get_2 физика

ванку равен отношению энергии, затраченной на деформацию болванки, ко всей затраченной энергии E1 :

После подстановки числовых значений найдем: η = 92,6 %.

Ответ: E1 = 400 Дж, E2 = 29,6 Дж, E = 370 Дж, η = 92,6 %.

Пример 12. Тело массой 1,0 кг под действием постоянной силы движется прямолинейно. Зависимость пути, пройденного

телом, от времени задана уравнением s = 2t 2 + 4t + 1. Определить работу силы за 10 секунд с начала ее действия и зависимость кинетической энергии от времени.

Дано:

m = 1,0 кг,

s = 2t 2 + 4t + 1.

Найти: A , Eк = f (t).

Решение. Работа, совершаемая силой, выражается через ин-

теграл [4.4] A = ò F cos αds (1).

Сила, действующая на тело, по второму закону Ньютона [2.1]

определяется первой производной от скорости по времени или второй производной от пути по времени [1.10]. В соответствии с этим находим:

ds = (4t + 4)dt (6). Подставив (5) и (6) в выражение (1), учтя, что

cos α = 1 (направление силы совпадает с направлением перемещения), получим:

A = ò 4m(4t + 4)dt .

Из этого выражения определим работу, совершаемую силой за 10 с после начала ее действия:

=16 ×1,0 × (0,5 ×100 +10) = 960 Дж.

Кинетическая энергия поступательно движущегося тела [4.11] определяется выражением:

Ответ: A = 960 Дж, Eк = m(8t 2 + 16t + 8) .

Пример 13. Радиус Земли равен 6370 км, ускорение свободного падения на поверхности Земли 9,81м/с2. Определить ее среднюю плотность.

Дано:

Rз = 6370 км = 6,37 ×106 м,

G = 6,67 ×10−11 м3/(кг×с2).

Найти: r .

Решение. Сила, с которой тело массой m притягивается к Земле, выражается законом всемирного тяготения [3.1]:

F = G mM , (1) Rз2

52

где G – гравитационная постоянная, M – масса Земли, Rз – ра-

диус Земли.

Считая Землю шаром, выразим ее массу через объем (объем

падения), т.е. действует сила тяжести [3.2], тогда выражение (1) запишется в виде:

mg = G mM . Rз2

Исключая массу тела и подставляя массу Земли из соотношения (2), получим:

g = 4pGRз r , 3

откуда получим искомое выражение для средней плотности Земли:

r = 3g . 4pGRз

Подставляя числовые значения величин, находим:

Ответ: r = 5500 кг/м3.

Пример 14. Какую скорость нужно сообщить ракете, чтобы она, стартовав с Земли, не вернулась на планету? Сопротивление атмосферы и движение Земли не учитывать.

Дано:

Rз = 6,37 ×106 м, g = 9,8 м/с2.

Найти: u0 .

53

Решение. С удалением ракеты от Земли будет увеличиваться ее потенциальная энергия и уменьшаться кинетическая. По закону сохранения механической энергии [4.12]:

Eк1 + Eп1 = Eк2 + Eп2 .

Так как кинетическая энергия тела, движущегося с некоторой скоростью [4.11] Eк = mu2 2 , а потенциальная энергия тела в поле тяготения [4.9] Eп = -Gm1m2 R , то получим выражение:

где m – масса ракеты; M – масса Земли; G – гравитационная постоянная; u0 и υ – скорости ракеты относительно Земли в начальный и рассматриваемый моменты; Rз и R – расстояния от центра Земли до ракеты в начальный и рассматриваемый моменты.

После преобразования равенства (1) имеем:

u02 - u2 = 2GM (1Rз -1R).

Ракета не вернется на Землю, если ее скорость υ в бесконечности будет равна нулю, т. е. υ = 0 при R → ∞ . В этом случае:

Из закона всемирного тяготения [3.1] следует, что на поверх-

где g – ускорение свободного падения на поверхности Земли.

Подставляя (2) в (3), находим u02 = 2gRз , или u0 = 2gRз .

Считая, что ракета приобретает нужную скорость u0 уже вблизи поверхности Земли, находим:

u0 = 2 × 9,8 × 6,37 ×106 =11,2 ×103 м/с = 11,2 км/с.

54

Такая скорость необходима для преодоления гравитационного поля Земли. Она называется второй космической или параболической скоростью.

Ответ: υ0 = 11,2 км/с.

Пример 15. Через блок в виде диска, имеющий массу m = 80 г, перекинута тонкая гибкая нить, к концам которой подвешены грузы массами m1 = 100 г и m2 = 200 г. С каким ускорением

будут двигаться грузы, если их представить самим себе? Трением пренебречь.

Дано:

m = 80 г = 0,080 кг, m1 = 100 г = 0,10 кг, m2 = 200 г = 0,20 кг.

Найти: a .

Решение. Применим к решению задачи основные законы поступательного и вращательного движения. На каждый из движущихся грузов действуют две силы: сила тяжести mg , направлен-

ная вниз, и сила T натяжения нити, направленная вверх. Используя решение примера 7 и рис. 1.13, можем записать:

Согласно основному закону динамики вращательного движения относительно неподвижной оси [5.19], вращающий момент M , приложенный к диску, равен произведению момента инерции

Определим вращающий момент. Силы натяжения нитей действуют не только на грузы, но и на диск. По третьему закону Нью-

тона, силы T1′ и T2′ , приложенные к ободу диска, равны соответственно силам T1 и T2 , но по направлению им противоположны.

55

При движении грузов диск ускоренно вращается против часовой стрелки, следовательно, T2′ > T1′ . Вращающий момент, приложен-

Так как T1′ = T1 и T2′ = T2′ , то можно заменить силы T1′ и T2′ их выражениями (1) и (2), тогда:

m2 g - m2 a - m1 g - m1a = m2 a , или

откуда получаем окончательное выражение для ускорения:

После подстановки числовых значений получим:

56

Ответ: a = 2,88 м/с2.

Пример 16. Стержень длиной l = 1,50 м и массой M =10 кг может вращаться вокруг неподвижной оси, проходящей через верхний конец стержня (рис. 1.18). В середину стержня ударяет пуля массой m =10 г, летящая в горизонтальном направлении со скоростью u0 = 500 м/с, и застревает в стержне. На какой угол γ

отклонился стержень после удара?

Дано:

l= 1,50 м, M =10 кг,

m=10 г,

u0 = 500 м/с.

Найти: γ .

Решение. Удар пули следует рассматривать как неупругий: после удара и пуля, и соответствующая точка стержня будут двигаться с одинаковыми скоростями.

Рассмотрим подробнее явления, происходящие при ударе. Сначала пуля, ударившись о стержень, за ничтожно малый промежуток времени приводит его и саму себя в движение с угловой скоростью ω . Система приобретает кинетическую энергию вращательного движения [5.22]:

стержня и пули относительно оси вращения соответственно.

Рис. 1.18

57

клоненном положении стержень (его центр масс) будет обладать потенциальной энергией [4.10]:

Потенциальная энергия получена за счет кинетической энергии и равна ей по закону сохранения механической энергии [4.12]. Приравняв правые части равенств (1) и (2), получим:

Mgl2 (1 − cos γ)= Iω2 2 .

Отсюда cos γ =1 − Iω2 .

Mgl

Подставив в это соотношение выражение для момента инерции стержня [5.17] относительно оси, проходящей через один из

его концов, I = Ml 2 3 , получим:

Чтобы из выражения (3) найти γ , необходимо вначале опре-

делить значение угловой скорости ω . В момент удара на пулю и на стержень действуют силы (тяжести, реакции опоры), линии действия которых проходят через ось вращения. Моменты этих сил относительно оси вращения равны нулю. Поэтому при ударе пули о стержень будет справедлив закон сохранения момента импульса.

В начальный момент удара угловая скорость стержня ω0 = 0 , поэтому его момент импульса [5.12] L01 = Iω0 = 0. Пуля коснулась стержня и начала углубляться в стержень, сообщая ему угло-

58

Дано:

m= 4,0 кг,

n= 720 мин-1 =12 с-1,

t = 30 с,

R = 40 см = 0,40 м.

Найти: M , N .

Решение. Для определения тормозящего момента M сил, действующих на тело, нужно применить основное уравнение динамики вращательного движения [5.20]:

По условию задачи, Dw = - w0 = w0 , где w0 – начальная уг-

ловая скорость, так как конечная угловая скорость ω = 0 . Выразим начальную угловую скорость через частоту вращения маховика, тогда w0 = 2pn и ω = 2πn . Момент инерции маховика с учетом

того, что вся масса распределена по его ободу I = mR 2 , где m – масса маховика, R – его радиус. Тогда выражение (1) примет вид:

2pnmR2 = MDt ,

откуда M = 2pnmR2 Dt ,

числовое значение момента тормозящих сил:

M = 2 × 3,14 ×12 × 4,0 × 0,1630 =1,61Н×м.

Так как тормозящий момент имеет постоянное значение, то угол поворота маховика до остановки может быть определен из выражения для равнозамедленного вращения [1.31]:

где e – угловое ускорение.

60