Ракета не вернется на Землю, если ее скорость

в бесконеч-

ности будет равна нулю, т. е. 0

при

R . В этом случае:

RGM2

=u . (2)

Из закона всемирного тяготения [3.1] следует, что на поверх-

ности Земли mgRGmM =

, откуда:

gRGM = , (3)

где

– ускорение свободного падения на поверхности Земли.

Подставляя (2) в (3), находим

gR2

=u , или

gR2

=u .

Считая, что ракета приобретает нужную скорость

u уже

вблизи поверхности Земли, находим:

102,111037,68,92 ×=×××=u м/с 2,11

км/с.

Такая скорость необходима для преодоления гравитационно-

го поля Земли. Она называется второй космической или параболи-

ческой скоростью.

Ответ: 2,11

=u км/с.

Пример 15. Через блок в виде диска, имеющий массу

m г, перекинута тонкая гибкая нить, к концам которой подве-

шены грузы массами 100

=m г и 200

=m г. С каким ускорением

будут двигаться грузы, если их представить самим себе? Трением

пренебречь.

Дано:

m г 080,0

кг,

100

=m г 10,0

кг,

200

=m г 20,0

кг.

Найти:

Решение. Применим к решению задачи основные законы по-

ступательного и вращательного движения. На каждый из движу-

щихся грузов действуют две силы: сила тяжести gm

, направлен-

ная вниз, и сила

натяжения нити, направленная вверх. Исполь-

зуя решение примера 7 и рис. 1.13, можем записать:

amgmT

111

+= , (1)

amgmT

222

-= . (2)

Согласно основному закону динамики вращательного движе-

ния относительно неподвижной оси [5.19], вращающий момент

, приложенный к диску, равен произведению момента инерции

на его угловое ускорение

IM . (3)

Определим вращающий момент. Силы натяжения нитей дей-

ствуют не только на грузы, но и на диск. По третьему закону Нью-

тона, силы

T и

T , приложенные к ободу диска, равны соответ-

ственно силам

T и

T , но по направлению им противоположны.

При движении грузов диск ускоренно вращается против часовой

стрелки, следовательно,

TT . Вращающий момент, приложен-

ный к диску, равен разности моментов сил,

действующих на него, с учетом того, что

момент силы равен произведению силы на

плечо (радиус диска), т. е.:

rTTrTrTM

1212

где

– радиус диска. Вектор результи-

рующего момента сил направлен вдоль

оси вращения OZ (рис. 1.17). Момент сил

тяжести диска и реакции со стороны оси

вращения равен нулю, т.к. линии действия

этих сил пересекают ось вращения. Момент инерции диска

mrI = , угловое ускорение связано с линейным ускорением

грузов соотношением ra=e . Подставив в соотношение (3) вы-

ражения для

, получим:

amr

rTT ×=

откуда:

TT =

Так как

TT =

TT , то можно заменить силы

T и

их выражениями (1) и (2), тогда:

amgmamgm

1122

=--- , или

()

mmgmm

++=-

1212

откуда получаем окончательное выражение для ускорения:

mmm

После подстановки числовых значений получим:

Рис. 1.17

88,210

208,020,010,0

10,020,0

=×

м/с

Ответ: 88,2

a м/с

Пример 16. Стержень длиной 50,1

l м и массой 10

M кг

может вращаться вокруг неподвижной оси, проходящей через

верхний конец стержня (рис. 1.18). В середину стержня ударяет

пуля массой 10

m г, летящая в горизонтальном направлении со

скоростью 500

=u м/с, и застревает в стержне. На какой угол

отклонился стержень после удара?

Дано:

50,1

l м,

M кг,

m г,

500

=u м/с.

Найти:

Решение. Удар пули следует рассматривать как неупругий:

после удара и пуля, и соответствующая точка стержня будут дви-

гаться с одинаковыми скоростями.

Рассмотрим подробнее явления,

происходящие при ударе. Сначала пу-

ля, ударившись о стержень, за ни-

чтожно малый промежуток времени

приводит его и саму себя в движение

с угловой скоростью

. Система при-

обретает кинетическую энергию вра-

щательного движения [5.22]:

(

)

w+= IIE

, (1)

где

I – моменты инерции

стержня и пули относительно оси

вращения соответственно.

Рис. 1.18

Учтем, что масса пули значительно меньше массы стержня

( Mm

), следовательно, II <<

. Пренебрегая

I , (1) можно за-

писать в виде:

w= IE

. (

)

Затем стержень вместе с пулей поворачивается на искомый

угол

, причем центр масс его поднимается на высоту

(

)

(

)

g-= cos12lh , которая определяется, как в примере 9. В от-

клоненном положении стержень (его центр масс) будет обладать

потенциальной энергией [4.10]:

(

)

(

)

g-= cos12lMgE

. (2)

Потенциальная энергия получена за счет кинетической энер-

гии и равна ей по закону сохранения механической энергии [4.12].

Приравняв правые части равенств (1) и (2), получим:

()

2cos1

w=g- I

Mgl

Отсюда

Mgl

1cos

-=g

Подставив в это соотношение выражение для момента инер-

ции стержня [5.17] относительно оси, проходящей через один из

его концов, 3

MlI = , получим:

1cos

-=g

. (3)

Чтобы из выражения (3) найти

, необходимо вначале опре-

делить значение угловой скорости

. В момент удара на пулю и

на стержень действуют силы (тяжести, реакции опоры), линии

действия которых проходят через ось вращения. Моменты этих

сил относительно оси вращения равны нулю. Поэтому при ударе

пули о стержень будет справедлив закон сохранения момента им-

пульса.

В начальный момент удара угловая скорость стержня 0

=w ,

поэтому его момент импульса [5.12] .0

001

=w= IL Пуля косну-

лась стержня и начала углубляться в стержень, сообщая ему угло-

вое ускорение и участвуя во вращении стержня около оси. На-

чальный момент импульса пули [5.11] rmL

001

u= , где

– рас-

стояние точки попадания от оси вращения. В конечный момент

удара стержень имел угловую скорость

, а пуля – линейную ско-

рость

, равную линейной скорости точек стержня, находящихся

на расстоянии

от оси вращения. Так как

, то конечный

момент импульса пули w=u=

mrrmL .

Применив закон сохранения момента импульса [5.21], можем

записать:

210201

LLLL +=+ , или w+w=u

mrIrm ,

откуда:

mrI

=w , (4)

где 3

MlI = – момент инерции стержня.

Если учесть, что в (4) 3

MlImr =<< , а также что 2lr = ,

то после несложных преобразований получим:

=w . (5)

Подставив числовые значения величин в (5), найдём:

50,0

5,1102

500103

××

-1

Из (3) получим:

(

)

99,0

81,93

50,05,1

1cos

-=g ,

следовательно, 708

°=g .

Ответ: 708

°=g .

Пример 17. Маховик массой 4,0 кг свободно вращается с

частотой 720 мин

-1

вокруг горизонтальной оси, проходящей через

его центр. Массу маховика 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:

0,4

m кг,

720

n мин

-1

t с,

R см 40,0

м.

Найти:

, N .

Решение. Для определения тормозящего момента

сил,

действующих на тело, нужно применить основное уравнение ди-

намики вращательного движения [5.20]:

= .

После интегрирования получим:

òò

dIdtM

(

)

(

)

w-w=- IttM ,

ItM , (1)

где

– момент инерции маховика относительно оси, проходящей

через центр масс,

– изменение угловой скорости за время t

По условию задачи,

w=w-=wD , где

w – начальная уг-

ловая скорость, так как конечная угловая скорость 0

. Выразим

начальную угловую скорость через частоту вращения маховика,

тогда np=w 2

и n

2 . Момент инерции маховика с учетом

того, что вся масса распределена по его ободу

mRI = , где

–

масса маховика,

– его радиус. Тогда выражение (1) примет вид:

tMnmR D=p

2 ,

откуда tnmRM Dp=

числовое значение момента тормозящих сил:

61,13016,00,41214,32 =××××=M Н×м.

Так как тормозящий момент имеет постоянное значение, то

угол поворота маховика до остановки может быть определен из

выражения для равнозамедленного вращения [1.31]:

tt De-Dw=j , (2)

где

– угловое ускорение.