Радиус-вектор, определяющий положение материальной точки в пространстве, и его модуль

Поможем в ✍️ написании учебной работы

Имя

Поможем с курсовой, контрольной, дипломной, рефератом, отчетом по практике, научно-исследовательской и любой другой работой

Нажимая кнопку "Продолжить", я принимаю политику конфиденциальности

Раздел 1.

ФИЗИЧЕСКИЕ ОСНОВЫ МЕХАНИКИ.

МЕХАНИЧЕСКИЕ КОЛЕБАНИЯ.

ЭЛЕМЕНТЫ РЕЛЯТИВИСТСКОЙ

ДИНАМИКИ

1 2

Основные формулы

Радиус-вектор, определяющий положение материальной точки в пространстве, и его модуль

r = xi + yj + zk ,

где x, y, z – координаты точки; i, j, k – единичные векторы, направленные по осям прямоугольной системы координат.

Кинематическое уравнение движения материальной точки

r ( t ) = xi + yj + zk ,

где x = f₁(t), y = f₂(t), z = f₃(t) - функции, выражающие зависимость координат точки от времени t.

Средняя скорость

< v > = ,

где Dr - вектор перемещения.

Мгновенная скорость и ее модуль

Среднее ускорение

<a> = .

Мгновенное ускорение и его модуль

Ускорение при криволинейном движении:

- тангенциальное

;

- нормальное

;

- полное

где R - радиус кривизны траектории; n - единичный вектор нормали к траектории; t - единичный вектор, направленный по касательной к траектории.

Средняя угловая скорость

3 4

где j = j(t) - вектор угла вращения абсолютно твердого тела, направленный вдоль оси вращения.

Мгновенная угловая скорость

Угловое ускорение

Связь между линейными и угловыми величинами

s = j R , v = w R ,

a _t = e R , a_n = w ² R .

Импульс (количество движения) материальной точки

p = mv .

Основное уравнение динамики материальной точки (второй закон Ньютона)

Виды сил:

– сила гравитационного взаимодействия

где g - гравитационная постоянная; m₁ и m₂ - взаимодействующие массы; r - расстояние между ними;

– сила тяжести

P = mg ,

где g - ускорение свободного падения;

– сила упругости

F = - kx ,

где k - коэффициент упругости (жесткость); x - абсолютная деформация.

– сила трения

F _тр = kN ,

где k - коэффициент трения; N - сила нормального давления.

Работа, совершаемая переменной силой

Мощность

Кинетическая энергия тела при поступательном движении

Потенциальная энергия:

– упругодеформированной пружины (стержня)

5 6

;

– гравитационного взаимодействия двух масс

;

– тела, находящегося в однородном поле силы тяжести вблизи поверхности Земли

П = mgh ,

где h - расстояние между телом и поверхностью Земли.

Закон сохранения механической энергии в замкнутой системе из n материальных тел, между которыми действуют консервативные силы

Закон сохранения импульса для изолированной системы материальных тел

где n – число материальных тел; m_i - их массы.

Основное уравнение динамики вращательного движения абсолютно твердого тела относительно неподвижной оси вращения z

M_z = J_z e ,

где M_z – результирующий момент внешних сил; действующих на тело относительно оси z; J_z – момент инерции тела относительно оси вращения; e - угловое ускорение.

Момент силы

М = r × F .

Момент импульса тела

L = J × w .

Закон сохранения

– момента импульса для изолированной системы твердых тел

;

– момента импульса для изолированной системы твердых тел относительно неподвижной оси вращения z

Энергия покоя частицы

E_o = m_oc ² .

Примеры решения задач

Пример 1. Материальная точка начинает двигаться с ускорением а = At×i + Bt×j (А = 3 м/с³; В = 4 м/с³). Найти зависимость скорости движения материальной точки от времени, а также ее скорость и ускорение через 10 секунд после начала движения.

Дано: а = At×i + Bt×j А = 3 м/с³ В = 4 м/с³ t = 10 с

В единицах СИ:

Решение. 1. В двухмерной системе координат ускорение материальной точки может быть записано в виде:

Зависимость скорости движения от времени будем искать в виде:

v = v_x×i + v_y×j.

Составляющие скорости v_x и v_y найдем путем интегрирования из соотношений:

Найти:

v(t), a(t = 10), v(t = 10)

и .

Так как в начальный момент времени материальная точка покоилась, v_ox = v_oy = 0.

Тогда и , т. е t²×i + 2t²×j.

2. Модули скорости и ускорения материальной точки в любой момент времени можно представить в виде:

;

a =

Произведем вычисления значений v и a в момент времени t = 10 c.

15 16

= 250 м/с;

м/с².

Ответ. Скорость движения материальной точки изменяется со временем t по закону: t²×i + 2t²×j; в момент времени t = 10 с v = 250 м/с, а = 50 м/с².

Пример 2. Маховик, вращаясь равнозамедленно, сделал до полной остановки 100 оборотов. Сколько времени длилось равнозамедленное движение, если начальная частота вращения была равна 20 с^-1?

Дано: N =100 n_o=20 c^-1 e = const

В единицах СИ:

Решение. Угол поворота, соответствующий оборотам, в единицах СИ равен j = 2pN.

Запишем систему уравнений движения в случае постоянного углового ускорения

Найти: t

С учетом того, что j₀ = 0, j = 2pN, w₀ = 2pn₀ и w = 0, запишем эту систему уравнений в виде:

Решаем систему уравнений. Из 2-го уравнения находим: тогда 1-ое уравнение примет вид:

В результате находим, что .

Подставив численные значения N и n₀, получим:

Ответ. Движение длилось 10 с.

Пример 3. Искусственный спутник движется вокруг Земли по круговой орбите, находящейся в плоскости экватора, на высоте h от Земли. Во время движения спутник все время находится над одной и той же точкой земной поверхности. Определить угловую скорость w, линейную скорость v и высоту полета h спутника. (Масса Земли М_з= 5,97×10²⁴ кг, радиус Земли R_з = 6,37×10⁶ м, гравитационная постоянная g = 6,67×10^-11 м³/(кг×с²)).

Дано: Т = 24 ч М_з= 5,97×10²⁴ кг g = 6,67×10^-11 м³/(кг×с²) R_з= 6,37×10⁶ м

В единицах СИ: Т = 8,64×10³ с

F _гр h

Найти: w, v, h

Рис. 1.1.

Решение. 1. Угловую скорость спутника найдем из условия, что период его обращения вокруг Земли совпадает с периодом суточного вращения Земли Т:

(1)

2. Спутник движется по круговой орбите с ускорением где R = R_З + h – радиус орбиты, а v - линейная скорость спутника (рис. 1.1). Это ускорение обусловлено действием силы всемирного тяготения между массой спутника m и массой Земли М_З:

(2)

Подставив выражения для силы (2) и ускорения в формулу для второго закона Ньютона F = m×a, получим:

Из второго выражения находим

Легко видеть (см. рис. 1.2), что

3. Линейную скорость спутника v находим из соотношения v = w × R .

Произведем вычисления:

17 18

h = (42,24 - 6,37)×10⁶ = 35,87×10⁶ м;

v = 7,27×10^-5´42,24×10⁶ = 3071 м/с.

Ответ. h = 35870 км; v = 3071 м/с.

Пример 4. На тело, движущееся со скоростью v ₀ = 3 м/с, начинает действовать сила F = 10 H. За время D t = 6 с кинетическая энергия тела увеличилась на 100 Дж. Найти скорость v₁ тела в конце действия силы и его массу т.

Дано: v₀ = 3 м/с² F = 10 H Dt = 2 с ∆Е_х = 100 Дж

В единицах СИ:

Решение. Изменение кинетической энергии тела можно выразить как:

(3) Изменение импульса тела

по второму закону Ньютона будет равно импульсу силы, то есть

Найти: v₁, т

Из этого выражения находим массу тела

(4)

После подстановки полученного выражения (4) для массы тела в выражение (3) для кинетической энергии получим:

Отсюда находим: а

Произведем вычисления:

м/с;

Ответ. Конечная скорость тела равна 7 м/с, а масса тела – 5 кг.

Пример 5. Из залитого колодца, площадь дна которого S = 1 м², требуется выкачать воду на мостовую. Глубина воды в колодце h = 2 м, а расстояние от уровня воды до мостовой Н = 5 м (рис. 1.2). Найти наименьшую работу, которую необходимо затратить на откачку воды.

Дано: S = 1 м² h = 2 м Н = 5 м r =1×10³ кг/м³	В единицах СИ:	x H dF h dx 0
Найти: А		Рис. 1.2

Решение. 1. Так как уровень воды будет уменьшаться при откачке, работа по ее подъему может быть найдена путем интегрирования работ по подъему отдельных слоев воды. Выберем на расстоянии x от дна колодца слой воды толщиной dx. Для подъема этого слоя на поверхность нужно преодолеть расстояние l = H + h - x, приложив при этом силу dF , равную по величине весу слоя воды dx:

dF = dm × g = r × g × dV = r × g × S × dx.

Таким образом, работа по подъему выбранного слоя воды будет равна:

dA = dF × l = r × g × S × (H + h - x)dx

Интегрируя по всей толще воды, получим:

2. Работа по подъему воды на поверхность равна разности потенциальных энергий воды на мостовой и на дне колодца:

А = П₂ - П₁.

Потенциальная энергия воды на мостовой П₂ относительно дна колодца равна:

П ₂ = mg(H + h) = r × h × S × g(H + h).

19 20

Потенциальная энергия воды в колодце, центр тяжести которой находится на высоте h/2, равна:

Таким образом,

Произведем вычисления:

Ответ. Работа по откачке воды составит 1,17×10⁵ Дж.

Пример 6. Ударная часть молота копровой установки для забивания свай, масса которой m₁ = 800 кг, падает с постоянной скоростью v ₁= 5 м/с и забивает сваю массой m ₂ = 2 т в котлован под фундамент здания. Определить: а) величину кинетической энергии Т₁ молота при ударе; б) энергию Т₂, затраченную на погружение сваи в грунт котлована (считая удар абсолютно неупругим); в) коэффициент полезного действия (КПД) h установки.

Дано: m₁ = 800 кг v₁= 5 м/с m₂ = 2 т v₂= 0

В единицах СИ: m₂ = 2×10³ кг

Решение. 1. Кинетическая энергия Т₁ ударной части молота, имеющая при ударе скорость v ₁ = 5 м/с, равна

Подставив в выражение для Т₁ массу m ₁ = 800 кг и скорость v₁= 5 м/с, получим:

Найти: Т₁, Т₂, h

2. Удар молота о сваю неупругий, поэтому после удара молот и свая будут двигаться вместе с одинаковой скоростью u. Величину u в момент удара найдем, воспользовавшись законом сохранения импульса при ударе

m ₁ v ₁ + m ₂ v ₂ = ( m ₁ + m ₂ ) u ,

с учетом того, что v₁ и u имеют одно и то же направление, а v ₂ = 0, так как свая до удара покоилась:

(5)

Скорость u молота и сваи после удара быстро уменьшается до нуля вследствие сопротивления грунта, при этом кинетическая энергия Т₂, равная

(6)

расходуется на погружение сваи в грунт котлована.

Подставив (5) в (6), найдем Т₂:

(7)

После подстановки в (7) численных значений m ₁ , m ₂ , Т₁ получим:

3. КПД h при ударе молота о сваю равен отношению полезной энергии Т₂, затраченной на забивание сваи в грунт котлована, к энергии Т₁ падающего молота

Подставив в это отношение выражение получим .

После подстановки численных значений m ₁ и m ₂ получаем:

Ответ. Величина кинетической энергии ударной части молота при ударе Т₁ = 1×10⁴ Дж; величина энергии, затраченной на погружение сваи в грунт Т₂ @ 2,86×10³ Дж; КПД при ударе h @ 29%.

Пример 7. Маховик массой 4 кг свободно вращается с частотой 720 оборотов в минуту вокруг горизонтальной оси, проходящей через его центр. Массу маховика можно считать равномерно распределенной по его ободу радиусом 40 см. Через 30 с после включения постоянного тормозящего момента маховик остановился. Найти тормозящий момент и число оборотов, которое сделает маховик до полной остановки.

21 22

Дано: m = 4 кг n = 720 мин^-1 R = 40 см Dt = 30 c w = 0	В единицах СИ: n = 12 с^-1 R = 0,4 м	Решение. 1. Для определения тормозящего момента М сил, действующих на вращающееся тело, нужно применить основное уравнение динамики вращательного движения M = J e , (8) где J - момент инерции маховика относительно оси, проходящей через центр масс; e = D w / D t - постоянное угловое ускорение маховика. По условию задачи D w = w - w _о = - w _о, где w_о - начальная угловая скорость маховика, т. к. конечная угловая скорость w = 0.
Найти: M , N

Выразим начальную угловую скорость через частоту вращения маховика w _о = 2 p n . Тогда D w = - 2 p n, а ½ e ½ = 2 p n / D t .

Момент инерции маховика

J = mR ² ,

где m - масса маховика, R - его радиус.

Тогда после подстановки выражений для J и e в (8) получим:

Произведем вычисления:

М = (2 × 3,14 × 12 × 4 × 0,16)/30 @ 1,61 Н × м (с^-1 × кг × м²/с = Н × м).

2. Угол поворота, то есть угловой путь j за время вращения маховика до полной остановки, может быть определен из решения уравнения для равнозамедленного вращения

(9)

После подстановки в (9) полученных выше выражений w _о = 2 p n и ½ e ½ =2 p n / D t, с учетом того, что j ₀ = 0, находим:

Так как j = 2 p N, то число оборотов маховика до его полной остановки составляет

После подстановки численных значений n и D t получаем:

N = 12c^-1×30c/2 = 180.

Ответ. Тормозящий момент М @ 1,61 Н×м; число оборотов, которое сделает маховик до полной остановки, N = 180.

Пример 8. Шарик массой т = 100 г, прикрепленный к невесомой нити длиной l ₀ = 1м, вращается в горизонтальной плоскости вокруг вертикальной оси с частотой 20 оборотов в секунду. Нить укоротили до длины l ₁ = 25 см. Определить частоту вращения шарика n ₁ и совершенную при укорачивании нити работу А.

Дано: m = 100 г l ₀ = 1 м l ₁ = 25 см n₀= 20 с^-1

В единицах СИ: m = 0,1 кг l ₁ = 0,25 м

Решение: По закону сохранения момента импульса

J ₀ w ₀ = J ₁ w ₁, (10)

где - момент инерции шарика при длине нити l₀; - первоначальная угловая скорость вращения; - момент инерции шарика при длине нити l₁; w ₁ = 2 p n ₁ - угловая скорость вращения шарика при длине нити l₁.

Найти: n ₁ , А

Подставляя в (10) выражения для J ₀ , w ₀ , J ₁ и w ₁, получаем:

откуда

Подставив численные значения n ₀ , l ₀ и l ₁, получим:

n ₁ = 20×1²/0,25² = 320 c ^-1 .

2. Работу А, совершенную при укорачивании нити, найдем как разницу между кинетическими энергиями Т₁ и Т₀, где - кинетическая энергия вращающегося шарика после того, как укоротили нить, - первоначальная кинетическая энергия шарика.

Произведем вычисления:

А = 2×3,14²×0,1(0,25²×320² - 1²×20²) = 1,18×10⁴ Дж (кг × м² × с^-2 = Н × м = Дж).

Ответ. Частота вращения шарика после укорачивания нити увеличится до n ₁ = 320 c^-1; работа по укорачиванию нити А = 1,18×10⁴ Дж.

Пример 9. Колебательная система совершает затухающие колебания. Частота собственных колебаний системы n ₀ = 1000 Гц. Определить логарифмический декремент затухающих колебаний q, если частота затухающих колебаний n = 996 Гц.

23 24

Дано: n₀ = 1000 Гц n = 996 Гц	В единицах СИ:	Решение. Логарифмический декремент затухания q = d × Т , где d – коэффициент затухания; – период колебаний; (11) циклическая частота затухающих колебаний; w ₀ = 2 p n ₀ -циклическая частота собственных колебаний.
Найти: q

Следовательно

(12)

Подставляя в (12) величину найденную из выражения (11), получаем:

Произведем вычисления

Ответ. q = 0,563.

Пример 10. Вычислить, во сколько раз изменится импульс частицы, если ее кинетическая энергия Т возрастет в четыре раза? Начальная кинетическая энергия частицы Т₀ равна ее энергии покоя Т₀ = Е₀ = т₀с².

Дано: Т₀ = Е₀ = т₀с² Т₁ = 4Т₀

В единицах СИ:

Решение. Связь между импульсом и энергией для релятивистской частицы определяется выражением:

где Е = Е₀ + Т – полная энергия частицы.

Найти: р₁/р₀

Следовательно:

Ответ. Импульс частицы возрастет в 2,83 раза.

Пример 11*. Вычислить момент инерции маятника Обербека (рис. 1.3), если груз массой т = 0,5 кг падает с высоты h = 1 м за время t = 10 с. Радиус шкива r = 20 мм, ускорение свободного падения g = 9,81 м/с². На сколько изменится момент инерции маятника Обербека, если стержни укоротить в 3 раза, а грузы с концов стержней удалить? Масса одного груза т_гр = 100 г, масса одного стержня т_ст = 0,2 кг, первоначальная длина стержня l = 0,3 м.

Дано: т = 0,5 кг h = 1 м t = 10 с r = 20 мм g = 9,81 м/с² m_гр= 100 г m_ст= 0,2 кг l = 0,3 м	В единицах СИ: r = 2×10^-2 м m_гр = 0,1 кг	l m_гр m_ст_rr r m
Найти: J , ∆J		Рис. 1.3

Решение. Маятник Обербека (рис. 1.3) представляет собой крестовину с четырьмя стержнями длиной l и массой т_ст. На стержни надеты одинаковые грузы массой m_гр, которые можно перемещать и фиксировать на различных расстояниях от оси вращения. Крестовина закреплена на шкиве радиуса r. На шкив наматывается нить, к свободному концу которой прикреплен груз массой m. Груз, опускаясь (падая) с высоты h, приведет маятник Обербека во вращение с угловым ускорением e. Трением обычно пренебрегают.

1. Рассмотрим падение груза т с высоты h. В качестве системы отсчета выберем двухкоординатную систему xOy, начало которой (точку О) поместим на уровне пола, при этом ось Ох направлена вверх, а ось Oz направлена параллельно оси вращения маятника.

На груз т действует сила тяжести mg и сила натяжения нити T.

Уравнение движения груза, в соответствии со вторым законом Ньютона, запишем в следующем виде:

ma = mg + T . (13)

Спроецируем силы, входящие в уравнение движения (13), на ось Ох, направленную вниз в направлении движения груза из точки начала движения груза. Тогда

- ma = - mg + T . (14)

Отсюда находим:

25 26

T = m ( g - a ). (15)

Падение груза m с высоты h будет равноускоренным. Модуль ускорения a при нулевой начальной скорости движения v ₀ = 0 обычно записывают в виде:

(16)

Следовательно:

(17)

2. Рассмотрим вращение маятника. Согласно третьему закону Ньютона, сила Т^/, действующая на шкив и приводящая во вращение маятник Обербека, равна по модулю силе натяжения нити Т.

Рис. 1.5

Найти: 1. F_Ст; 2. v ₀

1. На свинцовый шарик малого размера, падающий в жидкости вертикально вниз, действуют три силы (рис. 1.5 а): сила тяжести P = m g = r _св , Vg = 4/3 p r ³ r _св g (r – радиус шарика, r_св – плотность шарика), сила Архимеда F _A = 4/3 p r ³ r _гл g (r_гл – плотность жидкости) и сила сопротивления жидкости:

F _Ст = 6 p h rv , (23)

эмпирически установленная Стоксом, направленная против движения шарика. График зависимости скорости шарика от пройденного им пути будет иметь вид, показанный на рис. 1.5 б.

При установившемся равномерном движении шарика результирующая всех сил равна нулю и скорость движения постоянна, т. е.:

P = F_A + F_Ст. (24)

или 4/3pr³r_свg = 4/3pr³r_глg + F_Ст, (25)

откуда F_Ст = 4/3pr³(r_св- r_гл)g. (26)

Произведем вычисления по формуле (26):

F_Ст = 4/3×3,14×1×10^-9×(11,3×10³ - 1,26×10³)×9,81 = 1,31×10^-4Н (м³× ).

2. Скорость установившегося равномерного движения шарика найдем из соотношения (26), подставив в него выражение (23) для силы Стокса:

6phrv₀ = 4/3pr³(r_св- r_гл)g,

откуда (27)

Произведем вычисления по формуле (27):

и проверим размерность .

Ответ.1. Сила сопротивления жидкости равна F_Ст = 1,31×10^-4Н;

2. Скорость равномерного движения шарика v₀ = 6,25×10^-2м/с.

К началу

29 30

Варианты задач

Раздел 1.

ФИЗИЧЕСКИЕ ОСНОВЫ МЕХАНИКИ.

МЕХАНИЧЕСКИЕ КОЛЕБАНИЯ.

ЭЛЕМЕНТЫ РЕЛЯТИВИСТСКОЙ

ДИНАМИКИ

1 2

Основные формулы

Радиус-вектор, определяющий положение материальной точки в пространстве, и его модуль

r = xi + yj + zk ,

где x, y, z – координаты точки; i, j, k – единичные векторы, направленные по осям прямоугольной системы координат.

Дата: 2019-02-25, просмотров: 537.

12 3 4 Следующая ⇒