Динамика частицы и механической системы.

<6 7 8 91011 12 >

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 .