Барков Ю.А., Зверев О.М., Перминов А.В. Сборник задач по общей физике

Подождите немного. Документ загружается.

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: механическая энер-

гия консервативной системы не изменяется с течением времени:

W =W

+ W

= const,

если система консервативна, т.е. работа неконсервативных сил

н/к

ТР

, F

cопр

) = 0.

Механическая работа

A =

()

⋅

= F · dr · cosα,

AFr FdS

=⋅= ⋅

∫∫

A = FScosα,

или

А = ∆W = W

– W

Примеры решения задач

№ 1.

Лифт опускается вниз и перед остановкой движется за-

медленно. Определить, с какой силой

(вес тела) будет давить на

пол лифта человек массой 60 кг, если ускорение лифта равно 4 м/с

Р е ш е н и е.

Записываем второй закон Ньютона:

Fma

∑

Делаем схематический чертеж, на котором указываем си-

лы, действующие на тело, ускорение тела и систему отсчета:

–

сила тяжести;

– сила нормальной реакции опоры (пола каби-

ны). По третьему закону Ньютона вес тела

численно равен силе

нормальной реакции

, противоположно направленной и прило-

женной к опоре:

= –

3. Расписываем второй закон Нью-

тона в векторной форме в соответствии

с условием задачи:

mg N ma

Записываем это уравнение в ска-

лярной форме, проектируя все векторы на ось (направление оси вы-

бирается произвольно):

х: N – mg = ma.

Из этого уравнения выражаем N:

N = mg + ma.

Следовательно,

P = g(m + a).

Подставляем числовые данные:

Р = 60(4 + 9,8) = 840 Н.

№ 2. Вагонетку массой 3 т поднимают по рельсам в гору, на-

клон которой 30°. Какую работу совершает сила тяги на пути в 50 м,

если известно, что вагонетка двигалась с ускорением 0,2 м/с

? Коэф-

фициент трения принять равным 0,1.

Р е ш е н и е.

Работа постоянной силы тяги F

определяется по формуле

A = F

S cosα,

где α – угол между силой и пе-

ремещением. Сила тяги направ-

лена вдоль перемещения, поэто-

му угол α = 0 и cos α = 1.

Fma

∑

Делаем чертеж.

Записываем уравнение

второго закона Ньютона в век-

торной форме.

На тело действуют четыре силы:

ТТР

gF F Nm

++ +=

Так как силы направлены под углом друг к другу, систему от-

счета составим из двух взаимно перпендикулярных осей x и y, раз-

вернув ее для удобства так, что одну ось направим вдоль наклонной

плоскости, а другую – перпендикулярно ей.

Записываем уравнение в проекциях на оси:

х: mg sinα – F

+ F

тр

+ 0 = –ma,

y: –mg cosα + 0 + 0 + N = 0,

тр

= µN,

где µ – коэффициент трения.

Решаем систему трех уравнений относительно F

= mg sinα + µmg cosα + ma = m(g sinα + µg cosα + a).

A = F

S = m(g sinα + µg cosα + a)S.

Подставляем числовые данные:

A = 3 · 10

(0,2 + 10 ⋅ 0,5 + 0,1 ⋅ 10 ⋅ 0,87) · 50 = 900 кДж.

№ 3. Трамвайный вагон массой 16 т движется по горизон-

тальному пути со скоростью 6 м/с. Какова должна быть тормозящая

сила, чтобы остановить вагон на расстоянии 10 м?

Р е ш е н и е.

Определяем, какие силы действуют в системе. Так как

в системе работают и консервативные силы (mg) и неконсерватив-

ные (F

тр

), а движение горизонтальное, удобно применить теорему

об изменении кинетической энергии

КНК

EAA

∆= +

∑

Делаем чертеж, на

котором указываем начальное

и конечное положения тела, си-

лы, скорость, ускорение и сис-

тему отсчета.

3. Расписываем теорему об изменении кинетической энергии:

тр

mg N

mv mv

AAA

−=++

Кинетическая энергия в конечном состоянии mv

/2 = 0, рабо-

ты сил тяжести и нормальной реакции опоры в направлении оси х

тоже равны нулю (А = FScosα).

Записываем уравнение в окончательном варианте:

тр

cos180

−= °.

Определяем силу торможения:

тр

Подставляем данные

тр

16 10 36

28,8

кН

210

⋅⋅

⋅

№ 4. Люстра весом 98 Н висит на цепи, которая выдерживает

нагрузку 196 Н. На какой максимальный угол α можно отклонить

люстру от положения равновесия, чтобы при последующих колеба-

ниях цепь не оборвалась?

Р е ш е н и е.

Определяем, какие силы действуют в системе (сила тяже-

сти mg и сила натяжения нити F

), и выбраем идею решения. Так

как в задаче фиксируются два положения тела, а система консерва-

тивна (работа неконсервативных сил равна нулю), решить задачу

можно с использованием закона сохранения энергии.

= const, A

нк

= 0.

Делаем чертеж (рисунок). За нулевой уровень потенциаль-

ной энергии удобно принять уровень положения равновесия (т. О).

Отметим положения I и II системы, силы тяжести и натяжения,

вектор нормального ускорения,

скорость при прохождении по-

ложения равновесия, высоту h,

на которую поднимается люстра,

угол отклонения α.

Расписываем закон со-

хранения энергии:

мI

= E

мII

; E

пI

+ 0 = 0 + E

кII

;

mgh =

Так как этого уравнения

недостаточно для нахождения неизвестного, применим второй за-

кон Ньютона для криволинейного движения и решим систему двух

уравнений:

mgh =

, (1)

Fmgma

. (2)

Запишем второе уравнение в скалярной форме (через про-

екции на ось х):

х:

Fmg

−= ,

где R = l – длина нити.

Из первого уравнения выразим mv

и подставим в х)

– mg =

mgh

Введем неизвестное, обратившись к рисунку.

Из треугольника АВС: ВС = АВ cosα = l cosα.

h = l – l cosα = l(1 – cosα)

Высоту поднятия h подставим в рабочее уравнение и найдем α:

– mg = 2mg(1 – cosα),

cos

α =

mg F

−

cos

α = 0,5; α = 60°.

№ 5.

Какую мощность N должен развить мотор ракеты для

обеспечения подъема ракеты на высоту h = 1 км, если масса самоле-

та m = 3000 кг, а время подъема t = 1 мин? Движение считать равно-

ускоренным.

Р е ш е н и е.

Как и в предыдущих задачах, определяем силы, действую-

щие в системе, выбраем идею решения.

Так как система неконсервативна –

на ракету действуют консервативная сила

тяжести (

) и неконсервативная сила

тяги (

), а движение вертикальное, удоб-

но выбрать закон превращения полной ме-

ханической энергии:

мII

– Е

мI

= A

нк

где Е

= Е

+ Е

Делаем чертеж.

Расписываем уравнение закона изменения энергии:

mgh







– 0 = A

Т,

где A

– работа силы тяги мотора: 0 – полная энергия в положении I.

Записываем уравнение мощности по определению:

ср

= ,

подставляем в него выражение A

ср

mgh

5. Выражаем скорость v в конечном состоянии II, используя

уравнения равноускоренного движения v

– v

= 2ah и v = v

+ at,

где v

= 0:

h = v

ср

t = (0 + v)t/2,

= .

Подставляем v в формулу мощности:

ср

;

hmgh

ср

mgh h

tgt







Производим вычисления

ср

= 0,8 МВт.

Варианты заданий приведены на стр. 152–182.

1.3. ДИНАМИКА ВРАЩАТЕЛЬНОГО

ДВИЖЕНИЯ ТВЕРДОГО ТЕЛА

Вращательным движением твердого тела вокруг неподвиж-

ной оси называется такое движение, при котором все точки твердо-

го тела движутся по окружностям, центры которых лежат на одной

прямой, называемой осью вращения.

Основные формулы

1. Момент силы

MrF





=×





M = rFsinα = l · F,

где l – плечо силы, l = r sinα.

2. Момент импульса тела, вращающегося относительно не-

подвижной оси

где ω – угловая скорость тела.

Основное уравнение динамики вращательного движения

относительно неподвижной оси:

где

– результирующий момент внешних сил, действующих на

тело; ε

– угловое ускорение; I – момент инерции тела относительно

оси вращения.

Моменты инерции некоторых тел массой m относительно

оси, проходящей через центр масс:

а) стержня длины l относительно оси, перпендикулярной

стержню,

;

ml=

б) обруча (тонкостенного цилиндра) относительно оси, пер-

пендикулярной плоскости обруча (совпадающей с осью цилиндра);

I = mR

;

в) диска (сплошного цилиндра) радиусом R относительно оси,

перпендикулярной плоскости диска,

ImR

= .

Закон сохранения момента импульса системы тел, вращаю-

щихся вокруг неподвижной оси:

вн

const, ( 0),

∑∑

для двух тел:

+ I

= I′

ω′

+ I′

ω′

где I

, ω

– моменты инерции и угловые скорости тел в момент

времени, принятый за начальный; I′

ω′

, I′

ω′

– те же величины

в момент времени, принятый за конечный.

Кинетическая энергия тела, вращающегося вокруг непод-

вижной оси

W =

Примеры решения задач

№ 1.

Маховик, выполненный в виде диска радиусом 0,4 м

и имеющий массу 100 кг, был раскручен до скорости вращения

480

об/мин и предоставлен самому себе. Под действием трения вала

о подшипники маховик остановился через 1 мин 20 с. Определить

момент силы трения вала о подшипники.

Р е ш е н и е.

Используем основное уравнение динамики вращательного

движения:

М∆t = Iω

– Iω

где М – тормозящий момент; ∆t – время действия тормозящего мо-

мента; I – момент инерции маховика; ω

– конечная угловая ско-

рость; ω

– начальная угловая скорость.

Решая уравнение относительно М, получим:

(ωω

)

−

∆

Найдем числовые значения величин и подставим их в выра-

жение для M:

100 (0,4)

кг

;

⋅

== =

-1

2πν 2 3,14 480

ω 50 с

60 60

⋅⋅

== =

8(0 50)

−

==−

Знак «минус» означает, что момент М – тормозящий.

№ 2.

Платформа в виде диска радиусом R = 1,5 м и массой

= 150 кг вращается по инерции около вертикальной оси, делая

n = 10 об/мин. В центре платформы стоит человек массой m

= 60 кг.

Какую линейную скорость относительно пола будет иметь человек,

если он перейдет на край платформы?

Р е ш е н и е.

Записываем закон сохранения момента импульса:

( ω

) const.

∑

или

+ I

= I′

ω′

+ I′

ω′

Для данной задачи

(

)ω = (I

+ I′

)ω′, (1)

где I

– момент инерции платформы; I

– момент инерции человека,

стоящего в центре платформы; ω – угловая скорость платформы

с человеком, стоящим в центре; I′

– момент инерции человека,

стоящего на краю платформы; ω′ – угловая скорость платформы

с человеком, стоящим на ее краю.

Линейная скорость человека, стоящего на краю платформы,

связана с угловой скоростью соотношением:

v = ω′R. (2)

Угловую скорость ω′ выразим из уравнения (1):

ω′

′

и подставим в уравнение (2)

′

(3)