Динамика частицы и механической системы.

Пример 1. Уравнение движения материальной точки вдоль оси имеет вид , где , , . Найти координаты x, скорость v и ускорение a точки в момент времени .

Решение. Координаты найдём, подставив в уравнение движения числовые значения коэффициентов A, B и C и времени t:

.

Мгновенная скорость есть первая производная от координат по времени:

.

Ускорение найдём, взяв первую производную от скорости по времени:

.

В момент времени :

; .

Ответ: ; .

Пример 2. Тело вращается вокруг неподвижной оси по закону , где , , . Найти величину полного ускорения a точки, находящейся на расстоянии от оси вращения, для момента времени .

Решение. Полное ускорение a точки, движущейся по кривой линии, может быть найдено как геометрическая сумма тангенциального ускорения a_t, направленного по касательной к траектории, и нормального ускорения a_n, направленного к центру кривизны траектории:

.

Так как векторы a_t и a_n взаимно перпендикулярны, то модуль ускорения равен

,

где

.

Угловую скорость найдём, взяв первую производную от угла поворота по времени

Угловое ускорение найдём, взяв первую производную от угловой скорости по времени

.

Подставляя - в , находим

.

В момент времени :

.

Ответ: .

Пример 3. Ящик массы соскальзывает по идеально гладкому лотку длиной на неподвижную тележку с песком и застревает в нём. Тележка с песком массы может свободно (без трения) перемещаться по рельсам в горизонтальном направлении. Определить скорость u тележки с ящиком, если лоток наклонён под углом к рельсам.

Решение. Тележку и ящик можно рассматривать как систему двух неупруго взаимодействующих тел. Эта система не замкнута, так как сумма внешних сил, действующих на систему (сил тяжести m₁g и m₂g и силы реакции N₂ (рисунок 3.1)), не равна нулю. Поэтому применить закон сохранения импульса к системе ящик-тележка нельзя. Но так как проекция суммы указанных сил на направление оси X, совпадающей с направлением рельсов, равна нулю, то проекция импульса системы на это направление можно считать постоянной, т.е.

,

где p_1x и p_2x – проекции импульса ящика и тележки с песком в момент падения ящика на тележку;

p¢_1x и p¢_2x – те же величины после падения ящика.

Выразим в равенстве импульсы тел через их массы и скорости, учитывая, что (тележка до взаимодействия с ящиком покоилась), а также то, чтопосле взаимодействия оба тела системы движутся с одной и той же скоростью u:

,

или

,

где v₁ – скорость ящика перед падением на тележку;

– проекция этой скорости на ось X.

Отсюда

.

Скорость v₁ определим из закона сохранения энергии:

,

откуда

.

Подставив выражение v₁ в формулу , получим

.

Наконец, подставляя сюда численные значения, найдём

.

Ответ: .

Пример 4. На спокойной воде пруда перпендикулярно берегу и носом к нему стоит лодка массы M и длины L. На корме стоит человек массы m. На какое расстояние s удалится лодка от берега, если человек перейдёт с кормы на нос лодки? Силами трения и сопротивления пренебречь.

Решение. Согласно следствию из закона сохранения импульса внутренние силы системы тел не могут изменить положение центра масс системы. Применяя это следствие к системе человек-лодка, можно считать, что при перемещении человека по лодке центр масс системы не изменит своего положения, т.е. останется на прежнем расстоянии от берега.

Пусть центр масс системы человек-лодка находится на вертикали, проходящей в начальный момент через точку C₁ лодки (рисунок 3.2), а после перемещения лодки – через другую её точку C₂. Так как эта вертикаль неподвижна относительно берега, то искомое перемещение s лодки относительно берега равно перемещению лодки относительно вертикали. А это последнее легко определить по перемещению центра масс O лодки. Как видно из рисунка 3.2, в начальный момент точка O находится на расстоянии a₁ слева от вертикали, а после перехода человека – на расстоянии a₂ справа от неё. Следовательно, искомое перемещение лодки равно

.

Для определения a₁ и a₂ воспользуемся тем, что относительно центра масс системы моменты сил тяжести лодки и человека должны быть равны. Для точки C₁ имеем

,

откуда .

Для точки C₂ получаем

,

откуда

.

Подставив полученные выражения для a₁ и a₂ в , найдём

.

Ответ: .

Пример 5. При выстреле из пружинного пистолета вертикально вверх пуля массы поднялась на высоту . Определить жёсткость k пружины пистолета, если она была сжата на . Массой пружины пренебречь.

Решение. Система пуля-Земля (вместе с пистолетом) является замкнутой системой, в которой действуют консервативные силы – силы упругости и силы тяготения. Поэтому для решения задачи можно применить закон сохранения энергии в механике, согласно которому полная механическая энергия E₁ системы в начальном состоянии (в данном случае перед выстрелом) равна полной энергии E₂ системы в конечном состоянии (когда пуля поднялась на высоту h), т.е.

, или ,

где T₁, T₂, U₁, U₂ – кинетические и потенциальные энергии системы в начальном и конечном состояниях.

Так как кинетические энергии пули в начальном и конечном состояниях равны нулю, то равенство примет вид

.

Если потенциальную энергию в поле сил тяготения Земли на её поверхности принять равной нулю, то энергия системы в начальном состоянии будет равна потенциальной энергии сжатой пружины, т.е. , а в конечном состоянии – потенциальной энергии пули на высоте h, т.е. .

Подставив выражения для U₁ и U₂ в формулу , найдём

.

Подставляя в формулу значения величин и произведя вычисления, получаем

.

Ответ: .

Пример 6. Шар массы m₁, движущийся горизонтально с некоторой скоростью v₁, столкнулся с неподвижным шаром массы m₂. Шары абсолютно упругие, удар прямой центральный. Какую долю e своей кинетической энергии первый шар передал другому?

Решение. Доля энергии, переданной первым шаром второму, выразится соотношением

,

где T₁ – кинетическая энергия первого шара до удара;

u₂ – скорость второго шара после удара;

T₂ – кинетическая энергия второго шара после удара.

Как видно из формулы , для определения e надо найти u₂. При ударе абсолютно упругих тел одновременно выполняются законы сохранения импульса и механической энергии. Пользуясь этими законами, найдём

,

.

Решим совместно уравнения и :

.

Подставляя это выражение в формулу и сократив на v₁ и m₁, получим

.

Из найденного соотношения видно, что доля переданной энергии зависит только от масс сталкивающихся шаров. Доля передаваемой энергии не изменится, если шары поменять местами.

Ответ: .

Пример 7. Через блок в виде сплошного диска, имеющего массу (рисунок 3.3), перекинута тонкая гибкая нить, к концам которой подвешены грузы с массами и . Определить ускорение, с которым будут двигаться грузы, если их предоставить самим себе. Трением и массой нити пренебречь.

Решение. Воспользуемся основными уравнениями динамики поступательного и вращательного движений. Для этого рассмотрим силы, действующие на каждый груз в отдельности и на блок. На первый груз действуют две силы: сила тяжести m₁g и сила упругости (натяжения нити) T₁. Спроецируем эти силы на ось X, которую направим вертикально вниз, и напишем уравнение движения (второй закон Ньютона):

.

Уравнение движения для второго груза:

.

Под действием двух моментов сил и относительно оси Z, перпендикулярной плоскости чертежа и являющейся осью вращения блока, последний приобретает угловое ускорение e. Согласно основному уравнению динамики вращательного движения

,

где ;

– момент инерции блока (сплошного диска относительно оси вращения Z).

Согласно третьему закону Ньютона , . Воспользовавшись этим, подставим в уравнение вместо , выражения T₁ и T₂, получив их предварительно из уравнений и :

.

После сокращения на R и перегруппировки членов найдём

.

Отношение масс в правой части формулы есть величина безразмерная. Поэтому массы m₁, m₂ и m можно выразить в граммах, как они даны в условии задачи. Ускорение g следует выразить в единицах системы СИ. После подстановки получим

.

Ответ: .

Пример 8. Маховик в виде сплошного диска радиуса и массы раскручен до частоты и предоставлен сам себе. Под действием сил трения маховик остановился через . Найти момент M сил трения.

Решение. Для решения задачи воспользуемся основным уравнением вращательного движения в виде

,

где dL_z – изменение момента импульса маховика, вра-щающегося относительно оси Z, совпадающей с геометрической осью маховика, за интервал времени dt;

M_z – момент внешних сил (в данном случае момент сил трения), действующих на маховик, относительно той же оси.

Момент сил трения можно считать не изменяющимся с течением времени ( ), поэтому интегрирование уравнения приводит к выражению

.

При вращении твёрдого тела относительно неподвижной оси изменение момента импульса равно

,

где J_z – момент инерции маховика относительно оси Z;

Dw – изменение угловой скорости маховика.

Приравнивая правые части равенств и , получим , откуда

.

Момент инерции маховика в виде сплошного диска определяется по формуле

.

Изменение угловой скорости выразим через конечную n₂ и начальную n₁ частоты вращения, пользуясь соотношением :

.

Подставив в формулу выражения и , получим

.

Подставив в числовые значения величин и учитывая, что , произведём вычисления:

.

Знак «–» показывает, что силы трения оказывают на маховик тормозящее действие.

Ответ: .

Пример 9. Платформа в виде сплошного диска радиуса и массы вращается по инерции около вертикальной оси с частотой . В центре платформы стоит человек имеющий массу . Какую линейную скорость v относительно пола помещения будет иметь человек, если он перейдёт на край платформы?

Решение. Платформа вращается по инерции. Следовательно, момент внешних сил относительно оси вращения Z, совпадающей с геометрической осью платформы, равен нулю. При этом условии момент импульса L_z системы платформа-человек останется постоянным:

,

где J_z – момент инерции платформы с человеком относительно оси Z;

w – угловая скорость платформы.

Момент инерции системы равен сумме моментов инерции тел, взодящих в состав системы, поэтому

,

где J₁, J₂ – моменты инерции платформы и человека.

С учётом этого равенства примет вид

,

где значения моментов инерции J₁, J₂ и угловой скорости w относятся к начальному состоянию системы, а J¢₁, J¢₂ и w ¢ – к конечному состоянию.

Момент инерции платформы относительно оси Z при переходе человека не изменяется: . Момент инерции человека относительно той же оси будет изменяться. Если рассматривать человека как материальную точку, то его момент инерции J₂ в начальном положении (в центре платформы) можно считать равным нулю. В конечном положении (на краю платформы) момент инерции человека равен .

Подставим в формулу выражения моментов инерции, начальной угловой скорости вращения платформы с человеком ( ) и конечной угловой скорости , где v – скорость человека относительно пола:

.

После простых преобразований находим скорость

.

Произведя вычисления, получаем

.

Ответ: .

Пример 10. Ракета установлена на поверхности Земли для запуска в вертикальном направлении. При какой минимальной скорости v₁, сообщённой ракете при запуске, она удалится от поверхности на расстояние, равное радиусу Земли ? Всеми силами, кроме силы гравитационно-го взаимодействия ракеты и Земли, пренебречь.

Решение. Минимальную скорость ракеты можно найти, зная её минимальную кинетическую энергию T₁. Для определения T₁ воспользуемся законом сохранения механической энергии. Этот закон выполняется для замкнутой системы тел, в которой действуют только консервативные силы. Систему ракета-Земля можно считать замкнутой. Единственная сила, действующая на систему, – гравитационная, – относится к разряду консервативных.

В качестве системы отсчёта выберем инерциальную систему отсчёта, так как только в такой системе справедливы законы динамики и, в частности, законы сохранения. Известно, что система отсчёта, связанная с центром масс замкнутой системы тел, является инерциальной. В данном случае центр масс системы ракета-Земля практически совпадает с центром Земли, так как масса Земли M много больше массы ракеты m. Следовательно, систему отсчёта, связанную с центром Земли , можно считать инерциальной.

Согласно закону сохранения механической энергии

где T₁, T₂, U₁, U₂ – кинетические и потенциальные энергии системы ракета-Земля в начальном (на поверхности Земли) и конечном (на расстоянии, равном радиусу Земли) состояниях.

В выбранной системе отсчёта кинетическая энергия Земли равна нулю. Поэтому T₁ есть просто начальная кинетическая энергия ракеты:

.

Потенциальная энергия системы в начальном состоянии

.

По мере удаления ракеты от поверхности Земли её потенциальная энергия возрастает, а кинетическая – убывает. В конечном состоянии кинетическая энергия T₂ станет равной нулю, а потенциальная энергия достигнет максимального значения:

.

Подставляя выражения T₁, T₂, U₁, U₂ в , получаем

,

откуда . Заметив, что (g – ускорение свободного падения у поверхности Земли, перепишем эту формулу в виде

,

что совпадает с выражением для первой космической скорости. Произведя вычисления, получим

.

Ответ: .

Колебания и волны.

Пример 1. Точка совершает гармонические колебания с частотой . В момент, принятый за начальный, точка имела максимальное смещение . Написать уравнение колебаний точки и начертить график.

Решение. Уравнение колебаний точки можно записать в виде

,

где A – амплитуда колебаний;

w – циклическая частота;

t – время;

j₀– начальная фаза колебаний.

По определению амплитуда колебаний

.

Циклическая частота связана с частотой n соотношением

.

В момент времени формула принимает вид

,

откуда начальная фаза равна

,

где .

Изменение фазы на 2p не изменяет состояния колебательного движения. Поэтому можно принять

.

С учётом равенств - уравнение колебаний примет вид

,

где , , .

График соответствующего гармонического колебания приведен на рисунке 3.4.

Пример 2. Частица массы совершает гармонические колебания с периодом . Полная энергия колеблющейся частицы . Определить амплитуду A колебаний и наибольшее значение силы F_max, действующей на частицу.

Решение. Для определения амплитуды колебаний воспользуемся выражением полной энергии частицы

.

Отсюда амплитуда равна

.

Так как частица совершает гармонические колебания, то сила, действующая на неё, является квазиупругой и, следовательно, может быть выражена соотношением

,

где k – коэффициент квазиупругой силы;

x – смещение колеблющейся точки.

Максимальной сила будет при максимальном смещении x_max, равном амплитуде

.

Коэффициент k выразим через период колебаний:

.

Подставив выражения и в и произведя упрощения, получим

.

Произведём вычисления

;

Ответ: ; .

Пример 3. Складываются два колебания одинакового направления, выраженные уравнениями

где ; ; ; ; . Построить векторную диаграмму сложения этих колебаний и написать уравнение результирующего колебания.

Решение. Для построения векторной диаграммы сложения двух колебаний одного направления нужно зафиксировать какой-либо момент времени. Обычно векторную диаграмму строят для момента времени . Преобразовав оба уравнения к канонической форме , увидим, что оба складывающихся гармонических колебания имеют одинаковую циклическую частоту

,

а начальные фазы первого и второго колебаний равны

, .

Произведём вычисления:

;

; .

Изобразим векторы и (рисунок 5). Для этого сложим отрезки длиной и под углами и к оси OX. Результирующее колебание будет происходить с той же частотой и амплитудой , равной геометрической сумме амплитуд и : . Согласно теореме косинусов

.

Начальную фазу результирующего колебания можно также определить непосредственно из векторной диаграммы (рисунок 3.5).

Произведём вычисления:

;

.

Так как результирующее колебание является гармоническим, имеет ту же частоту, что и слагаемые колебания, то его можно записать в виде

,

где ; ; .

Пример 4. Материальная точка участвует одновременно в двух взаимно перпендикулярных колебаниях, уравнения которых

,

,

где ; ; ; . Найти уравнение траектории точки. Построить траекторию с соблюдением масштаба и указать направление движения точки.

Решение. Чтобы определить траекторию точки, исключим время из уравнений и . Заметив, что , применим формулу для косинуса половинного угла

.

Используя это соотношение и отбросив размерности x и y, можно написать

, ,

откуда

.

Это уравнение представляет собой уравнение параболы, ось которой совпадает с осью OX. Как показывают уравнения и , амплитуда колебаний точки по оси OX равна 1, а по оси OY – 2. Следовательно, абсциссы всех точек траектории заключены в пределах от –1 до +1, а ординаты – от –2 до +2. Для построения траектории найдём по уравнению значения y, соответствующие ряду значений x, удовлетворяющих условию :

x	–1	–0,75	–0,5		0,5
		±0,71	±1	±1,41	±1,73	±2

Начертив координатные оси и выбрав единицу длины – сантиметр, построим точки. Соединив их плавной кривой получим траекторию результирующего колебания точки. Она представляет собой часть параболы, заключённой внутри прямоугольника амплитуд ABCD (рисунок 3.6).

Из уравнений и находим, что период колебаний точки по горизонтальной оси , а по вертикальной оси . Следовательно, когда точка совершит одно полное колебание по оси OX, она совершит только половину полного колебания по оси OY. В начальный момент имеем: (точка находится в положении A). При имеем (точка находится в вершине параболы). При получим (точка находится в положении D). После этого она будет двигаться в обратном направлении.

Пример 5. Тело массы совершает затухающие колебания с циклической частотой . При этом за время тело теряет 0,9 своей полной механической энергии. Найти: а) коэффициент затухания; б) коэффициент сопротивления среды; в) добротность колебательной системы.

Решение. Начальную фазу колебаний можно положить равной нулю, . Тогда уравнение затухающих колебаний имеет решение

,

где коэффициент затухания b связан с коэффициентом сопротивления среды r соотношением

,

а частота затухающих колебаний w связана с частотой свободных колебаний w₀ в отсутствие затуханий соотношением

,

где k – коэффициент упругости затухающей системы.

Полная механическая энергия системы определяется как сумма кинетической и потенциальной энергии

.

Дифференцируя соотношение по времени, найдём скорость затухающих колебаний

.

Подставляя и в и используя соотношение , найдём зависимость полной энергии от времени

По условию задачи , где . Следовательно, из получаем

Подставляя сюда численные значения для w и t, заметим, что . Поэтому . Аналогично . Следовательно, из получаем уравнение для определения b:

Сокращая на , находим коэффициент затухания

.

Подставляя в , найдём коэффициент сопротивления среды:

.

Добротность вычислим по формуле

.

Полученные значения для коэффициента затухания и добротности свидетельствуют о том, что силы сопротивления среды, действующие в системе, малы и система может достаточно долго колебаться, хотя за первую минуту колебаний она теряет 90% своей энергии.

Ответ: а) :

б) ; в) .

Пример 6. Определить амплитуду вынужденных колебаний груза массы на пружине с коэффициентом жёсткости , если на груз действует вертикальная вынуждающая гармоническая сила с амплитудой и частотой, в 2 раза большей собственной частоты груза на пружине. Коэффициент затухания .

Решение. Амплитуду вынужденных колебаний груза следует вычислять по формуле

,

где собственная частота груза на пружине определяется коэффициентом жёскости и массой груза по формуле

.

По условию задачи частота w вынуждающей силы в 2 раза большей собственной частоты груза, т.е.

.

Подставляя и в , находим

Наконец, подставляя сюда численные значения из условия задачи, получаем

.

Ответ: .

Пример 7. Плоская волна распространяется вдоль прямой со скоростью . Две точки, находящиеся на этой прямой на расстояниях и от источника волн, колеблется с разностью фаз . Найти: а) длину волны l; б) написать уравнение волны; в) смещение указанных точек в момент , если амплитуда .

Решение. Точки, находящиеся друг от друга на расстоянии, равном длине волны l, колеблются с разностью фаз, равной

.

Решая это равенство относительно l, получаем

.

Подставив числовые значения величин, входящих в выражение , и выполнив арифметические действия, получим

.

Для того, чтобы написать уравнение плоской волны, надо ещё найти циклическую частоту w. Так как , где – период колебаний, то

.

Зная амплитуду A колебаний, циклическую частоту w и скорость распространения волны, можно написать уравнение плоской волны для данного случая:

,

где , , .

Чтобы найти смещение y указанных точек, достаточно в уравнение подставить значения t и x:

,

Ответ: а) ; б) ; в) , .