Примеры решения задач Задача 1.

Примеры решения задач
Задача 1.
Начальная скорость брошенного под некоторым углом к горизонту камня
равна 10 м/с, а спустя 0.5 с скорость камня равна 7 м/с. На какую
максимальную высоту над начальным уровнем поднимется камень?
Решение
Дано:
Максимальная высота подъема тела, брошенного под
v0=10 м/с
углом к горизонту, может быть найдена из общей формулы
v=7 м/с
пути при равнопеременном движении в проекции на
t=0.5 с
вертикальную ось
Найти:
h=?
h  Sy 
v 2y  v 02 y
2a y
;
с учетом, что в наивысшей точке траектории отсутствует
вертикальная составляющая скорости vy=0, а a y   g :
h
v 02 y
2g
.
(1)
Неизвестную проекцию начальной скорости на вертикальную ось v0y
  
можно найти из формулы скорости при равнопеременном движении v  v 0  at в
проекции на вертикальную ось:
v y  v 0 y  gt
(2)
и теоремы Пифагора для полной скорости в начальный момент времени и
спустя время t после начала движения:
(3)
v 02  v 02x  v 02y ,
2
2
2
(4)
v  v 0x  v y .
Здесь учтено, что проекция скорости на горизонтальную ось v x  v 0 x  a x t не
изменяется, так как a x  0 . Вычтем почленно (4) из (3), и с учетом (2) получим:
2
v 02  v 2  2v 0 y gt  gt  .
(5)
2
v 02  v 2  gt 
10 2  7 2  9,8  0.5

 7.65м / с .
2gt
2  9.8  0.5
2
Из (5) находим v0y: v 0 y 
v 02 y
7.65 2

 2.99м .
Далее из (1) находим высоту подъема: h 
2g 2  9. 8
Ответ: h=2.99 м.
Задача 2.
Уравнение движения тела имеет вид x=5t+0.8t3. Определить ускорение и
скорость тела в начальный момент времени, а также среднее ускорение за
первые 5 секунд движения.
Дано:
Решение
x=5t+0.8t3
Δt=5c

 dr
Поскольку v  , то
dt
Найти:
а0=?
v0=?
аср.=?
dx
 5  0.8  3t 2 .
dt
(1)
dv
 2. 4  2 t  4 . 8 t .
dt
(2)
v

 dv
Далее, из a 
получим
dt
a
Подставив в (1) и (2) t=0, найдем v0=5 м/с, а0=0 м/с2.
Среднее
ускорение
находим
по
определению


v
a ср . 
,
t
то
есть
 v v t  v0
, где скорость в момент времени t=5c находим из (1):

t
t
65  5
 12м / с 2 .
vt=v5=5+2.4.52=65 м/с. Окончательно a ср. 
5
a ср. 
Ответ: а0=0 м/с2; v0=5 м/с; аср.=12 м/с2.
Задача 3.
Определить тангенциальное, нормальное и полное ускорение точки
окружности диска для момента времени 10 с от начала движения, если радиус
окружности 0.2 м, а угол между осью ОХ и радиус-вектором точки изменяется
по закону: =3–t+0.2t3.
Решение
Дано:
d
d
По формулам  
и 
находим угловую
=3–t+0.2t3
dt
dt
t=10 c
скорость и угловое ускорение точки: ω= –1+0.2.3t2 , ε=0.6.2t.
R=0.2 м
Из формулы связи углового и линейного тангенциального
ускорения найдем: aτ=R. ε=R.(0.6.2t)=1.2Rt=1.2.0.2.10=24 м/с2.
Найти:
v2
Нормальное ускорение найдем из формулы an  , где
aτ=?
R
.
.
. 2
.
2
аn=?
скорость
v=R ω=R (–1+0.2 3t )=R (0.6t –1).
Подставим
.
.
2
а=?
численные
значения:
v=0.2 (0.6 10 –1)=11.8
м/с;
a
n

11.8 2
 696м / с 2 .
0.2
Теперь находим полное ускорение: a  a2  a n2  24 2  696 2  697м / с 2 .
Ответ: aτ=24 м/с2; аn=696 м/с2; а=697 м/с2.
Задача 4.
С поверхности Земли вертикально вверх пущена ракета со скоростью 5
км/с. На какую высоту она поднимется?
Решение
Дано:
На ракету действует сила притяжения Земли, которая
v0=5000 м/с
по закону всемирного тяготения равна:
RЗемли=6.4.106 м
M m
F   З2 ,
r
Найти:
h=?
2
где m – масса ракеты, МЗ – масса Земли, r=RЗемли+h – расстояние до центра
Земли. Элементарная работа против силы тяжести при перемещении ракеты
вверх на dr равна: dA=Fdr; полная работа при перемещении ракеты от
поверхности Земли до высоты h рассчитывается интегрированием:
r
r
M m
M m
A   Fdr    З2 dr   З
r
r
RЗ
RP
r
RЗ
 1 1
   M З m
  .
 RЗ r 
По закону сохранения энергии кинетическая энергия, которой обладала
ракета на Земле, будет израсходована на работу против силы притяжения:
mv 02
 A . Тогда получим уравнение:
2
 1 1
mv 02
 M З m
  .
2
 RЗ r 
После сокращения на m и подстановки r=RЗемли+h получим выражение для
высоты:
h
Здесь учтено, что g  
RЗ
 1.59км .
2gR З
1
v 02
MЗ
- ускорение свободного падения на поверхности
R 2З
Земли.
Ответ: h=1.59 км.
Задача 5.
Через блок, имеющий форму диска, перекинут шнур. К концам шнура
привязаны грузы массой 0.1 кг и 0.11 кг. С каким ускорением будут двигаться
грузы? Найти силы натяжения шнура по обе стороны блока. Масса блока 0.4 кг.
Решение
Дано:
Запишем второй закон Ньютона для поступательного
m1=0.1 кг
движения в проекции на вертикальную ось, направленную
m2=0.11 кг
вверх, для обоих грузиков (рис.1):
m=0.4 кг
m1а= T1–m1g;
(1)
–m2а= T2–m2g;
(2)
Найти:
Здесь учтено, что модули ускорений обоих грузов
а=?
одинаковы, так как шнур считаем нерастяжимым.
T1=?
За
положительное
T2=?
направление вращения блока
примем вращение по часовой
стрелке; запишем
для него закон динамики
T
1
вращательного
движения:
T2
Iε=M2–M1,
(3)
где I – момент
инерции сплошного диска (или
цилиндра):
m1g
m2g
Рис.1
3
I
mR 2
;
2
(4)
ε – угловое ускорение блока, связано с линейным ускорением обода блока и
шнура (предполагаем, что проскальзывания нет):
(5)
a  R ,
здесь R – радиус блока; модули моментов сил натяжения шнура относительно
оси вращения:
M1=R.T1,
(6)
.
M2=R T2
(7)
Решая систему уравнений (1-7), получим:
mR 2 a
 Rm2 g  a   m1 a  g  ,
2 R
откуда находим ускорение:
ag
m2  m1
m
m1  m2 
2
 0.24 м / с 2 ,
а затем из (1) и (2) – силы натяжения шнура:
T1=m1(a+g)=1.0 H; T2=m2(g–a)=1.05 Н.
Ответ: а=0.24 м/с2; T1= 1.0 H; T2=1.05 Н.
Задача 6.
Шар массой 1 кг, катящийся без скольжения со скоростью 10 см/с,
ударяется о стенку и откатывается от нее со скоростью 8 см/с. Найти
количество теплоты, выделившейся при ударе.
Решение
Дано:
Будем считать стенку массивной и неподвижной. Тогда по
m=1 кг
закону сохранения энергии выделившаяся при ударе теплота
v0=0.1 м/с
равна изменению механической энергии шара:
v=0.08 м/с
Q=E–E0.
(1)
Полная кинетическая энергия катящегося тела равна
Найти:
сумме кинетической энергии поступательного движения
Q=?
центра масс тела и кинетической энергии вращательного
движения тела относительно центра масс, так как качение тела
является суперпозицией этих двух движений:
Eкин. 
mv 2 I 2

.
2
2
(2)
Так как качение происходит без проскальзывания, то линейная скорость
движения центра масс и угловая скорость вращения связаны соотношением:
v=ωR,
(3)
где R – радиус шара, I – момент инерции шара относительно оси, проходящей
через центр масс:
I
2mR 2
.
5
(4)
4
Подставив (3) и (4) в (2), получим формулу для энергии катящегося шара:
2
v

2
2 
mv
2mR  R 
mv 2 mv 2
E



 0.7mv 2 .
2
5
2
2
5
(5)
Аналогично, начальная кинетическая энергия шара:
E0  0.7mv 02 .
Подставляем (5) и (6) в (1) и получаем искомую теплоту:



(6)

Q  0.7m v 2  v 02  0.7  1  0.12  0.08 2  2.52мДж
Ответ: Q=2.52 мДж.
Задача 7.
Однородный медный стержень длиной 1 м равномерно вращается вокруг
горизонтальной оси, проходящей через один из его концов. При какой частоте
вращения стержень разорвется?
Решение
Дано:
Найдем зависимость силы натяжения F стержня от
l=1 м
координаты x. На расстоянии x от оси вращения выделим
σпр=2.4.108 Па
фрагмент стержня бесконечно малой длины dx и массой
ρ=8600 кг/м3
dm=ρSdx.
На него действуют силы: сила натяжения стержня F – вверх,
Найти:
сила натяжения стержня F+dF (со стороны нижней части
ν=?
стержня) – вниз и сила тяжести gdm – тоже вниз (рис.2).
Запишем второй закон Ньютона для массы dm:
adm= F–(F+dF)– gdm,
O
2
где а=ω x – центростремительное ускорение. Отсюда
dF=–dm(g+ ω2x)= –ρSdx(g+ ω2x),
или:
x
dF
  S g   2 x .
dx
l
Зависимость F(x) теперь можно найти, интегрируя
dx
предыдущее выражение или найдя первообразную от
выражения (  S g   2 x ) и учтя очевидное граничное условие:
F(l)=0:


 2 x2 
 2l 2 
  S  gl 
.
F ( x )  S  gx 
2 
2 


Максимальное натяжение будет при x=0:

 2l 2
F ( 0 )  S  gl 
2

Рис.2
а соответствующее
прочности:
механическое
 пр. 
напряжение

 ,

приравняем
к
пределу

F( 0 )
 2l 
.
 l  g 
S
2 

5
Решаем полученное уравнение относительно угловой скорости и затем находим
частоту:


1

2 2

2   пр.

 g   38 Гц .
l  l

Ответ: ν=38 Гц.
Задача 8.
Найти частоту колебаний груза массой m=0.2 кг, подвешенного на пружине
и помещенного в масло, если коэффициент сопротивления в масле r=0.5 кг/с, а
коэффициент жесткости пружины k=50 Н/м .
Решение
Дано:
Колебания груза в масле являются затухающими, их
m=0.2 кг
круговая частота:
r=0.5 кг/с
 затух.   02   2 ,
k=50 Н/м
Найти:
ν.=?
k
– круговая частота собственных незатухающих
m
r
колебаний;  
– коэффициент затухания. Тогда частота
2m
где 0 
затухающих колебаний  
 затух.
1

2
2
2
k  r 

  2.51Гц .
m  2m 
Ответ: ν.=2.51 Гц.
Задача 9.
Шуму на оживленной улице соответствует уровень громкости 70 фон,
крику – 80 фон. Какой будет уровень громкости звука, полученного в
результате сложения крика и шума улицы? Считать частоту равной 1 кГц.
Решение
Дано:
Для частоты 1000 Гц уровень громкости по определению
Е1=70 фон
совпадает с уровнем интенсивности, выраженному в децибелах,
Е2=80 фон
I
тогда E  LI  10lg .
I0
Найти:
E
Е=?
Выразим интенсивность звука: I  I 0  10 10 , тогда получим
для шума и для крика соответственно интенсивности звука:
7
I 1  I 0  10 ; I 2  I 0  10 8 . Интенсивность результирующего звука можно найти
сложением интенсивностей двух звуков, поскольку интенсивность –
энергетическая характеристика звуковой волны и характеризует среднюю
плотность потока энергии, переносимой волной:
I=I1+I2=I0,107(1+10).
Теперь можно найти уровень громкости по определению:
E  LI  10 lg
I  11  10 7
I
 10 lg 0
 80.4фон .
I0
I0
6
Ответ: Е=80.4 фон.
Задача 10.
Импульс релятивистской частицы массой m равен mС. Под действием
внешней силы импульс частицы увеличился в 2 раза. Во сколько раз при этом
возрастет энергия частицы: 1) кинетическая; 2) полная?
Решение
Дано:
Воспользуемся формулой взаимосвязи импульса и полной
p1=mС
энергии: E 2  p 2 c 2  m 2 c 4 . Тогда получим для двух состояний
p2=2mС
частицы:
2
Найти:
E1  p12 c 2  m 2 c 4  mc c 2  m 2 c 4  2mc 2 ,
E k1
?
Ek 2
E1
?
E2
E2 
откуда
E1

E2
p22 c 2  m 2 c 4 
2mc2 c 2  m 2 c 4
 5mc 2 ,
5
 1.58 . Кинетическая энергия равна разности
2
полной и энергии покоя: Eкин .  E  E0 . Тогда
 2  1,
 mc  5  1 .
Ek1  E1  E0  2mc 2  mc 2  mc 2
Ek 2  E2  E0  5mc2  mc2
И, наконец:
E k1

Ek 2
2
5 1
 3.01 .
2 1
E
E
Ответ: 1  1.58 ; k1  3.01 .
E2
Ek 2
Задача 11.
В трубе с внутренним диаметром 3 см течет вода. Определить
максимальный массовый расход воды при ламинарном течении. Вязкость воды
0.001 Па.с. Ламинарность движения жидкости сохраняется при числе
Рейнольдса.
Решение
Дано:
Массовый расход жидкости – это, аналогично
d=3 см
объемному расходу, масса жидкости, протекающей через
η=0.001 Па.с
сечение трубы за единицу времени:
Reкр.=3000
dm
Qm 
Найти:
Qm=?
dt
.
Так как m=ρV, то
Qm  
dV
.
dt
(1)
Считаем течение ламинарным вплоть до критического числа Рейнольдса,
тогда
Re кр . 
 v  d

,
(2)
где кинематическая вязкость связана с динамической:
7


,

(3)
а средняя скорость движения жидкости v позволит найти путь, пройденный
частицами воды за время dt: dl=vdt и объем протекшей через поперечное
сечение S за это время жидкости:
dV=Sdl=Svdt.
(4)
Решая систему уравнений (1-4), получим: Q m   
далее
Qm    S 
Re кр 
d
  S 
Re кр 
d
сечения трубы через диаметр: S 
Qm  S
Re кр 
d

S
 d2
4
  d  Re кр 
4
Re кр 
d
dV S  v  dt

  S v,
dt
dt
. Наконец, выразим площадь
, тогда

3.14  0.03  3000  0.001
 0.071кг / с .
4
Ответ: Qm=0.071 кг/с.
8