ВУЗ: Не указан
Категория: Не указан
Дисциплина: Не указана
Добавлен: 11.07.2025
Просмотров: 513
Скачиваний: 2
22
По 3-ему закону Ньютона упругая сила Fупр.=-F,
где F - внешняя сжимающая пружину сила, Н. Тогда F=kx.
Сила F изменяется пропорционально х. Выбирая бесконечно малую величину деформации пружины dx, можно считать силу F постоянной.
Тогда элементарная работа, совершаемая силой F при сжатии пружины на dx равна: dA=Fdx.
Полная работа А, совершаемая при сжатии пружины от х до х+Dх, определяется по формуле:
x + |
x |
х+ |
x |
kx |
2 х+ x |
||
A = òdA = ò |
Fdx = |
ò |
kxdx = |
или |
|||
2 |
|||||||
x |
x |
x |
|||||
A = k2 [(х + Dx)2 - x2 ]= k2 (2х + Dx)Dx .
Формула для работы имеет такой же вид, как и формула, полученная способом 1.
Пример 6. Маховик массой 4 кг свободно вращается вокруг горизонтальной оси, проходящей через его центр, с частотой 720 мин-1. Массу маховика можно считать распределенной по его ободу радиусом 40 см. Через 30 с под действием тормозящего момента маховик остановился. Найти тормозящий момент и число оборотов, которое делает маховик до полной остановки.
Решение: Для определения тормозящего момента М нужно применить основное уравнение динамики вращательного движения:
IDw=MDt, (1)
где I - момент инерции маховика относительно оси, проходящей через центр масс, кг×м2;
Dw - изменение угловой скорости за промежуток времени Dt, с-1; М - тормозящий момент сил, действующих на тело, Н×м.
По условию задачи Dw=-w0,
где w0 - начальная угловая скорость, т.к. конечная угловая скорость w=0. Выразим начальную угловую скорость через частоту вращения маховика, тогда w0=2pn. Момент инерции маховика I=mR2,
где m - масса маховика, кг; R - его радиус, м.
Тогда формула (1) примет вид:
Отсюда |
-mR2 2pn = M Dt, |
||||||
2pnmR 2 |
|||||||
M = - |
, |
||||||
Dt |
|||||||
2 ×3,14 ×12c−1 |
|||||||
× 4кг ×0,16м2 |
|||||||
M = - |
= -1,61 Н ×м . |
||||||
30с |
|||||||
Угол поворота (угловой путь) за время вращения маховика до остановки может быть |
|||||||
определен по формуле для равнозамедленного вращения |
|||||||
где e - угловое ускорение, с-2. |
j= w0 Dt-e Dt/ 2, |
(2) |
|||||
По условию задачи, w=w0 -e Dt; |
w=0; e Dt=w0. |
||||||
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
23 |
|||||||||||||||
Тогда выражение (2) может быть записано так: |
|||||||||||||||
j= w0 Dt-w0 Dt/ 2=w0 Dt/ 2 . |
(3) |
||||||||||||||
Так как j=2pN, w0=2pn, то число полных оборотов |
|||||||||||||||
N = |
nDt |
= |
12с−1 |
× 30с |
=180 . |
||||||||||
2 |
2 |
||||||||||||||
Проверим размерность: |
|||||||||||||||
[M]= |
[n][m][R2 |
] |
с−1 × кг × м2 |
кг × м × м |
= Н × м . |
||||||||||
= |
= |
||||||||||||||
[Dt] |
с |
с2 |
|||||||||||||
[N]= [n]×[Dt]= с−1 × с =1.
Пример 7. Тонкий стержень массой 300 г и длиной 50 см вращается с угловой скоростью 10 с-1 в горизонтальной плоскости вокруг вертикальной оси, проходящей через середину стержня. Найти угловую скорость, если в процессе вращения в той же плоскости стержень переместится так, что ось вращения пройдет через конец стержня.
Решение: Для решения задачи воспользуемся законом сохранения момента импульса (момента количества движения):
n |
r |
|
åIiwiconst , |
(1) |
|
i=1
где Ii - момент инерции стержня относительно оси вращения, кг×м2.
Для изолированной системы тел момент импульса остается постоянным. В данной задаче распределение массы стержня относительно оси вращения изменяется, поэтому
момент инерции стержня относительно оси вращения также изменяется. |
||||
В соответствии с формулой (1) запишем |
||||
I0w1 = I2w2, |
(2) |
|||
где w1 и w2 - угловые скорости вращения диска в начальном и конечном положениях |
||||
оси вращения, с-1; |
||||
I0 - момент инерции стержня относительно оси, проходящей через центр масс |
||||
перпендикулярно стержню: |
||||
I0 = |
1 |
ml2 |
, |
(3) |
12 |
||||
где l - длина стержня, м; m - его масса, кг; I2 - момент инерции стержня относительно оси, проходящей через конец стержня, кг×м2.
По теореме Штейнера
I2 = I0+md2,
где d - расстояние от центра масс до выбранной оси вращения, м.
Найдем момент инерции стержня относительно оси, проходящей через конец стержня и перпендикулярно стержню:
I2 = |
1 |
ml2 + |
ml2 |
= |
ml2 |
. |
(4) |
|
12 |
||||||||
4 |
3 |
|||||||
Подставим выражения (3) и (4) в формулу (2):
ml2 w = ml2 w 12 1 3 2 .
Откуда
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
24 |
|||||
w2 |
= |
ω1 |
. |
(5) |
|
4 |
|||||
Выполним расчеты: w2 = 10c4−1 = 2,5c−1 .
Ответ: ω2=2,5 с-1.
Пример 8. Вычислить работу А сил гравитационного поля Земли при перемещении тела массой m=10 кг из точки 1 в точку 2. Радиус R Земли и ускорение свободного падения g вблизи поверхности Земли считать известными.
O |
2 |
1 |
R |
R |
R |
Рисунок 2 - Перемещение тела вблизи
поверхности Земли
равенством
Решение: Так как силы системы - гравитационные - относятся к силам консервативным, то работа А сил поля
совершается за счет убыли потенциальной энергии П, т.е.
А=- П=П1-П2, |
(1) |
где П1 и П2 - потенциальные энергии системы тело - Земля в начальном и конечном ее состояниях, соответственно.
Принято считать, что потенциальная
энергия взаимодействия тела и Земли равна нулю, когда тело находится на бесконечно большом расстоянии от Земли, тогда на расстоянии r потенциальная энергия выразится
P = -G mMr ,
где М - масса Земли, G - гравитационная постоянная, m - масса тела.
Для расстояний r1=3R и r2=2R, заданных в условии задачи (см. рисунок 2), получим два выражения потенциальной энергии:
P1 |
= -G |
mM |
и P2 |
= -G |
mM |
. |
3r |
||||||
2r |
||||||
Подставив эти выражения П1 и П2 в формулу (1), получим
А= - G |
mM |
æ |
- G |
mM ö |
1 |
G |
mM |
||
- ç |
÷ = |
. |
|||||||
3r |
6 |
r |
|||||||
è |
2r ø |
||||||||
Из закона всемирного тяготения следует, что на поверхности Земли
G mM = mg , R2
откуда GM=gR2.
C учетом формулы (3) преобразуем выражение (2) к виду
(2)
(3)
А= |
1 |
mgR . |
(4) |
|
6 |
||||
Подставив значения m, g и R в это выражение и произведя вычисления, найдем:
А=10 × 9,8 × 6,37 ×106 =104 ×106 (Дж) =1,04 ×108 (Дж) . 6
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
25
Анализ размерности: [A]=[m][g][R]=кг× м × м = Дж .
с2
Пример 9. Материальная точка массой 20 г совершает гармонические колебания с периодом 9 с. Начальная фаза колебания 10о. Через сколько времени от начала движения смещение точки достигнет половины амплитуды? Найти амплитуду, максимальные скорость и ускорение точки, если полная энергия ее равна 10-2Дж.
Решение: Уравнение гармонического колебательного движения
х=Аsin(wt+j0) или х=Asin(2pt/T+j0), (1)
где х - смещение точки относительно положения равновесия; А - амплитуда колебания; w=2p/T - циклическая частота; Т - период колебания; t - время колебания; j0 - начальная фаза колебания.
Из уравнения (1) можно определить время колебания
t = arcsin(x / A) − ϕ0 T
,
2p
t = arcsin 0.5 - p/18 9 = p6 - 18p 9 = 0.5c . 2p 2p
Из формулы полной энергии колеблющейся точки E=mA2w2/2 определим амплитуду ее колебаний:
A = |
1 |
2E |
= |
T |
2E |
. |
||||||||||||||||||||||||||||
w |
2p |
|||||||||||||||||||||||||||||||||
Анализ размерности |
m |
m |
||||||||||||||||||||||||||||||||
[E] |
||||||||||||||||||||||||||||||||||
= с |
||||||||||||||||||||||||||||||||||
= с |
кг × м2 |
м2 |
с × м |
|||||||||||||||||||||||||||||||
[A]= [T]× |
= c |
Дж |
= |
= м . |
||||||||||||||||||||||||||||||
[m] |
кг |
с2 × кг |
с2 |
с |
||||||||||||||||||||||||||||||
А = |
9 |
2 |
×10−2 |
=1,43(м) . |
||||||||||||||||||||||||||||||
2 |
× 3,14 |
2 |
×10−2 |
|||||||||||||||||||||||||||||||
Зная амплитуду, можно вычислить максимальную скорость точки, которая определяется как первая производная ее смещения по времени:
v = dxdt = Awcos(wt + j0 ) .
Полагая cos(ωt + ϕ0 ) =1, получаем
vmax=Aw=A×2p/T,
vmax = 1,43м×2×3,14/9с=1м/с.
Ускорение точки определяется как первая производная от скорости по времени: a = dvdt = -Aw2 sin(wt + j0 ).
Полагая, что sin(ωt + ϕ0 ) = −1, получаем
аmax=Aw2=A×(2p/T)2. amax=1.43м×4×3.142/81с2=0,696м/с2.
Ответ: t=0,5c, A=1,43м, vmax=1м/с, amax= 0,696м/с2.
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
26
Пример 10. Колеблющиеся точки, находящиеся на одном луче, удаленные от источника колебания на 6 и 8,7м, колеблются с разностью фаз 3/4π. Период колебаний источника 10-2с. Чему равна длина волны и скорость распространения колебаний в данной среде? Составить уравнение волны для первой и второй точек, считая амплитуды колебаний точек равными.
Решение: Из уравнения волны по разности фаз Δϕ и расстоянию l между источниками
можно определить λ. В соответствие с уравнением волны: |
|||
x=Asinω(t-l/v) |
(1) |
||
или |
x=Asin 2π(t/T - l/λ), |
(2) |
|
где х - смещение колеблющейся точки, t - время колебания, ω - циклическая частота, l - |
|||
расстояние колеблющейся точки от вибратора. |
|||
В уравнении (2) выражение 2π(t/T - l/λ) является фазой колебаний. Запишем фазы для |
|||
каждой из точек: |
|||
ϕ1 = 2π (t/T - l1/λ), |
ϕ2 = 2π (t/T - l2/λ). |
||
Тогда разность фаз Δϕ=ϕ1-ϕ2=2π[(l2-l1)/λ], откуда
l = 2p(l2 - l1) ,
Dj
l = 2 ×3.14(8.7м - 6м) = 7.2м . 3/ 4 ×3.14
Скорость распространения волны находим из формулы v=λ/T,
v = 7,2м / 10-2с = 720 м/с.
Циклическая частота определяется из соотношения: ω=2π / Т = 2π/ 10-2с = 200π с-1.
Подставляя числовые значения в уравнение (1) получаем уравнения волны, отображающие колебания первой и второй точек:
х1 = 0,5sin200π(t-6/720), х2 = 0,5sin200π(t-8,7/720).
Ответ: λ=7,2м; v = 720 м/с; х1 = 0,5sin200π(t-6/720); х2 = 0,5sin200π(t-8,7/720)
Таблица вариантов
Вариант |
Номера задач |
||||||||
0 |
10 |
20 |
30 |
40 |
50 |
60 |
70 |
80 |
90 |
1 |
1 |
11 |
21 |
31 |
41 |
51 |
61 |
71 |
81 |
2 |
2 |
12 |
22 |
32 |
42 |
52 |
62 |
72 |
82 |
3 |
3 |
13 |
23 |
33 |
43 |
53 |
63 |
73 |
83 |
4 |
4 |
14 |
24 |
34 |
44 |
54 |
64 |
74 |
84 |
5 |
5 |
15 |
25 |
35 |
45 |
55 |
65 |
75 |
85 |
6 |
6 |
16 |
26 |
36 |
46 |
56 |
66 |
76 |
86 |
7 |
7 |
17 |
27 |
37 |
47 |
57 |
67 |
77 |
87 |
8 |
8 |
18 |
28 |
38 |
48 |
58 |
68 |
78 |
88 |
9 |
9 |
19 |
29 |
39 |
49 |
59 |
69 |
79 |
89 |
КОНТРОЛЬНАЯ РАБОТА № 1
1. Движение материальной точки, перемещающейся по прямой, задано уравнением (единицы СИ) S=4t3+2t+1. Найти в интервале времени, начиная от 1 с до 2 с: мгновенные
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com