Методические указания по подготовке к вступительному испытанию по физике [PDF] [22]
.pdfВ этом случае выполняется условие åFy = 0 ; все проекции сил на ось
х равны 0. Cила P поворачивает рычаг против часовой стрелки, создавая от-
рицательный момент M1 = P × AO . А сила F – по часовой стрелке, создавая
положительный момент M2 = F ×OB .
Из условия равенства нулю суммарного момента находим соотношение
плеч: P × AO = F ×OB ; P = OB ; или OB = 5
F AO AO
Отсюда находим ОВ = 5АО = 1,25 м. Сила F = mg = 2000 H. 5
Пример 1.16.
Найти центр тяжести однородной круглой пластины с вырезом, пока-
занной на рис. 6.
Рис. 6 Вид пластины и обозначения, используемы при решении
При закреплении в центре тяжести пластина должна находиться в рав-
новесии. Понятно, что точка С должна находиться на диаметре и должна быть сдвинута от геометрического центра пластины на некоторое расстояние
ОС.
Рассмотрим условия равновесия относительно точки С. Моменты про-
тивоположных направлений создают сила тяжестиMg (действующая на
«пластину без выреза») и «отрицательная» сила тяжести mg от вырезанной части пластины (см. рис.6):
æ R |
ö |
|
||
Mg ×OC = mgç |
|
+ OC ÷ |
(1) |
|
2 |
||||
è |
ø |
|
21
Так |
как |
пластина |
имеет |
одинаковую толщину, можно |
записать |
|||
M = r × S × d |
и |
m = r × s × d , |
где r – |
плотность |
материала, S и s– |
площади |
||
кругов, а d – толщина пластины. Подставив эти выражения в (1) получим |
||||||||
|
|
|
|
æ R |
ö |
|
||
|
|
r × S × d × OC = |
r × s × d ç |
|
|
+ OC ÷ |
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
è 2 |
|
ø |
|
|
Т.е. центр тяжести находятся в точке отстоящей от центра большого |
||||||||
круга на R/6 |
влево. |
|
|
|
|
|
|
Пример 1.15.
У гладкой вертикальной стены стоит лестница. Она образует с горизон-
том угол 45 °. Центр тяжести находится посередине лестницы. Чему равен коэффициент трения между полом и лестницей?
Для решения задачи построим чертеж и обозначим силы (рис.7).
Рис.7. Лестница, прислоненная к стене (к примеру 1.15)
На лестницу действуют:
r
– сила тяжести mg ;
r
– сила реакции опоры со стороны вертикальной стены N1 ;
r
– сила реакции со стороны пола N 2 ;
r
– сила трения между лестницей F2 . Сила трения в этой задаче равна 0, так и как лестница гладкая.
Из условия равенства проекций сил на оси находим:
N1 = F2 = m N 2 ;
22
N 2 = mg , так что N1 = m mg .
Находим моменты сил относительно центра тяжести С:
– сила тяжести не создает момента, так как ее линия действия проходит через
С и плечо равно нулю;
– сила реакции N1 создает отрицательный момент
M |
1 |
= N |
1 |
× |
|
l |
sina = m m g |
l |
sina (ее плечо |
d |
= |
|
|
l |
|
sina ) |
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||
|
r |
2 |
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
1 |
2 |
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
– сила реакции N 2 создает положительный момент |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
M2 = N 2 × |
|
l |
sina = m g |
l |
sina (ее плечо d2 |
= |
l |
sina ) |
||||||||||||||||||||||
|
|
2 |
|
|
||||||||||||||||||||||||||
|
|
r |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
– сила трения |
|
F2 создает отрицательный момент |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
M |
3 |
= F |
|
× |
l |
sina = m m g |
l |
sina (ее плечо |
d |
3 |
= |
l |
sina ) |
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||
|
2 |
2 |
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
2 |
|
||||||||||||||
Сумма положительных и |
отрицательных |
моментов при равновесии |
||||||||||||||||||||||||||||
равна нулю: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
r |
r |
r |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
M1 + M2 + M3 = 0 . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
После подстановки с учетом знаков |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
m m g |
l |
sina + m m g |
l |
sina = m g |
l |
sina |
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
2 |
|
2 |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Откуда 2m = 1 ; μ = 0,5
Таким образом, коэффициент трения между лестницей и полом составляет
0,5.
Решите самостоятельно.
5) В цилиндрический сосуд радиусаR = 0.25 м наливают воду. До ка-
кой высоты ее надо наливать, что бы силы давления на дно и стенки сосуда были одинаковы?
(Ответ: 25 см)
6) На двух опорах, находящихся на расстояние 2 м друг от друга, лежит балка массой 200 кг. С какой силой она давит на каждую из опор?
(Ответ: 100 Н)
23
1.3. Движение по окружности (кинематика, динамика)
Решая задачи, в которых рассматривается движение по окружности,
необходимо помнить выражения для основных кинематических характери-
стик: линейной и угловой скорости, периода обращения, центростремитель-
ного ускорения. (Они приведены в методических указаниях «Физика» ч.1).
Кроме того, необходимо учитывать, что если на тело, движущееся по круговой траектории действует несколько сил, то их равнодействующая, на-
правленная к центру окружности, является центростремительной силой Fцс.
Эта сила удерживает тело на окружности; по второму закону Ньютона
Fцс = maцс = m V 2 = mw 2 R ,
R
где R – радиус окружности.
В роли центростремительной силы при движении небесных тел(пла-
нет вокруг Солнца, Луны вокруг Земли) и искусственных спутников высту-
пает гравитационная сила.
Рассмотрим несколько типичных задач.
Пример 1.16.
Диск радиуса вращается, делая n = 33 об/мин. Какова угловая скорость
ω? Каковы линейные скорости на ободе диска и в точках, находящихся на
R = 5 см ближе к центру?
Для нахождения угловой скорости используем выражениеw = 2p n ,
где ν – число оборотов в секунду;
n = n = 33 = 0,55 с-1. 60 60
Таким образом, w = 2× 3,14 ×0,55 » 3,5 рад/с.
Она одинакова во всех точках.
Линейная скорость на ободе диска найдется из выражения v1 = w R :
v1 = 3,5× 0,15 = 0,52 м .
с
24
Линейная скорость точек, находящихся ближе к центру на R, опреде-
ляется из v = w (R - DR) = 3,5 × 0,10 = 0,35 м
с
Пример наглядно показывает, что линейная скорость тем выше, чем дальше от центра, и максимальна – на ободе.
Пример 1.17.
Мальчик массой m = 40 кг качается на качелях с длиной подвесаl = 4 м.
С какой силой мальчик давит на сидение при прохождении наинизшего -по ложения со скоростью v = 6 м/с?
Рис. 8. пояснение к записи динамического уравнения при движении по -ок ружности
Посмотрим схему на рисунке 8а. В наинизшей точке на мальчика дей-
r
ствуют сила тяжести mg и сила натяжения подвеса T , направленные по вертикали вдоль радиуса в противоположные стороны. Динамическое урав-
нение запишется:
r |
r |
r |
maцс = mg |
+ T . |
Проекции сил, направленных к центру, считаются положительными,
радиус равен длине подвеса, так что
25
|
|
|
mv2 |
|
||||
|
|
|
|
|
|
= T - mg . |
||
|
|
|
|
l |
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
mv2 |
æ |
|
|
36 ö |
|
||
Отсюда T = |
|
+ mg . T = 40ç10 |
+ |
|
÷ |
Н. |
||
l |
|
|||||||
|
è |
|
|
4 ø |
|
По третьему закону Ньютона сила натяжения подвеса равна силе, с ко-
торой мальчик давит на сидение (весу), так что Р =Т = 760 Н.
Сила натяжения в нижней точке максимальна; если происходит обрыв подвеса, то это случается именно здесь.
Пример 1.18.
Автомобиль массой движется по горбатому мосту с радиусом кривизны
R = 10 м. Какова сила давления его на мост в верхней точке, если скорость движения v = 18 км/ч?
Дано: |
|
|
Решение: |
|
|
|
|
|||
m = 1500 кг |
|
|
|
r |
r |
|
|
|
|
|
|
|
|
P = -N , а по модулю Р =N (см. рис. 8б). |
|||||||
R = 10 м |
|
|
|
|
|
r |
|
|
r |
r |
|
|
|
|
maцс = mg |
+T |
|||||
v = 18 км/ч=35 м/с |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
mv2 |
|
= mg - N |
||
|
|
|
|
|
|
|
||||
Р -? |
|
|
|
|
|
R |
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
mv |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
æ |
|
25ö |
|
|||
N = mg - |
|
|
|
; |
N = 1500× ç10 - |
|
|
÷ = 11250 Н = 11,25 кН |
||
R |
|
|
|
|||||||
|
|
|
è |
|
10 ø |
|
Ответ: сила давления автомобиля в верхней точке моста составляет 11,25 кН.
Для сравнения: на горизонтальной поверхности эта сила равнаmg и
составляет 11,5 кН . Скорость движения по мосту ограничена: если N = 0, то
автомобиль будет двигаться по касательной. Это случится, если |
mv 2 |
= mg |
|||||
R |
|||||||
|
|
|
|
|
|
||
или v = |
|
. В нашем случае vmax = 10 м/с = 36 км/ч. Выражение v = |
|
|
, |
||
gR |
gRз |
где Rз – радиус Земли, используется для оценки первой космической скоро-
сти. Для других космических тел нужно подставлять ихрадиусы и ускоре-
ния свободного падения. Последние определяются из выражений для силы
26
тяжести и гравитационной силы; играющей роль центростремительной силы:
mg = G M × m , где m – масса тела.
R2
Получим g = G |
M |
, где G – гравитационная постоянная, M и R – мас- |
|
R2 |
|||
|
|
са и радиус космического тела.
Пример 1.19.
Оцените ускорение свободного падения на Луне, если известно, что ее масса в 81 раз меньше массы Земли, а радиус – в 3,7 раза меньше земного.
Запишем силу тяжести и гравитационную силу, которые действуют на
какое-то |
тело |
массойm |
|
на |
Земле |
mgЗ = G |
M |
З |
× m |
и на Луне |
||||||
|
RЗ |
2 |
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
mg л = G |
M л |
× m . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Rл2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Отсюда |
g л |
= |
M л × Rз |
2 |
, Мз = 81 Мл; |
Rз = 3,7 Мл ; |
gз = 10 м/с2; |
|||||||||
|
M з × Rл |
2 |
||||||||||||||
|
|
|
gз |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
так что g л = gз × |
M л × 3,72 × Rл2 |
= g з × |
3,72 |
» 1,69 м |
. |
|
||||||||||
81M л × Rл2 |
81 |
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
с 2 |
|
|
Решите самостоятельно.
7) Если тело массой m = 100 кг на Земле весит Р = 1000 Н, то сколько оно будет весить на Луне, масса которой в 81 раз меньше массы Земли, а ра-
диус в 3,7 раза меньше радиуса Земли?
(Ответ: ≈ 170 Н)
8) На сколько изменится максимальная сила натяжения нити длиной
0,5 м, на которой в вертикальной плоскости вращается гирька массой50 г,
делая 1 об/с, если длину нити уменьшить вдвое?
(Ответ: уменьшится на 0,5 Н)
27
1.4. Законы сохранения импульса и механической энергии
Вспомним, что импульс тела – это произведение тела на его скорость:
v
p = mv ; это векторная величина, направление которой такое, как направле-
ние скорости. В замкнутой системе суммарный импульс до взаимодействия
тел равен таковому после взаимодействия. |
|
|
|
|
|
|
|||||
Энергия – |
скалярная |
величина; |
это количественная мера движения |
|
|||||||
взаимодействия |
всех видов материи. |
В механике рассматривают кинетиче- |
|
||||||||
скую энергию W = |
mv2 |
|
и потенциальную |
энергию, определяемую |
взаим- |
|
|||||
|
|
||||||||||
|
к |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ным положением тел (Wp = mgh) или частей |
одного и того же тела(напри- |
|
|||||||||
мер, энергия деформированной пружиныWp = |
kx |
2 |
, где k – коэффициент |
|
|||||||
2 |
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
жесткости; х – величина растяжения или сжатия пружины). Все виды энергии |
|
||||||||||
измеряются в джоулях (Дж). Мерой изменения энергии является работа: из- |
|
||||||||||
менение кинетической энергии равно работе равнодействующих всех ,сил |
|||||||||||
приложенных |
к |
.телуРабота |
силы |
|
рассчитывается |
по |
формуле |
||||
|
|
|
|
|
|
|
r |
|
|
|
|
A = F × S cosa , где α – угол направлениями силы F и перемещением. |
|
|
Полная механическая энергия движущегося тела определяется суммой потенциальной и кинетической энергий и остается неизменной.
Энергетический подход позволяет изящно решать многие задачи по
механике. Например, (см. рис. 3) наибольшее тело соскальзывает без трения
с наклонной плоскости высотойh = 5 м с углом α = 30°. Требуется опреде-
лить его скорость v в конце наклонной плоскости.
На вершине наклонной плоскости пока тело не начало двигаться пол-
ная энергия тела определяется его потенциальной энергией: Wp = mgh. Ну-
левой уровень потенциальной энергии выбирается исходя из условий задачи;
в нашем случае удобно принять за него основание наклонной плоскости. То-
гда в конце спускаWp = 0, а полная энергия определяется кинетической
28
энергией |
тела |
W = |
mv2 |
. |
Из |
условия |
сохранения |
энерг |
||||||
|
||||||||||||||
|
|
|
|
к |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Wт = Wp |
+Wк = const можем записать: |
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
mgh = |
mv2 |
|
|
|
|
|
|
|
м |
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
, отсюда v = |
|
2gh или v = 2 ×10 ×5 = 10 |
|
. |
|
||||||
|
2 |
|
с |
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Теперь применим аналогичный подход к решению примера1.5. из раз-
дела 1.2.2. Так как в этом случае совершается работа против силы трения
A=FтрS (S – длина спуска, α = 30°, так что S = 2h = 10 м), то закон сохране-
ния энергии запишется в виде:
mgh = |
mv2 |
+ A; |
mv2 |
= mgh- F S . |
|||
|
|
||||||
2 |
|
2 |
|
|
тр |
||
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
mv2 |
||
В свою очередь Fтр=μ mg cosα, поэтому получаем: |
|
= mgh - m mgS cosa |
|||||
2 |
|||||||
|
|
|
|
|
|
и v = 2 gh - 2m mgS cosa » 9 мс .
Результаты применения динамического подхода к решению задачи и энергетического совпадают.
Рассмотрим типичные задачи на законы сохранения энергии и импуль-
са, а так же на расчет работы сил.
Пример 1.20.
Тело массой m = 1 кг брошено под углом α = 60° к горизонту со ско-
ростью v = 10 м/с. (пример 1.2. из раздела 1.1.2 и рис.2). Нужно определить,
как соотносятся начальная кинетическая энергияW1 и его кинетическая энергия в верхней точке подъема W2, и оценить работу по преодолению силы тяжести.
Начальная кинетическая энергия W1 = mv02 .
2
В верхней точке траектории вертикальная составляющая скорости рав-
|
|
mv |
2 cos2 a |
|
ная нулю, остается только v |
г = v0 cosa , так что W2 = |
0 |
. |
|
|
2 |
|||
|
|
|
|
29
Соотношение энергий |
имеет вид: |
W2 |
= cos2 a = |
1 |
или W1 = 4 W2 . |
W1 |
|
||||
|
|
4 |
|
||
Следовательно, работа равна |
А = 4 W2 – W1 = 3 W2 = 3/(2·4) = 37,5 Дж. |
Пример 1.21.
Для этих же условий из энергетических соображений найдем макси-
мальную высоту подъема тела уmax.
В точке бросания вклад вертикальной составляющей скорости в кине-
тическую энергию равен Wв1 = mvв02 , что определяет полную энергию тела,
2
брошенного вертикально вверх с vв0 = v0 sina = 8,6 м с .
В верхней точке vв = 0 ; полная энергия определяется потенциальной энергией относительно у = 0:
Wв2 = mgh = mgymax .
Таким образом ymax = |
v 2 |
v2 sin2 a |
; уmax=3,75 м |
|
в0 |
= |
|
||
|
2g |
|||
|
2g |
|
Полученное значение совпадает с найденным значением кинематиче-
ским способом.
Пример 1.22.
Тело массой m = 1 кг брошено под углом α = 60° к горизонту со ско-
ростью v = 10 |
м/с. Нужно определить модуль импульса в верхней точке. |
|||||||
Модуль |
импульса p = mv , а скорость в верхней точке равна горизон- |
|||||||
тальной составляющей: v = v |
= v |
0 |
cosa = 5 |
м |
, следовательно р=1·5 =5 |
кг × м |
|
|
|
|
|||||||
|
1 |
|
|
с |
|
с |
||
|
|
|
|
|
|
Пример 1.23.
Два шара одинаковой массы движутся перпендикулярно друг другу с одинаковыми скоростями V. Найти их суммарный импульс после неупругого удара, когда они начали двигаться как единое целое.
Изобразим сложение векторов на графике.
30