RFpro.ru: Физика
| Хостинг портала RFpro.ru: РАССЫЛКИ ПОРТАЛА RFPRO.RU
Чемпионы рейтинга экспертов в этой рассылке
/ НАУКА И ОБРАЗОВАНИЕ / Точные и естественные науки / Физика
Вопрос № 172903: Здравствуйте, уважаемые эксперты! Помогите с решением задач. 1. При торможении неработающим двигателем автомобиль массой 1500 кг останавливается через 5 с, пройдя путь 50 м, если же сцепление двигателя выключено, то он проходит путь 100 м за 5... Вопрос № 172903:
Здравствуйте, уважаемые эксперты! Помогите с решением задач.
Отправлен: 04.10.2009, 23:00 Отвечает Гордиенко Андрей Владимирович, Профессионал : Здравствуйте, Anriver. 1. Тормозя при неработающем двигателе, автомобиль получает ускорение под действием силы трения Fтр (силой сопротивления воздуха пренебрегаем) и силы торможения двигателя Fт. Уравнение движения автомобиля в проекции на направление движения следующее: ma1 = Fтр + Fт. (1) Полагая, что ускорение автомобиля постоянно, а сила трения не зависит от скорости автомобиля, имеем следующую зависимость, связывающую скорость автомобиля в начале торможения v0, ускорение a, тормозной путь s и время торможения t: s1 = v0t1 – a1t12/2, (2) а также зависимость, связывающую скорость автомобиля в начале торможения v0, ускорение a и время торможения t: v0 = a1t1. (3) Подставляя значение v0 из выражения (3) в выражение (2), находим s1 = a1t12 – a1t12/2 = a1t12/2, откуда a1 = 2s1/t12, (4) и, согласно выражению (1), Fтр + Fт = 2ms1/t12, Fт = 2ms1/t12 – Fтр. (5) Тормозя при выключенном сцеплении, автомобиль получает ускорение под действием только силы трения Fтр. Уравнение движения автомобиля в проекции на направление движения имеет вид ma2 = Fтр. (6) Скорость автомобиля в начале торможения для рассматриваемого случая такая же, как и при торможении неработающим двигателем, равная v0. Тогда, согласно формулам (3), (4), путь, пройденный автомобилем, равен s2 = v0t2 – a2t22/2 = a1t1t2 – a2t22/2 = 2s1t2/t1 – a2t22/2, и a2t22/2 = 2s1t2/t1 – s2, a2 = 2(2s1t2/t1 – s2)/t22, откуда по формулам (6) и (5) находим Fтр = ma2 = 2m(2s1t2/t1 – s2)/t22, Fт = 2ms1/t12 – 2m(2s1t2/t1 – s2)/t22 = 2m(s1/t12 – (2s1t2/t1 – s2)/t22). (7) Поскольку в нашем случае s2 = 2s1, t2 = t1 = t, то формулу (7) можно упростить так: Fт = 2ms1/t2 (8) и после подстановки числовых з начений m = 1500 кг, s1 = 50 м, t = 5 с, получаем Fт = 2 ∙ 1500 ∙ 50/52 = 600 (Н). Сравнивая выражения (8) и (5), можно сделать вывод, что сила трения равна нулю, то есть при указанных в условии исходных данных автомобиль при выключенном сцеплении движется равномерно, не тормозя. Действительно, как следует из формул (4), (3), a1 = 2 ∙ 50/52 = 4 (м/с2), v0 = 4 ∙ 5 = 20 (м/с). Двигаясь с этой скоростью при выключенном сцеплении, автомобиль за 5 с пройдет путь s = 20 ∙ 5 = 100 (м), что совпадает с путем, указанным в условии задачи, т. е. автомобиль в этом случае не тормозит… Ответ: 600 Н. 2. Рассмотрим систему тел «платформа с орудием – снаряд». На нее действуют сила тяжести, сила нормальной реакции рельсов и сила трения. Из-за негоризонтального направления скорости снаряда сила нормальной реакции, действующая на платформу с орудием, во время ее взаимодействия со снарядом, изменяе тся и будет тем больше, чем больше внутренняя сила взаимодействия платформы с орудием и снаряда. Если пренебречь действием силы трения на платформу с орудием во время выстрела, то поскольку силы тяжести и нормальной реакции рельсов направлены по вертикали, проекция вектора импульса системы на горизонталь постоянна. Это обстоятельство позволяет найти искомую скорость платформы с орудием. Обозначим M – масса платформы с орудием и снарядами, m – масса снаряда, v – скорость снаряда, V – скорость платформы поле выстрела, α – угол наклона ствола орудия к линии горизонта. Введя горизонтальную ось, имеем p1x = p2x, (1) где p1x = 0 (2) – проекция вектора импульса системы до выстрела, p2x = (M – m) ∙ V – m ∙ v ∙ cos α (3) – проекция вектора импульса системы после выстрела. Из выражений (1), (2), (3) находим (M – m) ∙ V – m ∙ v ∙ cos α = 0, V = m ∙ v ∙ cos α/(M – m). (4) Подставляя в формулу (4) значения m = 60 кг, v = 480 м/с, M = 18 т = 18000 кг, α = 30º, находим V = 60 ∙ 480 ∙ cos 30º/(18000 – 60) &# 8776; 1,4 (м/с). Хотя в действительности платформа с орудием будет перемещаться и вертикальном направлении, вместе с Землей, из-за ничтожной малости выделенной нами системы тел по сравнению с массой Земли, скорость этого перемещения будет ничтожно мала. Ответ: 1,4 м/с. 3. Найдем силы тяготения F2 между грузом и Землей и F1 между грузом и Луной. По закону всемирного тяготения (рисунок)  F1 = GMЛm/x2, F2 = GMЗm/(L – x)2. При перемещении на элементарное расстояние dx в направлении от Луны к Земле совершается элементарная работа против силы тяготения F1, равная dA = (GMЛm/x2 – GMЗm/(L – x)2) ∙ dx, а полная работа по перемещению груза найдется интегрированием: A = Rл∫L – Rз dA = Rл∫L – Rз (GMЛm/x2 – GMЗm/(L – x)2) ∙ dx = G ∙ m ∙ Rл∫L – Rз (MЛ/x2 – MЗ/(L – x)2) ∙ dx = = G ∙ m ∙ (-MЛ/x + MЗ/(L – x))|Rл L – Rз = G ∙ m ∙(-MЛ/(L - RЗ) + MЛ/RЛ + MЗ/RЗ – MЗ/(L – RЛ)) = = G ∙ m ∙ [MЛ ∙ (1/RЛ – 1/(L - RЗ)) + MЗ ∙ (1/RЗ – 1/(L – RЛ)]. (1) Подставляя в формулу (1) числовые значения G = 6,67 ∙ 10-11 Н ∙ м2/кг2, m = 1 т = 1000 кг, MЗ = 5,98 ∙ 1024 кг, RЗ = 6,37 ∙ 106 м, MЛ = 7,33 ∙ 1022 кг, RЛ = 1,74 ∙ 106 м, L = 3,84 ∙ 108 м, получаем A = 6,67 ∙ 10-11 ∙ 1000 ∙ [7,33 ∙ 1022 ∙ (1/(1,74 ∙ 106) – 1/(3,84 ∙ 108 – 6,37 ∙ 106)) + 5,98 ∙ 1024 ∙ (1/(6,37 ∙ 106) + + (-1)/(3,84 ∙ 108 – 1,74 ∙ 106))] ≈ ≈ 6,67 ∙ 10-11 ∙ 1000 ∙ [7,33 ∙ 1022 ∙ (1/(1,74 ∙ 106) – 1/(3,78 ∙ 108)) + 5,98 ∙ 1024 ∙ (1/(6,37 ∙ 106) – 1/(3,82 ∙ 108))] ≈ ≈ 6,67 ∙ 1014 ∙ [73,3 ∙ (1/(1,74 ∙ 106) – 1/(3,78 ∙ 108)) + 598 ∙ (1/(6,37 ∙ 106) – 1/(3,82 ∙ 108))] = = 6,67 ∙ 1014 ∙ [7 3,3 ∙ 10-6 ∙ (1/1,74 – 1/378) + 598 ∙ 10-6 ∙ (1/6,37 – 1/382)] ≈ ≈ 6,67 ͨ 9; 108 ∙ [73,3 ∙ (1/1,74 – 1/378) + 598 ∙ (1/6,37 – 1/382)] ≈ ≈ 6,67 ∙ 108 ∙ [41,93 + 92,31] ≈ 9,0 ∙ 1010 (Дж). Ответ: 9,0 ∙ 1010 Дж. 4. На вал радиуса r действуют два момента: момент T = Fr касательной силы F и момент M силы трения. Алгебраическая сумма Fr – M этих моментов вызывает вращение вала, имеющего момент инерции относительно оси вращения, равный J = mr2/2, с ускорением ε. Вращение вала определяется уравнением Fr – M = Jε, откуда ε = (Fr – M)/J = 2(Fr – M)/(mr2), m = 2(Fr – M)/(εr2). (1) Подставляя в формулу (1) числовые значения F = 1,2 кН = 1,2 ∙ 103 Н, r = 0,05 м, M = 6 Н ∙ м, ε = 100 с-2, получаем m = 2 ∙ (1,2 ∙ 103 ∙ 0,05 – 6)/(100 ∙ (0,05)2) ≈ 4,3 ∙ 102 (кг). Ответ: 4,3 ∙ 102 кг. 5. Рассмотрим сначала движение сферы массы m с радиусом R в более привычной для нас инерциальной системе отсчета, связанной с поверхностью Земли (рисунок). Начало координат поместим, например, в точке, соответствующей положению сферы в некоторый момент времени, принятый за начальный.  На сферу в выбранной системе отсчета действуют сила тяжести mg, сила нормальной реакции наклонной плоскости N и сила трения качения Fтр, обусловленная взаимодействием сферы с наклонной плоскостью. Динамический закон поступательного движения центра масс сферы имеет вид ma = mg + N + Fтр, (1) а уравнение вращательного движения сферы относительно оси Oz, перпендикулярной плоскости рисунка и проходящей через начало координат имеет вид MO(Fтр) + MO(mg) + MO(N) = Jε. (2) Проецируя векторное уравнение (1) на ось Ox, параллельную наклонной плоскости и направленную в сторону качения сферы, а векторное уравнение (2) – на ось Oz, получаем скалярные уравнения m ∙ a = m ∙ g ∙ sin α – Fтр, (3) Fтр ∙ R = J ∙ ε, (4) при этом ε = a/R, (5) J = 2/3 ∙ m ∙ R2. (6) Решая систему уравнений (3) … (6) относительно ε, находим ε = (3/5 ∙ g ∙ sin α)/R (выкладки опускаем: они элементарны), (7) Вращающаяся сфера должна преодолеть вдоль наклонной плоскости для того, чтобы скатиться с высоты h расстояние, равное l = h/sin α, повернувшись при этом вокруг оси Oz на угол, равный φ = l/R = h/(R ∙ sin α). (8) Поскольку сфера вращается равноускоренно без начальной скорости, то ее угловое ускорение ε, конечная угловая скорость и время вращения связаны соотношениями φ = ε ∙ t2 /2, (9) ω = ε ∙ t. (10) Решая совместно уравнения (8) … (10) получаем, что искомая конечная скорость вращения сферы равна ω = √(6/5 ∙ g ∙ h)/R. (11) Этот же результат можно получить иначе. Если сфера скатывается без скольжения с высоты h по наклонной плоскости, то ее потенциальная энергия EП = mgh, согласно закону сохранения энергии, переходит в кинетическую, равную сумме кинетической энергии E1 = mvC2/2 поступательного движения центра масс сферы и кинетической энергии E2 = Jω2/2 вращения сферы относительно оси, проходящей через ее центр масс, т. е. m ∙ g ∙ h = m ∙ vC2/2 + 2/3 ∙ m ∙ R2 ∙ ω2/2 = m ∙ ω2 ∙ R2/2 + 2/3 ∙ m ∙ R2 ∙ ω2/2, g ∙ h = ω2 ∙ ; R2/2 + ω2 ∙ R2/3 = 5 ∙ ω2 ∙ R2/6, ω = √ (6/5 ∙ g ∙ h)/R – конечная скорость вращения сферы. Кинетическая энергия вращения сферы равна E2 = J ∙ ω2/2 = 2/3 ∙ m ∙ R2 ∙ ω2/2 = m ∙ R2 ∙ ω2/3 = 2/5 ∙ m ∙ g ∙ h. (12) Основное уравнение динамики вращательного движения не изменяет своего вида и в случае ускоренно движущихся осей при условии, что ось вращения проходит через центр масс тела и что ее направление в пространстве остается неизменным. Ось вращения O проходит через центр масс тела. Моменты силы тяжести mg и силы реакции N относительно оси O равны нулю. Момент M создает только сила трения: M = FтрR. Поэтому угловое ускорение в системе центра масс сферы определяется по формуле (7). Вам остается только подставить в формулы (7), (11) и (12) числовые значения входящих в них величин... 6. Выполним рисунок. Сфера совершает гармонические колебания около положения равновесия, показанного на рисунке штрих-двухпунктирной линией, т. е. ее угол поворота φ и угловое ускорение ε = d2φ/dt2 связаны соотношением d2φ/dt2 = -ω2φ, (1) где ω = 2π/T – циклическая частота колебаний, T – период колебаний, T = 2π/ω. (2) Во все время движения сферы на нее действуют сила тяжести mg и сила реакции оси R. Вращающий момент относительно оси создает только сила тяжести. Как видно из рисунка, величина этого момента равна M = m ∙ g ∙ d ∙ cos (π/2 – φ) = 2 ∙ m ∙ g ∙ R ∙ sin φ. (2) Если ввести ось Oz, перпендикулярную плоскости рисунка и направленную на нас, то проекция момента на эту ось отрицательна; при малых углах sin φ ≈ φ, поэтому выр ажение (2) принимает вид M = -2 ∙ m ∙ g ∙ R ∙ φ. (3) В положении, показанном на рисунке, φ > 0, а Mz < 0. При отклонении сферы в противоположную сторону φ < 0, а Mz > 0. Следовательно, момент силы, действующей на сферу (а с ним и угловое ускорение), прямо пропорционален углу поворота и стремится возвратить сферу в положение равновесия. Из основного уравнения динамики вращательного движения и выражения (3) имеем J ∙ d2φ/dt2 = -2 ∙ m ∙ g ∙ R ∙ φ, (4) где, согласно теореме Гюйгенса – Штейнера, J = JC + m ∙ d2 = JC + 4 ∙ m ∙ R2 – момент инерции сферы относительно оси качания, JC = 2/3 ∙ m ∙ R2 – момент инерции сферы относительно оси, проходящей через центр масс сферы. Тогда уравнение (4) принимает вид (2/3 ∙ m ∙ R2 + 4 ∙ m ∙ R2) ∙ d2φ/dt2 = -2 ∙ m ∙ g ∙ R ∙ φ, (14/3 ∙ m ∙ R2) ∙ d2φ/dt2 = -2 ∙ m ∙ g ∙ R ∙ φ, (7/3 ∙ R) ∙ d2φ/dt2 = -g ∙ φ, d2φ/dt2 = -3/7 ∙ g ∙ φ/R. (5) Из выражений (5), (1) и (2) находим ω2 = 3/7 ∙ g/R, ω = √(3/7 ∙ g/R), T = 2π/√(3g/(7R)). (6) Подставляя в формулу (6) числовые значения g = 9,81 м/с2, R = 0,1 м, находим T = 2π/√(3 ∙ 9,81/(7 ∙ 0,1)) ≈ 0,97 (с). Ответ: 0,97 с. С уважением. ----- Пусть говорят дела
Ответ отправил: Гордиенко Андрей Владимирович, Профессионал
Здравствуйте, Anriver. 4. Дано: R=0.05 м F=1.2*103 Н M=6 Н*м e=100 c-2 (вообще-то угловое ускорение обозначается греческой буквой "эпсилон" - как на рисунке) Найти: m Решение:  Согласно основному закону динамики для вращательного движения F*R-M=J*e Момент инерции сплошного вала J=1/2 * m*R2 Тогда F*R-M= 1/2 * m*R2*e Тогда m= 2*(F*R-M)/(R2*e) = 432 кг 2. Дано: α=30º v=480 м/с M=18 т = 18*103 кг m=60 кг Найти: V Решение:  Согласно закону сохранения импульса mv+MV=0 Тогда, в проекции на ось х: m*v*cos α - M*V = 0 Следовательно V=m*v*cos α/M= 1.39 м/с
Ответ отправил: Shvetski, Специалист
Здравствуйте, Anriver. 6. "Определить период малых колебаний тонкостенной сферы относительно оси, проходящей на расстоянии d = 2*R (1) от её центра. Радиус Данная система представляет собой физический маятник - абсолютно твердое тело, совершающее колебания под действием силы тяжести вокруг неподвижной горизонтальной оси, не проходящей через центр тяжести (см. тут). Одной из характеристик физического маятника является его приведённая длина l. Период колебаний физического маятника равен: T = 2*π*√(l/g) (2), где g - ускорение свободного падения. Приведённая длина физического маятника вычисляется следующим образом: l = J/(m*x) (3), где J - момент инерции относительно точки подвеса, m - масса, x - расстояние о т точки подвеса до центра масс (в нашем случае это d). Момент инерции сферы J относительно точки подвеса состоит из «центрального» (относительно её центра), равного: Jц = (2/3)*m*R2 (4) (см. Википедия, Моменты инерции однородных тел простейшей формы относительно некоторых осей) и «добавочного», равного, согласно т.н. «теореме Штайнера»: «массе тела, умноженной на квадрат расстояния от оси вращения до центра массы тела» - (в нашем случае это d), т.е. J = Jц + m*d2 (4а), или, с учётом (4) и (1): J = (2/3)*m*R2 + 4*m*R2 = (14/3)*m*R2 (5). Подставив в (3) (5) и d вместо x, после сокращения: l = (7/3)*R = (7/3)*0.1 = 0.233 м. Тогда из (2): T = 2*π*√(0.233/g) = 0.97 с. 7. Систему "автомобиль-рессора" следует рассматривать как пружинный маятник (см. здесь). Он будет сильно раскачиваться при частоте толчков, совпадающей с его собственной частотой колебаний. Собственная "циклическая" частота колебаний ω = √(k/m) (1), где k - жёсткость рессоры автомобиля, m - масса автомобиля с грузом. С другой стороны, стати(
Ответ отправил: SFResid, Модератор
Оценить выпуск »
Задать вопрос экспертам этой рассылки »Скажите "спасибо" эксперту, который помог Вам!Отправьте СМС-сообщение с тестом #thank НОМЕР_ОТВЕТАна короткий номер 1151 (Россия) Номер ответа и конкретный текст СМС указан внизу каждого ответа.
* Стоимость одного СМС-сообщения от 7.15 руб. и зависит от оператора сотовой связи.
(полный список тарифов) © 2001-2009, Портал RFpro.ru, Россия
Авторское право: ООО "Мастер-Эксперт Про" Автор: Калашников О.А. | Программирование: Гладенюк А.Г. Хостинг: Компания "Московский хостер" Версия системы: 2009.6.9 от 25.09.2009 |
| В избранное | ||
