умк_Вабищевич_Физика_ч.1. умк_Вабищевич_Физика_ч. Учебнометодический комплекс для студентов технических специальностей в двух частях Часть 1 Новополоцк 2005 2 удк 53 (075. 8)
 Скачать 1.81 Mb.
|
|
2.4. Примеры решения задач Силы. Законы Ньютона Пример 1. У бруска одна сторона гладкая, а другая шероховатая. Если его положить на наклонную плоскость шероховатой стороной, он будет находиться в равновесии на грани соскальзывания. С каким ускорением брусок будет соскальзывать, если его перевернуть Коэффициент трения между шероховатой стороной бруска и поверхностью наклонной плоскости равен µ = 0,2 уровень 2). Решение Рассмотрим равновесие бруска на наклонной плоскости, когда он лежит на ней шероховатой стороной. На брусок действуют три силы сила тяжести mg (где m – масса бруска, сила реакции поверхности плоскости и сила трения покоя тр пок F , препятствующая соскальзыванию бруска (рис. 2.8). Направим ось ОХ системы координат вдоль наклонной плоскости и запишем уравнение, выражающее второй закон Ньютона тр ma mg N F = + + , в проекциях на оси системы координат : sin тр OX ma mg F = α − , (1) : 0 cos OY N mg = − α , (2) где α – угол, который наклонная плоскость образует с горизонтом. Учитывая, что тело находится в равновесии на грани соскальзывания 0 a = , тр F N = µ , из (1) и (2) находим cos тр F mg = µ ⋅ α , 0 sin cos mg mg = α − µ ⋅ α , tg µ = α . (3) Полученный результат позволяет сделать полезный вывод если коэффициент трения между телом и поверхностью наклонной плоскости tg µ > α , то тело будет находиться в равновесии, и самопроизвольно не будет Рис. 2.8 соскальзывать с плоскости если tg µ = α , то тело будет находиться в равновесии на грани соскальзывания если tg µ < α , то тело будет соскальзывать с плоскости. Рассмотрим движение бруска с наклонной плоскости, когда он лежит на ней гладкой стороной ( µ = 0). Теперь на брусок действуют две силы сила тяжести и сила реакции. Легко понять, что уравнения движения бруска в проекциях на оси системы координат совпадут с уравнениями (1) – (2) при тр F = 0. Поскольку в выбранной системе координат перемещение по y отсутствует, то для описания движения достаточно уравнения движения в проекции на ось ОХ : sin OX ma mg = α . Отсюда находим sin a g = α , или с учетом выражениям+ Ответ 2 1,9 мс g µ = ≈ + Пример На наклонной плоскости, составляющей угол 0 30 α = с горизонтом, удерживают два соприкасающихся бруска так, как показано на рис. 2.9. Массы брусков m 1 = 1 кг, m 2 = 2 кг, коэффициенты трения брусков о плоскость равны µ 1 = 0,25 и µ 2 = 0,1 соответственно. Найти силу R взаимодействия между брусками, если их отпустить (уровень Решение Поскольку коэффициенты трения брусков меньше tg 0,58 α ≈ , то каждый из брусков, будучи предоставленным самому себе, соскальзывал бы с наклонной плоскости. Если бруски начинают движение из положения, показанного на рис. 2.9, то возможны два различных движения системы Рис. 2.9 54 – брусок массой m 1 движется быстрее бруска массой m 2 . В этом случае сила взаимодействия между брусками R = 0; – бруски движутся вместе с одинаковыми ускорениями. Выясним, какой случай соответствует условию нашей задачи. Для этого найдем ускорения брусков 1 a и 2 a , если бы они двигались независимо друг от друга. На каждый из брусков при этом действуют три силы тяжести mg , реакции опоры N и трения тр F . Запишем уравнения движения брусков 1 1 1 1 тр m a m g N F = + + ; 2 2 2 2 тр m a m g в проекциях на оси системы координат ОХ 1 1 1 sin тр m a m g F = α − ; OY: 1 1 0 cos N m g = − α ; ОХ 2 2 2 sin тр m a m g F = α − ; OY: 2 2 0 cos , N m g = − α или с учетом соотношений 1 1 три 2 тр F N = µ : 1 1 (sin cos ) a g = α − µ α ; 2 2 (sin cos ). a g = α − µ α Так как по условию задачи µ 1 > то, очевидно, а < a 2 . Следовательно, бруски будут двигаться вместе с одинаковым ускорением, величину которого найдем из уравнений движения при условии, что бруски взаимодействуют между собой с силой R : 1 1 1 1 sin cos m a m g m g R = α − µ α + ; 2 2 2 2 sin cos m a m g m g R = α − µ α − Отсюда находим 1 2 1 2 1 2 ( ) cos 0,85 H. m m R g m m µ − Ответ 2 1 2 1 2 ( )cos 0,85 H. m m R g m m µ − Пример 3. Между наклонной плоскостью клина, стоящего на горизонтальной поверхности, и вертикальной стенкой кладут шар такой же массы, что и клин (рис. 2.10). Определить ускорение клина, если угол при его основании равен α = 30°. Трения нет (уровень 3). Решение На шар действуют сила тяжести mg , сила реакции со стороны клина и сила реакции стенки. На клин действуют сила тяжести mg , сила давления / 1 N со стороны шара и сила реакции пола. Под действием этих сил шар будет двигаться вертикально вниз с ускорением 2 a , а клин – горизонтально с ускорением 1 a . Запишем уравнение движения клина и шара / 1 1 3 ma mg N N = + + ; 2 1 2 , ma mg в проекциях на оси системы координат XOY: OX: 1 1 sin , ma N = α (1) OY: 2 1 cos , ma mg N − = − + α (2) где учтено, что / 1 Для получения замкнутой системы уравнений необходимо еще одно соотношение, связывающее неизвестные величины а аи. Поскольку связь между ускорениями а, аи силой N 1 дают уравнения движения (1) – (2), то, очевидно, нужно найти связь между ускорениями тел. Из рис. 2.10 видно, что если шар опустится на расстояние S 2 , то клин сместится на S 1 , причем 2 1 1 2 a t S = ; 2 2 2 2 a t S = ; 2 Следовательно 2 Решив систему уравнений (1) – (3) относительно а, получим 1 1 sin ma N = α ; 1 2 cos sin ma ma mg = − α α ; 1 1 tg tg a a g α = − α ; 2 1 2 tg 4,24 мс tg g a a α = = ≈ + Ответ 2 2 tg 4,24 мс tg g a α = ≈ + α . Рис. 2.10 Законы сохранения импульса и энергии Пример 4. Мяч массой m = 60 г свободно падает на пол с высоты Нм и подскакивает на высоту h = 1 м. Определить продолжительность удара, если среднее значение силы удара мяча о пол равно 1 υ ив момент касания поверхности пола имел импульс 1 1 p m = Поскольку за время удара t ∆ мяч действовал на пол со средней силой F < >, то по третьему закону Ньютона пол действовал на мяч с такой же по величине силой / F F < >=< > , но направленной противоположно силе F < >. Кроме силы / F < > за время удара на мяч действовала сила тяжести mg . Под действием импульсов этих сил импульс мяча изменился и стал равным 2 2 p m = Запишем второй закон Ньютона в виде / 1 2 ( ) p p F mg t − = < > + ∆ в проекции на ось ОХ системы координат (рис. 2.11): / 2 1 ( ) p p F mg t + = < > − ∆ или 1 2 ( ) ( ) m F mg t υ + υ = < > Скорость мяча 1 υ в момент касания пола и скорость 2 υ в момент отскока найдем, записав кинематические уравнения движения мяча вблизи поверхности Земли а) при падении мяча вниз 2 1 1 2 H gt = ; 1 1 gt υ = ; б) при движении мяча вверх 2 2 2 2 1 2 h t gt = υ − ; 2 2 0 gt = υ Отсюда находим 1 2gH υ = ; 2 2gh υ Следовательно ( 2 2 ) ( ) m gH gh F mg t + = < > − ∆ , Риса искомая продолжительность удара ( 2 2 ) 0,45 c m gH gh t F mg + ∆ = ≈ < > Ответ ( 2 2 ) 0,45 c m gH gh t F mg + ∆ = ≈ < > Пример 5. Лодка длиной = 3 ми массой Мкг стоит на спокойной воде (рис. 2.12). Наносу и корме находятся два рыбака массой m 1 = 90 кг и m 2 = 60 кг. На какое расстояние сместится лодка относительно воды, если рыбаки пройдут по лодке и поменяются местами Сопротивлением воды пренебречь (уровень 3). Решение Будем рассматривать лодку и рыбаков как одну систему. При перемещении рыбаков по лодке на систему будут действовать внешние силы сила тяжести и сила Архимеда. Обе эти силы направлены вертикально и их результирующая равна нулю. Поскольку по условию задачи сопротивлением воды следует пренебречь, то это означает, что в горизонтальном направлении на систему никакие внешние силы не действуют. Следовательно, в направлении возможного перемещения лодки система лодка – рыбаки замкнута, и проекция импульса на ось ОХ меняться не будет. Представим импульс системы в виде сист c P M = υ , где 1 сист m m = + + – масса системы с – скорость ее центра масс. Так как при перемещении рыбаков ( ) =const x P , то и =const c υ . Поскольку лодка первоначально покоилась, то проекция 0 c x υ = , те. при перемещении рыбаков координата центра масс системы не изменит своего положения. В начальный момент координата центра масс лодки с рыбаками 1 1 2 c Ma m x M m m + = + + , (1) где а – расстояние от начала координат до центра масс лодки (см. риса. Рис. 2.12 После перемещения рыбаков по лодке 1 2 1 2 ( ) ( ) c M a x m x m x x M m m + ∆ + ∆ + + ∆ = + + , (2) где x ∆ – смещение лодки относительно неподвижной системы отсчета см. рис. 2.12, б. Приравнивая правые части соотношений (1) и (2) 1 1 2 Ma m M m m + + + 1 2 1 2 ( ) ( ) M a x m x m x M m m + ∆ + ∆ + + ∆ = + + , получаем 1 2 1 2 0, 33 м Ответ 1 2 1 2 0, 33 м Пример 6. Брусок массой m и длиной лежит на стыке двух горизонтальных столов (рис. 2.13). Какую минимальную работу надо совершить, чтобы перетащить тело волоком с первого стола на второй, если коэффициенты трения между телом и столами соответственно равны µ 1 и µ 2 (уровень Решение Рассмотрим промежуточное положение бруска, соответствующее длине х его части, находящейся на втором столе. Силы, действующие на брусок в этот момент времени, представлены на рисунке. Чтобы совершить минимальную работу по перетаскиванию бруска, к нему необходимо приложить горизонтальную силу F , которая по величине должна быть равна сумме сил трения три 2 тр F , действующих на брусок со стороны первого и второго столов 1 2 тр тр F F F = + Поскольку силы реакции 1 1 2 2 , N m g N m g = = , то силы трения 1 1 1 1 1 тр F N m g = µ = µ , 2 2 2 2 2 тр F N m g = µ = µ , где m 1 , m 2 – массы частей бруска, находящихся в данный момент времени на первом и втором столах соответственно 1 ( ) m m x = − , Рис. 2.13 Следовательно 1 1 ( ) тр m F x g = µ − ; 2 2 тр m F xg = µ ; 1 Как видим, сила F будет меняться в зависимости от пройденного бруском пути х по линейному закону. Работа переменной силы F может быть определена одним из трех способов. Первый способ График зависимости силы F от координаты (пройденного пути) х представлен на рис. 2.14. Работа переменной силы F численно равна площади заштрихованной фигуры трапеции 1 2 ( ) 2 mg A µ + Второй способ Поскольку сила F зависит от пройденного бруском пути х по линейному закону, то среднее значение силы 1 2 ( ) 2 mg F µ + µ < >= , а работа силы на пути 1 2 ( ) 2 mg A F µ + µ =< > Третий способ Работа силы F может быть определена с помощью интегрирования 1 2 1 2 0 0 0 0 ( ) ( ) mg x mgx mg x mgx A Fdx dx dx dx µ − µ µ − µ ⎧ ⎫ = = + = + = ⎨ ⎬ ⎩ ⎭ ∫ ∫ ∫ ∫ 2 2 1 2 1 2 1 0 0 0 ( ) 2 2 2 mgx mgx mg mgh µ µ µ + µ = Ответ 1 2 ( ) 2 mg A µ + Пример 7. Груз массой m = 100 г соединен невесомой нерастяжимой нитью, переброшенной через легкий блок, с пружиной жесткостью k = 10 м, прикре- Рис. 2.14 пленной к полу (рис. 2.15). В начальный момент груз удерживают на высоте h = 15 см от пола так, что нить натянута, а пружина не деформирована. Чему будет равна максимальная скорость груза, если его отпустить Какое количество тепла выделиться при абсолютно неупругом ударе груза о пол уровень Решение При движении на груз будут действовать сила тяжести mg и сила натяжения нити Травная силе упругости пружины упр, направленные так, как показано на рис. 2.15. Вначале движения сила тяжести по величине будет больше силы упругости пружины, и ускорение груза будет направлено вниз. После прохождения положения равновесия сила упругости станет больше силы тяжести, и скорость груза будет уменьшаться. Очевидно, что скорость груза будет максимальной в момент прохождения им положения равновесия, в котором упр F = , или mg kx = , (1) где х – растяжение пружины в этот момент. Следовательно 9,8 см mg x k = ≈ меньше чем h = 15 см, и скорость груза достигнет максимального значения. Поскольку в момент движения груза сила натяжения равна по величине силе упругости пружины, то работа сторонней силы Т на пути х будет равна работе консервативной силы упр упр T A Если выбрать нулевой уровень отсчета потенциальной энергии на уровне пола, тов начальном положении энергия системы равна потенциальной энергии груза 1 E mgh = , а на высоте (h – x) над полом – сумме потенциальной и кинетической энергий груза и потенциальной энергии пружины 2 2 max 2 ( ) 2 2 m kx E mg h x υ = − + + , где max υ – максимальная скорость груза. Рис. 2.15 Следовательно, закон сохранения механической системы примет вид 2 2 max ( ) 2 2 m kx mgh mg h x υ = − + + . (2) Из (2) с учетом (1) получим max 1 м/с m g k υ = ≈ Рассмотрим вторую часть задачи. К моменту удара груза о пол пружина будет растянута на величину h, и энергия системы станет равна 2 2 3 2 2 m kh E υ = + , где υ – скорость груза в момент удара о пол. Теперь закон сохранения энергии системы примет вид 2 2 2 При абсолютно неупругом ударе о пол кинетическая энергия груза перейдет во внутреннюю энергию (тепло 2 Следовательно 2 34,5 мДж Ответ max 1 мс 2 34,5 мДж Пример 8. На гладкой горизонтальной поверхности лежит брусок. Пуля, летящая горизонтально со скоростью υ = 600 мс, пробивает брусок и вылетает из него со скоростью 0,5 υ. Масса пули m = 9 г, масса бруска Мкг. Сколько тепла выделилось при движении пули в бруске Траекторию пули считать прямолинейной (уровень Решение Будем рассматривать пулю и брусок как одну систему, что позволит исключить из рассмотрения силы, возникающие при ударе. Если пренебречь импульсом силы трения за время взаимодействия пули с бруском, тов горизонтальном направлении систему можно считать замкнутой. Запишем закон сохранения импульса системы пуля – брусок в направлении движения пули в виде 1 0 2 m Mu m υ + − υ = . (1) При движении пули в бруске между ними будет действовать диссипативная сила – сила трения, что приведет к тому, что часть механической энергии системы перейдет в тепло. Так как поверхность, на которой находится брусок, гладкая, то внешние диссипативные силы отсутствуют. При столкновении с бруском начальная кинетическая энергия пули 2 1 2 m E υ = частично перейдет в тепло, и механическая энергия системы непосредственно после взаимодействия будет равна 2 2 2 8 2 m Mu E υ = + , где u – скорость бруска после взаимодействия с пулей. Запишем теорему о полной механической энергии в виде 2 1 1 2 E E E E E Q ∆ = − = − = или 2 2 2 2 8 2 m m Mu Q ⎧ ⎫ υ υ ⎪ ⎪ − + = ⎨ ⎬ ⎪ ⎪ ⎩ ⎭ , (2) где Q – количество тепла, выделившегося при движении пули в бруске. Решив систему уравнений (1) – (2) относительно Q, получим 2 (3 ) 1,2 кДж Ответ 2 (3 ) 1,2 кДж Пример 9. В покоящийся клин массой M попадает горизонтально летящий шарик массой m (рис. 2.16) и после упругого удара о поверхность клина отскакивает вертикально вверх. На какую высоту h он поднимется, если горизонтальная Рис. 2.16 скорость клина после удара равна υ? Трением и сопротивлением воздуха пренебречь (уровень Решение Полагая, что за время столкновения изменение потенциальной энергии шарика и клина равно нулю, закон сохранения энергии можно записать в виде 2 2 2 0 2 2 2 m mu M υ υ = + , (1) где , u υ – скорости шарика в момент столкновения с клином и непосредственно после столкновения соответственно. Так как между поверхностями клина и горизонтальной плоскостью трение отсутствует, то система клин – шарик в горизонтальном направлении замкнута (все внешние силы – силы тяжести и реакции – будут направлены вертикально. Следовательно, закон сохранения импульса 0 m mu M υ = + υ в проекции на ось ОХ примет вид 0 m M υ = υ. (2) Выразив υ 0 из (2) и подставив в (1) 2 2 2 2 2 2 2 M mu M m υ υ = + , найдем скорость шарика сразу после столкновения с клином 2 ( ) M m M u m − = Следовательно, высота подъема шарика 2 2 2 ( ) 2 2 u M M m h g m Ответ 2 2 ( ) 2 M M m h m g − υ = |