Лекция "Применение законов динамики"

Лекцию подготовил Волчков С.Н.
Движение тела в гравитационном поле Земли
Рассмотрим движение тела, брошенного
под углом к горизонту.
Движение тела в гравитационном поле Земли
Пусть тело в начальный
момент времени имеет

скорость υ0 , направленную
под углом α к горизонту.
Запишем начальные условия движения тела в соответствии с
выбранной системой координат:
при
t 0
x0  0
y0  0 υ0 x  υ0 cos α
υ0 y  υ0 sin α a x  0 a y   g
Движение тела в гравитационном поле Земли
Проекции скорости:
υx  υ0 cos α
υ y  υ0 sin α  gt
Уравнения координат:
x  ( υ0 cos α )t
gt
y  y0  ( υ0 sin α )t 
2
2
Движение тела в гравитационном поле Земли
Найдем уравнение траектории тела. Для этого из уравнений
координат исключим время.
x
Из уравнения
координаты х: t 
υ0 cos α
Подставим в
уравнение
координаты
y:
g
2
y  xtgα  2
x
2
2υ0 cos α
Графиком функции y = ах2 +bx +с
является парабола.
Движение тела в гравитационном поле Земли
Если тело брошено с некоторой высоты и у0 = h, то
уравнение траектории имеет вид:
g
2
y  h  xtgα  2
x
2
2υ0 cos α
Движение тела в гравитационном поле Земли
Время полета:
В высшей точке траектории
Отсюда время подъема
υ y  υ0 sin α  gt  0
t под
т.к. Fс = 0, то tпод=tпад, следовательно:
υ0 sin α

g
t пол
Время полета с некоторой
высоты h:
t пол 
2υ0 sin α

g
υ0 sin α  υ sin α  2 gh
2
0
g
2
Движение тела в гравитационном поле Земли
Дальность полета:
В уравнение
получим:
x  ( υ0 cos α )t
L
υ sin 2α
2
0
g
подставим
t пол
2υ0 sin α

g
Движение тела в гравитационном поле Земли
Зависимость дальности полета от угла бросания
Движение тела в гравитационном поле Земли
Наибольшая высота подъема:
В уравнение
подставим
gt
y  y0  ( υ0 sin α )t 
2
t под
υ sin α
H
2g
2
0
2
2
υ0 sin α

g
При
h=0
υ sin α
H  h
2g
2
0
2
Движение тела в гравитационном поле Земли
При
движении с учетом
сопротивления воздуха тело
движется по несимметричной –
баллистической
кривой,
которая в своей нисходящей
ветви круче параболы.
Движение тела в гравитационном поле Земли
Частные случаи:

υ0
при
α0
t пол 
Уравнение траектории:
Дальность полета:

2h
g
g 2
y  h 2 x
2 υ0
L  υ0
2h
g
Движение тела в гравитационном поле Земли
при
α  90
при
α  270
при
υ0  0

Тело движется равнозамедленно вверх.
 Тело свободно падает с высоты h.
Тело падает с высоты h без начальной
скорости.
Вес тела, движущегося с ускорением
Можно ли увеличить или уменьшить вес тела, не
изменяя самого тела?
Вес тела, движущегося с ускорением
Пусть тело
находится в
кабине лифта,
движущегосяс
ускорением a .



Согласно второму закону Ньютона
N  mg  ma

N -сила реакции опоры (пола лифта). 

По третьему закону Ньютона вес тела P   N
Для данного

случая
 
P  m( g  a )
P  m( g  a )
Вес тела, движущегося с ускорением
При свободном падении лифта
следовательно
 
ag
P  m( g  g )  0
Это означает наступление состояния невесомости.
Земля притягивает и тело и опору, сообщая им одинаковое
ускорение свободного падения g. Поэтому тело не давит на
опору.
Любое тело находится в состоянии невесомости,
если на него действуют только силы тяготения.
Вес тела, движущегося с ускорением
Если лифт движется с ускорением,
направленным вертикально вверх:
P  m( g  a )
Увеличение веса тела, вызванное
ускоренным движением опоры (или
подвеса), называется перегрузкой.
Тренированный человек способен
кратковременно выдержать
примерно шестикратную
перегрузку.
Ускорение космического корабля
не должно превосходить 5g.
Вес тела, движущегося с ускорением
Чему равен вес автомобиля в верхней точке
выпуклого моста и в нижней точке вогнутого?
Искусственные спутники Земли
Первый в истории искусственный
спутник Земли был запущен в
нашей стране 4 октября 1957 г.
На больших высотах воздух сильно
разрежен, поэтому можно считать,
что на спутник действует только
гравитационная сила:
Сила сообщает спутнику центростремительное
ускорение
υ
а
Rh
2
Применяя второй закон Ньютона
Mm
F G
2
( Rh)
M
υ G
Rh
Искусственные спутники Земли
Скорость, которую необходимо сообщить
телу, чтобы оно стало спутником планеты,
называется
первой
космической
скоростью.
Динамика движения по окружности
Велосипедист движется по окружности радиуса R. Найти
максимальную скорость движения без проскальзывания,
если коэффициент трения между колесами и дорогой равен μ.
Найти угол наклона велосипедиста к вертикали.

N
α

Fц

Fт
υ
μmg  m
R
2
υ  μgR
υ
m
2
υ
R
tgα 

mg
gR
2
Динамика движения по окружности
υ
m
 mg  tgα
R
2
Движение связанных тел
Через неподвижный
блок перекинута нить
с грузами 3 и 5 кг. С
каким ускорением
движутся грузы и
какова сила
натяжения нити?
Движение связанных тел
На каждое тело действуют две силы: сила
тяжести, направленная вниз, и сила
натяжения нити, направленная вверх.
Под действием результирующей силы первое
тело будет ускоренно перемещаться вверх, а
второе – вниз.


 


Т 1  m1 g  m1 a Т 2  m 2 g  m 2 a
Т1  Т 2  Т
Т  m1 g  m1a m 2 g  Т  m 2 a
( m 2  m1 ) g
a
m 2  m1
Движение связанных тел
Два груза с массами 2 кг и 3 кг соединяют легкой нитью,
перекидывают ее через невесомый блок и располагают так,
как это показано на рисунке. Коэффициент трения между
поверхностью и вторым грузом равен 0,2. Определите
ускорения грузов и силу натяжения связывающей их нити.

Fтр
Движение связанных тел

Y N
а2
Д а н о:

Т2

m2 g
Y
X

Т1 
а1

m1 g
m1= 2 кг
m2= 3 кг
μ = 0,2
а-?
Т-?
Р е ш е н и е:
1. Изобразим на рисунке силы, действующие на грузы, их
ускорения и координатные оси.
Движение связанных тел
Y

Fтр

N

а2

Т2

m2 g
Y
X

Т1 
а1

m1 g
2. Применяя второй закон
Ньютона, запишем
уравнение движения для
каждого груза:
 

m1 g  T1  m1a1

  

m2 g  T2  Fтр  N  m2 a2
3. Спроецировав уравнения на оси
координат, получим систему из
трех уравнений:
m1 g  T  m1 a
T  μN  m 2 a
N  m2 g  0
Модули векторов совпадают, т.к. нить нерастяжима. Равны
по модулю и силы натяжения нити, т.к. масса нити мала.
Движение связанных тел
4. Решим полученную систему уравнений:
сложим
m1 g  T  m1 a
уравнения
T  μm 2 g  m 2 a
m 1  μm 2
Отсюда a 
g
m1  m 2
5. Произведем
вычисления:
m1 g  μm2 g  ( m1  m2 )a
m1 m 2
T  (1 μ )
g
m1  m 2
2  0 ,2  3
a
 9 ,8  2 ,7 м 2
с
23
23
Т  ( 1  0 ,2 )
 9 ,8  14 ,1 Н
23
6. Запишем ответ.

F
Наклонная плоскость
По наклонной плоскости с углом наклона α движется вниз
брусок массой m. Коэффициент трения бруска о плоскость
равен μ. Найдите ускорение бруска.
Y

N

а
Х
α

Fтр
Д а н о:
m, α, μ
а-?
α

mg
Р е ш е н и е:
1. Изобразим силы, действующие на брусок, и его ускорение,
координатные оси и ускорение тела.
Наклонная плоскость
2. Запишем векторное уравнение движения, выражающее
второй закон Ньютона для данного тела:
  

mg  N  Fтр  ma
3. Запишем векторное уравнение в проекциях на оси
координат:
mg sin α  μN  ma
N  mg cos α  0
4. Решим полученную систему уравнений.
a  g(sin α  μ cos α )
Если брусок скользит по наклонной плоскости равномерно,
то его ускорение равно 0. Отсюда следует, что sin α  μ cos α
μ  tgα
Лекцию подготовил Волчков С.Н.