Теоретическая механика. ТеорМех. Примеры. Методические рекомендации по решению задач
![]()
|
Пример 13. С воздушного шара, опускающегося вниз с постоянной скоростью 2 м/с, бросили вертикально вверх груз со скоростью 18 м/c относительно земли. Определить расстояние между шаром и грузом в момент, когда груз достигает высшей точки своего подъема. Через какое время груз пролетит мимо шара, падая вниз. Дано: v01= 2 м/с, v02=18 м/c Найти: s-? τ -? ![]() Решение. Направим ось 0Y вертикально вверх, начало совместим с точкой 0, в которой находился шар в момент бросания груза. Тогда уравнения движения груза и воздушного шара: ![]() Скорость движения груза изменяется по закону v2=v02 – gt. В наивысшей точке В подъема груза v2=0. Тогда время подъема до этой точки Координата груза в точке В ![]() За это время воздушный шар опустился до точки А; его координата ![]() Расстояние между точками А и В: ![]() Через промежуток времени τ, когда камень пролетит мимо шара, координаты тел будут одинаковы: у1С=у2С; ![]() Отсюда ![]() Пример 14. С какой скоростью и по какому курсу должен лететь самолет, чтобы за два часа пролететь на север 300 км, если во время полета дует северо-западный ветер под углом 30о к меридиану со скоростью 27 км/ч? Дано: t=7,2∙103 c; l=3∙105 м; α=30° ≈ 0,52 рад; v2 ≈7,2 м/с. Найти: v2 -? φ -? ![]() Решение. Рассмотрим движение самолета в системе отсчета, связанной с землей. Проведем ось ОХ в направлении на восток, а ось OY - на север. Тогда скорость движения самолета в выбранной системе отсчета (1) где v=l/t (2) Уравнение (1) в проекции на оси ОХ: 0=v1∙sinα – v2∙sinφ; OY: v= v2∙cosφ - v1∙cosα, или v1∙sinα = v2∙sinφ, v2∙cosφ=v1∙cosα + v (3) Разделив эти уравнения почленно, получим tgφ=v1sinα/(v1cosα+ v), или с учетом (2) tgφ=v1∙sinα/(v1∙cosα+ l/t); φ=arctgv1∙sinα/(v1∙cosα+ l/t) ≈0,078 рад. Возводя в квадрат правые и левые части уравнений (3) и складывая полученные уравнения, находим v22∙sin2φ + v22 ∙cos2φ = v12 sin2α+ (v1∙cosα + v)2, откуда ![]() ![]() Пример 15. Тело, брошенное вертикально вверх, вернулось на землю через t=3 с. Найти высоту подъема тела и его начальную скорость. ![]() Решение. Движение тела вверх является равнозамедленным с ускорением - g и происходит в течение времени t1, а движение вниз – равноускоренным с ускорением g и происходит в течение времени t2. Уравнения, описывающие движение на участках АВ и ВА, образуют систему: ![]() Поскольку vB=0, то v0=gt1. Подставив v0 в первое уравнение системы, получим . Если сравнить это выражение с третьим уравнением системы, то можно сделать вывод о том, что время подъема равно времени спуска t1=t2=t/2=1,5с. Начальная скорость и скорость при приземлении равны друг другу и составляют v0=vA=gt1=9,8∙1,5=14,7 м/с. Высота подъема тела ![]() Пример 16. Свободно падающее тело в последнюю секунду движения прошло половину пути. Найти высоту, с которой оно брошено и время движения. ![]() Решение. Зависимость пройденного пути от времени для свободно падающего тела . Поскольку участок ВС, составляющие половину всего пути, пройден за время, равное 1 с, то первая половина пути АВ пройдена за время (t-1) с. Тогда движение на участке ВС может быть описано как ![]() Решая систему ![]() получим t2-4t+2=0. Корни этого уравнения t1=3,41 с и t2=0,59 с. Второй корень не подходит, т.к. время движения, исходя из условия задачи, должно превышать одну секунду. Следовательно, тело падало в течение 3,41 с и прошло за это время путь ![]() Пример 17. С башни высотой 25 м горизонтально брошен камень со скоростью 15 м/с. Найти: 1) сколько времени камень будет в движении, 2) на каком расстояниион упадет на землю, 3) с какой скоростью он упадет на землю, 4) какой угол составит траектория камня с горизонтом в точке его падения на землю. Сопротивление воздуха не учитывать. Дано: Н=25 м, vo=15 м/с Найти: t-? sx- ? v - ? φ- ? ![]() Решение. Перемещение брошенного горизонтально камня можно разложить на два: горизонтальное sx и вертикальное sy: sy=H=gt2/2, sx=vot, где t - время движения. Отсюда: ![]() 2) sx=vot= 33,9 м; 3) vy=gt=22,1м/с; 4) sinφ= vy/v=0,827; φ=55о48’. Пример 18. С башни высотой 25 м горизонтально со скоростью vx=10 м/c брошено тело. Найти: 1) время t падения тела, 2) на каком расстоянии l от основания башни оно упадет, 3) скорость v в конце падения, 4) угол, который составит траектория тела с землей в точке его приземления. ![]() Решение. Движение тела является сложным. Оно участвует в равномерном движении по горизонтали и равноускоренном с ускорением g по вертикали. Поэтому участок АВ описывается уравнениями: ![]() Для точки А эти уравнения принимают вид: ![]() Тогдаl=10∙2,26=22,6 м, а vy=9,8∙2,26=22,15 м/с. Поскольку , то ![]() Угол, который траектория составляет с землей, равен углу φ в треугольнике скоростей в т. А, тангенс которого ![]() Пример 19. Для тела, брошенного с горизонтальной скоростью vx=10 м/с, через время t=2 с после начала движения найти: нормальное, тангенциальное и полное ускорения, а также радиус кривизны траектории в этой точке. ![]() Решение. Вертикальная составляющая скорости vy=gt=9,8∙2=19,6 м/с Скорость в точке А: , то ![]() Векторы образуют треугольник скоростей, а векторы ![]() ![]() Отсюда, ![]() ![]() Нормальное ускорение , поэтому радиус кривизны траектории ![]() Пример 20. Мяч бросили со скоростью 10 м/с под углом 40о к горизонту. Найти: 1) на какую высоту поднимется мяч; 2) на каком расстоянии от места бросания мяч упадет на землю, 3) сколько времени он будет в движении. Дано: vo=10 м/с, α=40о. Найти: sy - ? sx - ? t - ? ![]() Решение. 1) Найдем наибольшую высоту sy max, на которую поднимается тело, брошенное со скоростью vo подуглом α к горизонту. Имеем (см. рис.): vy=vo sinα – gt; (1) sy=vot∙sinα – gt2/2. (2) В верхней точке vy=0 и из (1) получим vo∙sin𝛼 = gt1, отсюда время подъема мяча t1=vo∙sinα/g. Подставляя t1 в (2), получим sy max= vo2 ∙sin2α/(2g)= 2,1 м. 2) Найдем дальность полета sx max тела, брошенного под углом к горизонту. Имеем: vx=vo∙cosα, (3) sx=vxt=vot∙cosα. (4) Тело упадет на горизонтальную плоскость через время t2=2t1=2vosinα/g. Подставляя t2 в (4), получим sxmax = vо2sin2α/g=10,0 м. 3) t2=2t1=2vosinα/g=1,3 с. Пример 21. Тело брошено со скоростью v0=10 м/с2 под углом α=30° к горизонту. На какую высоту тело поднимется. На каком расстоянии от места бросания оно упадет на землю? Какое время он будет в движении? ![]() Решение. Горизонтальная и вертикальная составляющие начальной скорости ![]() ![]() Движение на участке ОА можно разложить на два простых движения: равномерное по горизонтали и равнозамедленное по вертикали: ![]() В точке А ![]() Тогда ![]() ![]() Если тело участвует одновременно в нескольких движениях, то в каждом из них оно участвует независимо от другого, следовательно, время движения на участке АВ определяется временем движения вниз – t2. Время движения вверх равно времени движения вниз, а, значит, ![]() При равномерном движении по горизонтали за равные промежутки времени тело проходит равные участки пути, следовательно, ![]() Дальность полета ![]() Высота подъема тела ![]() Пример 22. Точка движется прямолинейно на плоскости по закону x=4(t-2)2. Каковы начальная скорость v0 и ускорение точки a? Найти мгновенную скорость точки vt=5 в начале пятой секунды движения. Решение. 1) Т.к. v=x’, то v0=(4∙(t-2)2)’=(4∙(t2-4t+4))’=(4t2-16t+16)’=8t-16 при t=0 v0=-16 м/с. 2) Т.к. a= , то a=(8t-16)’=8 м/с. 3) При t=4, т.к. до начала 5 с прошло 4 с. vt=5=8t-16=8∙4-16=32 м/с. Ответ: Начальная скорость точки v0=-16 м/с, ускорение a=8 м/с, скорость точки в начале пятой секунды движения vt=5=32 м/с. Пример 23. Движение материальной точки описывается уравнениями: а) s=αt3; б) s=αt2+βt. Сравните среднюю скорость и среднеарифметическую начальной и конечной скоростей vср в интервале времени 0 - t. Здесь α и β - положительные постоянные. Решение. Вспомним определения средней и мгновенной скорости: ![]() Выражения для мгновенной скорости получаются путем дифференцирования уравнения движения. ![]() Выражения для средней скорости находятся как отношение изменения криволинейной координаты к времени: ![]() Получим выражения для среднеарифметической скорости: ![]() Ответим на вопрос условия задачи. Видно, что в случае “а” средняя и среднеарифметическая скорости не совпадают, а в случае “б” - совпадают. Пример 24. Материальная точка движется равномерно по криволинейной траектории. В какой точке траектории ускорение максимально? ![]() Решение. При движении по криволинейной траектории ускорение складывается из тангенциального и нормального. Тангенциальное ускорение характеризует быстроту изменения величины (модуля) скорости. Если величина скорости не изменяется, тангенциальное ускорение равно нулю. Нормальное ускорение зависит от радиуса кривизны траектории an=v2/R. Ускорение максимально в точке с наименьшим радиусом кривизны, т.е. в точке С. |