книги / Сборник задач по общей физике

где G – гравитационная постоянная; m1 и m2 – массы взаимодействующих тел; r – расстояние между ними (тела – материальные точки или шарообразной формы);

в) тела, находящегося в однородном поле силы тяжести,

Wп = mgh,

где g – ускорение свободного падения; h – высота тела над уровнем, принятым за нулевой (формула справедлива при условии h << R, где R – радиус Земли).

7. Закон сохранения механической энергии: механическая энер-

гияконсервативной системы неизменяетсяс течениемвремени:

W = Wк + Wп = const,

если система консервативна, т.е. работа неконсервативных сил

Ан/к(Fтр, Fcопр) = 0.

8. Механическая работа

dA = Fdr = Fdrcos ,

2	S2
A Fdr		FS dS,
1	S1

для постоянной силы

A = FScos ,

или

А = W = W2 – W1.

Примеры решения задач

№ 1. Лифт опускается вниз и перед остановкой движется замед-

ленно. Определить, с какой силой P (вес тела) будет давить на пол лифта человек массой60 кг, еслиускорение лифтаравно 4 м/с2.

Р е ш е н и е.

1. Записываем второй закон Ньютона:

n Fi ma. i 1

21

2. Делаем схематический чертеж, на котором указываем силы, действующие на тело, ускорение тела и систему отсчета: mg – си-

ла тяжести; N – сила нормальной реакции опоры (пола кабины). По третьему закону Ньютона вес

тела P численно равен силе нормальной реакции

N , противоположно направленной и приложенной к опоре: P = – N.

3.Расписываем второй закон Ньютона в векторной форме

всоответствии с условием задачи:

	N ma.
mg

4. Записываем это уравнение в скалярной форме, проектируя все векторы на ось (направление оси выбирается произвольно):

х: N – mg = ma.

Из этого уравнения выражаем N:

N = mg + ma.

Следовательно,

P = m(g +a).

Подставляем числовые данные:

Р= 60(4 + 9,8) = 828 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/с2? Коэффициент трения принять равным 0,1.

22

Р е ш е н и е.

Работа постоянной силы тяги Fт определяется по формуле

A = Fт Scos 0,

где 0 – угол между силой и перемещением. Сила тяги направлена вдоль перемещения, поэтому угол 0 = 0 и cos 0 = 1.

1.n Fi ma. i 1

2.Делаем чертеж.

3.Записываем уравнение второго закона Ньютона в вектор-

ной форме.

На тело действуют четыре силы: mg Fт Fтр N ma.

Поскольку силы направлены под углом друг к другу, систему отсчета составим из двух взаимно перпендикулярных осей x и y, развернув ее для удобства так, что одну ось направим вдоль наклонной плоскости параллельно ускорению, а другую – перпендикулярно ей.

4. Записываем уравнение в проекциях на оси:

х: mgsin – Fт + Fтр + 0 = –ma, y: –mgcos + 0 + 0 + N = 0,

Fтр = N,

где – коэффициент трения.

Решаем систему трех уравнений относительно Fт:

Fт = mgsin + mgcos + ma = m(gsin + gcos + a).

5. A = FтS = m(gsin + gcos + a)S.

Подставляем числовые данные:

A = 3 · 103 (9,81 0,5 + 0,1 9,81 0,866 + 0,2) · 50 = 893 кДж.

№ 3. Трамвайный вагон массой 16 т движется по горизонтальному пути со скоростью 6 м/с. Какова должна быть тормозящая сила, чтобы остановить вагон на расстоянии 10 м?

23

Р е ш е н и е.

1.Определяем, какие силы действуют в системе. Поскольку

всистеме работают и консервативные силы (mg) и неконсерватив-

ные (Fтр), а движение горизонтальное, удобно применить теорему об изменении кинетической энергии

Wк Aк Aнк.

2.Делаем чертеж, на котором указываем начальное и конечное положения тела, силы, скорость, ускорение и систему отсчета.

3.Расписываем теорему об изменении кинетической энергии:

	mv22	mv12	Amg AN Aтр.
	2	2
	Кинетическая энергия в конечном состоянии			mv2	0,	работы
				2

сил тяжести и нормальной реакции опоры в направлении оси х тоже равны нулю (А = FScos ).

4. Записываем уравнение в окончательном варианте:

mv2 F Scos180 .

21 тр

5. Определяем силу торможения

mv2 Fтр 2S1 .

Подставляем данные:

Fтр 16 103 36 28,8 кН. 2 10

24

№ 4. Люстра весом 98 Н висит на цепи, которая выдерживает нагрузку 196 Н. На какой максимальный угол можно отклонить люстру от положения равновесия, чтобы при последующих колебаниях цепь не оборвалась?

Р е ш е н и е.

1. Определяем, какие силы действуют в системе (сила тяжести mg и сила натяжения нити Fн), и выбираем идею решения. Поскольку в задаче фиксируются два положения тела, а система консервативна (работа неконсервативных сил равна нулю), решить задачу можно с использованием закона сохранения энергии:

Wм = const, Aнк = 0.

2. Делаем чертеж (рисунок). За нулевой уровень потенциальной энергии удобно принять уровень положения равновесия (т. О). Отметим положения I и II системы, силы тяжести и натяжения, вектор нормального ускорения, скорость при прохождении положения равновесия, высоту h, на которую поднимается люстра, угол отклонения .

3. Расписываем закон сохранения энергии:

WмI = WмII, WпI + 0 = 0 + WкII, mgh = mv2 2 .

4. Поскольку этого уравнения недостаточно для нахождения неизвестного, применим второй закон Ньютона для криволинейного движения и решим систему двух уравнений:

	mgh =	mv2	,	(1)
		2
	Fн mg man .			(2)

25

5. Запишем второе уравнение в скалярной форме (через проекции на ось х):

	х: Fн mg	mv2	,	(3)
		R

где R – длина нити, R = l.

Изпервогоуравнениявыразимmv2 иподставимввыражение(3):

Fн – mg = 2mgh . l

6. Введем неизвестное, обратившись к рисунку. Из треугольника АВС: ВС = АВcos = lcos .

h = l – lcos = l(1 – cos ).

Высоту поднятияh подставим врабочееуравнениеи найдем :

Fн – mg = 2mg(1 – cos ),

cos	3mg Fн		3 98 196	0,5,
			2 98
	2mg

= 60°.

№5. Какую мощность N должен развить двигатель ракеты для обеспечения подъема ракеты на высоту h = 1 км, если масса ракеты m = 3000 кг, а время подъема t = 1 мин? Движение считать равноускоренным.

Р е ш е н и е.

1.Как и в предыдущих задачах, определяем силы, действующие в системе, выбираемидеюрешения.

Поскольку система неконсервативна – на раке-

ту действуют консервативная сила тяжести mg и неконсервативная сила тяги Fт , а движение

вертикальное, удобно выбрать закон превращения полной механической энергии:

WмII – WмI = Aнк,

где Wм = Wк + Wп.

26

2.Делаем чертеж.

3.Расписываем уравнение закона изменения энергии

		2		– 0 = Aт,
mv			mgh
	2

где 0 – полная энергия в положении I; Aт – работа силы тяги двигателя.

4. Записываем уравнение мощности по определению

Nср At ,

подставляем в него выражение Aт:

	mv2
Nср	2	mgh	mv2	mgh .
		t
			2t	t

5. Выражаем скорость v в конечном состоянии II, используя уравнения равноускоренного движения v = v0 + at, где v0 = 0:

	h	at2		v	t		v	2h	.
		2		2				t

6. Подставляем v в формулу мощности

		2
	Nср m2h	mgh	mgh
	t3	t	t

7. Производим вычисления:

Nср = 0,35 МВт.

2h 1 . gt2

1.3. Динамика вращательного движения твердого тела

Вращательным движением твердого тела вокруг неподвижной оси называется такое движение, при котором все точки твердого тела движутся по окружностям, центры которых лежат на одной прямой, называемой осью вращения.

27

Основные формулы

1. Момент силы

M r F ,

M = rFsin = F · l,

где l – плечо силы, l = rsin .

2. Момент импульса тела, вращающегося относительно неподвижной оси,

L I ,

где – угловая скорость тела.

3. Основное уравнение динамики вращательного движения относительно неподвижной оси

M I ε,

где M – результирующий момент внешних сил, действующих на тело; I – момент инерции тела относительно оси вращения; ε – угловое ускорение.

4. Моменты инерции некоторых тел массой m относительно оси, проходящей через центр масс:

а) стержня длины l относительно оси, перпендикулярной стержню,

I 121 ml2 ;

б) обруча (тонкостенного цилиндра) относительно оси, перпендикулярной плоскости обруча (совпадающей с осью цилиндра),

I = mR2;

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

I 12 mR2 .

28

5. Теорема Штейнера.

Ia Ic md 2 ,

где Iа – момент инерции относительно произвольной оси а, Iс – момент инерции относительно оси с проходящей через центр масс

ипараллельной оси а, d – расстояние между осями.

6.Закон сохранения момента импульса системы тел, вращающихся вокруг неподвижной оси,

	N					0 ,
	Iωi const		Mвн
	i 1
для двух тел
						,
		I1 1 + I2 2 = I1 1		I2 2
где I1, 1, I2,	2 –	моменты инерции и			угловые			скорости тел
в момент времени, принятый за начальный;						I1	, 1,	I2 ,	2 – те же

величины в момент времени, принятый за конечный.

7. Кинетическая энергия тела, вращающегося вокруг неподвижной оси,

Wк Iω22 .

Примеры решения задач

№ 1. Маховик, выполненный в виде диска радиусом 0,4 м и имеющий массу 100 кг, был раскручен до частоты 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 = I 2 – I 1,

29

где М – тормозящий момент; t – время действия тормозящего момента; I – момент инерции маховика; 2 – конечная угловая скорость; 1 – начальная угловая скорость.

Решая уравнение относительно М, получим

M I ( 2 1) .t

Найдем числовые значения величин и подставим их в выражение для M:

I	mR2		100 (0,4)2	8 кг м	2	,
	2		2
1	2πn		2 3,14 480	50 рад/с,
	60		6

M 8(0 50) 5 Н м. 80

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

№ 2. Платформа в виде диска радиусом R = 1,5 м и массой m1 = 180 кг вращается по инерции около вертикальной оси, делая n = 10 об/мин. В центре платформы стоит человек массой m2 = 60 кг. Какую линейную скорость относительно пола будет иметь человек, если он перейдет на край платформы?

Р е ш е н и е.

1. Записываем закон сохранения момента импульса

	n
	(I )i const	или I1 1	+ I2 2 =
				I1 1	I2	2 .
	i 1
	2. Для данной задачи
	I1	I2 I1	I2 ,			(1)

где I1 – момент инерции платформы; I2 – момент инерции человека, стоящего в центре платформы; – угловая скорость платформы с человеком, стоящим в центре; I2 – момент инерции человека,

30