- •3. Плотность твердых тел
- •8. Диэлектрическая проницаемость
- •9. Удельное сопротивление металлов
- •15. Массы атомов легких изотопов
- •19. Множители и приставки для образования десятичных кратных и дольных единиц и их наименования
- •I. Физические основы классической механики Основные формулы
- •Примеры решения задач
- •2. Молекулярная физика. Термодинамика Основные формулы
- •Примеры решения задач
- •3. Электростатика. Постоянный электрический ток. Основные формулы
- •Примеры решения задач
Примеры решения задач
Пример 1. Уравнение движения материальной точки вдоль оси имеет вид x = A-\-Bt + Ct3, где А = 2 м, В = = 1 м/с, С=—0,5 м/с3. Найти координату х, скорость vx и ускорение ах точки в момент времени t = 2c.
16
17
Решение.Координатух найдем, подставив в уравнение движения числовые значения коэффициентовА, В и С и времениt:
х = (2+1-2-0,5-23) м = 0.
Мгновенная скорость относительно оси х есть первая производная от координаты по времени:
ах И
Vx =
В + ЗСР.
Ускорение точки найдем, взяв первую производную от скорости по времени:
ах = —— = bCt.
В момент времени / = 2с
d, = (1-3-0,5-22) м/с== -5 м/с; а^ = 6(-0,5)-2м/с2= -6 м/с2.
Пример 2. Тело вращается вокруг неподвижной оси по закону ср =A + Bt-\-Ct2, где Л =10 рад, В = 20 рад/с, С=—2 рад/с2. Найти полное ускорение точки, находящейся на расстоянии г=0,1 м от оси вращения, для момента времени г=4 с.
Решение.Полное ускорение а точки, движущейся по кривой линии, может быть найдено как геометричес кая сумма тангенциального ускорения ат, направленного по касательной к траектории, и нормального ускорения ал, направленного к центру кривизны траектории
(рис. 1):
а = ат+ а„.
Так как векторы ати а„ взаимно перпендикулярны то модуль ускорения
(1)
а =лГс& + а2п .
и
Модули тангенциального нормального ускорения точк вращающегося тела выражаются формулами
ат= ег,
ап = ш г,
Рис. 1
18
где <о — модуль угловой скорост тела; е — модуль его угловог ускорения.
Подставляя выражения атиа„ в формулу (1), находим
a=-VeV + uV = ,Ve2 + tD4. (2)
Угловую скорость toнайдем, взяв первую производную угла поворота по времени:
ш = ^2.= В + 2Ct.
В момент времени ^=4с модуль угловой скорости
(о = [20 + 2(— 2)4] рад/с =4 рад/с.
Угловое ускорение найдем, взяв первую производную от угловой скорсти по времени:
е= doj/di= 2C= —4 рад/с2.
Подставляя значения ы, е и г в формулу (2), получаем
а = 0,г\/~(--4)2+ 44м/с* =1,66 м/с2.
Пример 3. Ящик массойmi=20 кг соскальзывает по идеально гладкому лотку длиной /=2м на неподвижную тележку с песком и застревает в нем. Тележка с песком массой т2==80 кг может свободно (без трения) перемещаться по рельсам в горизонтальном направлении. Определить скорость и тележки с ящиком, если лоток наклонен под углом а=30° к рельсам.
Решение.Тележку и ящик можно рассматривать как систему двух неупруго взаимодействующих тел. Но эта система не замкнута, так как на нее действуют внешние силы: силы тяжестиm\g иm2gи сила реакции 1М2 (рис. 2). Поэтому применить закон сохранения импульса к системе ящик — тележка нельзя. Но так как проекции указанных сил на направление осих, совпадающей с направлением рельсов, равны нулю, то проекцию импульса системы на это направление можно считать постоянной, т. е.
Р\х + Р2х = Р'\х + Р2х, (1)
где р1х ир2х — проекции
импульса ящика и тележки
с песком в момент падения
ящика на тележку; р'\х и
P'ix — те же величины после'^^^^^^^^^^^^^^^^^^^
падения ящика. Рис. 2
19
const
г. _ Пусть центр масс сие
Рассматривая тела системы как материальные точки, ] „„,,„„„ „„v
v ,.\ Ш темы человек—лодка нахо
дится на вертикали, проходящей в
начальный момент через точку С\ лодки
(рис. 3), а после перемещения лодки —
через другую ее точкуС2.
Так как эта вертикаль неподвижна
относительно берега, то искомое
перемещениеsлодки
относительно берега равно перемещению
лодки относительно вертикали.
А это последнее легко определить по
перемещению центра масс О лодки. Как
видно из рис. 3, в начальный момент
точка О находится на расстоянииа\
слева от вертикали, а после перехода
человека — на расстоянииа2
справа от вертикали. Следовательно,
искомое перемещение лодки
s=а.\ +а2.
Для определения а.\ и а2воспользуемся тем, что результирующий
момент сил, действующих на систему
относительно горизонтальной оси,
перпендикулярной продольной оси
лодки, равен нулю. Поэтому для начального
положения системыMgat
=mg(l
—ai), откуда
а\ = ml/(M
+m).
После перемещения лодки Mgd2
= mg(L
— d2 — t),
откуда
a2 = m{L
— l)/{M
+ m).
Подставив полученные выражения щ
иа2 в
шдем
и скорости, учитывая, что р2х=0 (тележка до взаимодействия с ящиком покоилась), а также что после взаимодействия оба тела системы движутся с одной и той же скоростьюи:
mivu = {m\ + m2)u,
или
mi
vi cosa= (mi + m2) «,
Рис. 3
где v\ — модуль скорости ящика перед падением на те лежку;Uu=uicosa— проекция этой скорости на осьх. Отсюдаи= ntiVi cosa/(mi+m2). (2)
Модуль скорости v\ определим из закона сохранения энергии:
migh = l/2mlvu
где h = I sin a, откуда
|-V2g7
ms
^^^^^^^^^ v\ =-\J 2gls'ma. Подставив выражениеvi в формулу (2), получим
sin a cos a
mi + m2 После вычислений найдем
20л/2-9,81-2 sin ЗУ 30° м/с =
" 20 + 80
= 0,2л/Тэ^6 • 0,867 м/с = 0,767 м/с.
(1),
1 +
(L — /), илиS;
м-
М + т
М + т
Пример 4. На спокойной воде пруда перпендикулярно берегу и носом к нему стоит лодка массойМ и длинойL. На корме стоит человек массойт. На какое расстояниеsудалится лодка от берега, если человек перейдет с кормы; на нос лодки? Силами трения и сопротивления пренебречь. ^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^
Решение.Систему человек — лодка относительной горизонтального направления можно рассматриватькаЧ Пример 5. При выстреле из пружинного пистолета замкнутую. Согласно следствию из закона сохраненияЯвертикально вверх пуля массой т=20 г поднялась на импульса, внутренние силы замкнутой системы тел неиВысотуfl==r) MОпределить жесткостьk пружины писто-
могут изменить положение центра масс системы. Приме
няя это следствие к системе человек — лодка, можне
считать, что при перемещении человека по лодке центр
масс системы не изменит своего положения, т.е.оста*гЯк„„„ „„ „„„„ „„„„„„
д»ак как на тела системы действуют только консегжятип нется на прежнем расстоянии от берега ^^ у 1мик-иш-ервагив
^,„1«^Лета^еслионабыла сжата на л:=10 см. Массой пру-ПЖины и силами трения пренебречь.
Решение.Рассмотрим систему пружина — пуля.
20
где 7*1 — кинетическая
энергия первого шара до удара; И2
и
Г2
— скорость и кинетическая энергия
второго шара после
удара.
Как видно из
формулы (1),
для определения е надо
найти и2.
Согласно
условию задачи, импульс системы
двух шаров
относительно горизонтального направления
И не изменяется
и механическая энергия шаров в другие
виды не переходит.
Пользуясь этим, найдем:
ntiVi
= m\U\
-\-т2и2\ (2)
Убедившись, что
полученная единица является еди ницей
жесткости (1 Н/м), подставим в формулу
(3) зна-1зы с масса
чения величин и
произведем вычисления: ■п„^„„
. 2-0,02-9,81
-5 и , ,„с
и/
ТоТТ5 Н/м
= 196 Н/м.
Пример 6. Шар
массой ти
движущийся
горизон
тально с некоторой
скоростью о«, столкнулся с неподвиж-|ствующие
на каждый груз и на блок в ным шаром
массой т2.
Шары абсолютно
упругие, удаАтдельности. На каждый
груз действу-
^^^^^^^^^^И вот
две силы: сила тяжести и сила упру-
обозначать
символо*ости
(сила
натяжения нити). Направим ^эсь
х вертикально
вниз и напишем для
0)1
где 7*1, Т2, 111 и Пг — кинетические и потенциальные| энергии системы в начальном и конечном состояниях Так как кинетические энергии пули в начальном и ко нечном состояниях равны нулю, то равенство (1) при
мет вид ^^^^И
(2)
П, = П2
Примем потенциальную энергию пули в поле сил тяго тения Земли, когда пуля покоится на сжатой пружине равной нулю, а высоту подъема пули будем отсчитывать от торца сжатой пружины. Тогда энергия системы в на чальном состоянии будет равна потенциальной энергии сжатой пружины, т. е. И i = ' /2kx2, а в конечном состоя нии — потенциальной энергии пули на высоте h, т. Л ГЬ = mgh. В
Подставив выражения Ш и П2 в формулу (2), най-! дем ' /2kx2=mgh, откуда
k = 2mgh/x2. (3)
Проверим, дает ли полученная формула единицу жесткости k. Для этого в правую часть формулы (3) вместо величин подставим их единицы*:
1 кг-м-с" 1 м
■ 1 м
1 Н/м.
\m]\g][h}
1 кг• 1 м • с
* Единицу какой-либо величины принято этой величины, заключенным в квадратные скобки.
22
г^
прямой, центральный. Какую долю е своей кинетической энергии первый шар передал второму?
Решение. Доля энергии, переданной первым шаром второму, выразится соотношением
л
г,
2
(1)
mil иЛ1
8 =
(3)
rri[V\ m\U\ 1
2 "
(3):
2 2 г -
Решим совместно уравнения (2) и
«2
2m\V\
mi-f-m2
Подставив это выражение и2 в формулу (1) и сократив на vi и mi, получим
2mii>i "| 2 4mim2
тг Г 2т1у1 "I 2 _
(mi + m2)2
Из найденного соотношения видно, что доля переданной энергии зависит только от масс сталкивающихся шаров.
Пример 7. Через блок в виде сплошного диска, имеющего массу т=80 г (рис. 4), перекинута тонкая гибкая нить, к концам которой подвешены гру-ми mi = ЮО г и тг = 200 г. Определить ускорение, с которым будут двигаться грузы, если их предоставить самим себе. Трением и массой нити пренебречь.
Рис. 4
23
Р е ш е н и е. Рассмотрим силы, дей-
каждого груза уравнение движения (второй закон Нью тона) в проекциях на эту ось. Для первого груза
m\g — T\ =rtiia; (1)1
для второго груза
m2g —Т2 = пг2а. (2)
Под действием моментов сил Т{ иТ2 относительно] осиz, перпендикулярной плоскости чертежа и направленной за чертеж, блок приобретает угловое ускорениеejСогласно основному уравнению динамики вращательного]
движения,
Пг - T\r = J2e, (3)
где г=а/г; Jz=l /2mr2 — момент инерции блока (сплош ного диска) относительно осиz.
Согласно третьему закону Ньютона, с учетом невесомости нити Т\ =Т\, Т'2 = Т2. Воспользовавшись этим, подставим в уравнение (3) вместоТ\ и Г2выраженияТ иТ2, получив их предварительно из уравнений (1) и (2)(m2g — m2a) r —{m.\g -+-m.\d) r =mr2a/(2r).
После сокращения на г и перегруппировки членов
найдем
а= mi — nix I
Формула (4) позволяет массы m\, m2 ит выразитв в граммах, как они даны в условии задачи, а ускоре] ние — в единицах СИ. После подстановки числовых зна| чений в формулу (4) получим
(200 - 100) Г „„. , 2_9оо м/„2
й~ (200 + 100 + 80/2) г-9'81 М/С ~2'88 М/С"
Пример 8. Маховик в виде сплошного диска радиусо» /?=0,2 м и массой т=50 кг раскручен до частоты вра щенияП\ = 480 мин-1и предоставлен сам себе. Пол действием сил трения маховик остановился через <=50 с! Найти моментМ сил трения.
Решение.Для решения задачи воспользуема основным уравнением динамики вращательного движе ния в виде
dLz = Mzdt, (1
где dLz— изменение проекции на осьz момента импульсу маховика, вращающегося относительно осиг, совпадаю!
24
щей с геометрической осью маховика, за интервал времени dt; Mz — момент внешних сил (в данном случае момент сил трения), действующих на маховик относительно осиz.
Момент сил трения можно считать не изменяющимся с течением времени (Mz=const), поэтому интегрирование уравнения (1) приводит к выражению
Мг =МгМ. (2)
При вращении твердого тела относительно неподвижной оси изменение проекции момента импульса
Д1г= /гАо), (3)
где /г— момент инерции маховика относительно оси г; Аш — изменение угловой скорости маховика.
Приравняв правые части равенств (2) и (3), получим MZM= JzAto, откуда
Мг= /г-^- (4)
Момент инерции маховика в виде сплошного диска определяется по формуле
/г=72т/?2.
Изменение угловой скорости Асо = со2—<j)i выразим через конечную л2и начальнуюп\ частоты вращения, пользуясь соотношением со = 2лп:
Дю = а>2 — (Oi= 2ля2 —2лп\ =2я(п2—п\).
Подставив в формулу (4) выражения Jz и Асо, получим
Mz = nmR\n2 —п\)/М. (5)
Проверим, дает ли расчетная формула единицу момента силы (Н-м). Для этого в правую часть формулы вместо символов величин подставим их единицы:
[m][R2][n] 1кг-1м2-1с-' ' _2 , , „
д_ j
i"
j
t
i
_ = 1кг-М-С •1м=1Н-М.
[t] 1с
Подставим в (5) числовые значения величин и произведем вычисления, учитывая, что ti\ = 480 мин_1= = 480/60 с-1= 8 с-1:
,. 3,14-50-(0,2)2-(0-8)u , u
Мг
= —: \п
i-H-M=—
1 Н-М.
ОО
25
Знак минус показывает, что момент сил трения оказывает на маховик тормозящее действие.
Пример 9. Платформа в виде сплошного диска радиусом #=1,5 м и массой т1=180кг вращается около вертикальной оси с частотой п=10 мин . В центре платформы стоит человек массой т2=60 кг. Какую линейную скорость v относительно пола помещения будет иметь человек, если он перейдет на край платформы?
Решение. Согласно условию задачи, момент внешних сил относительно оси вращения z, совпадающей с геометрической осью платформы, можно считать равным нулю. При этом условии проекция Lz момента импульса системы платформа — человек остается постоянной:
Lz = Jz(x) = const, (1)
где Jz — момент инерции платформы с человеком относительно оси г; со — угловая скорость платформы.
Момент инерции системы равен сумме моментов инерции тел, входящих в состав системы, поэтому в начальном состоянии /z = /i+/2, а в конечном состоянии J'2 = = Л+/2.
С учетом этого равенство (1) примет вид
(/i+/г)© = (/!+-/£)<»', . (2)
где значения моментов инерции /( и J2 платформы и человека соответственно относятся к начальному состоянию системы; Л и J2 — к конечному.
Момент инерции платформы относительно оси z при переходе человека не изменяется: Jl = J[ = {/2m\R2. Момент инерции человека относительно той же оси будет изменяться. Если рассматривать человека как материальную точку, то его момент инерции J2 в начальном состоянии (в центре платформы) можно считать равным нулю. В конечном состоянии (на краю платформы) момент инерции человека J'2 = m2R2.
Подставим в формулу (2) выражения моментов инерции, начальной угловой скорости вращения платформы с человеком (со = 2лп) и конечной угловой скорости (со' = и//?, где v — скорость человека относительно пола): С/2ГГЦЯ2 + 0)2лп = ('/г/л,/?2 + m2R2)v/R.
После сокращения на R2 и простых преобразований находим скорость:
v = 2nnRmi/(m[ -\-2т2).
Произведем вычисления:
2-3,Н~-1,5-180
V
=180 + 2-60М/С=1м/С.
Пример 10. Ракета установлена на поверхности Земли для запуска в вертикальном направлении. При какой минимальной скорости v\, сообщенной ракете при запуске, она удалится от поверхности на расстояние, равное радиусу Земли (/? = 6,37-106 м)? Всеми силами, кроме силы гравитационного взаимодействия ракеты и Земли, пренебречь.
Решение. Со стороны Земли на ракету действует сила тяжести, являющаяся потенциальной силой. При неработающем двигателе под действием потенциальной силы механическая энергия ракеты изменяться не будет. Следовательно,
Г, + П, = Гг + П2, (1)
где Т\, Tli и Т2, Пг — кинетическая и потенциальная энергии ракеты после выключения двигателя в начальном (у поверхности Земли) и конечном (на расстоянии, равном радиусу Земли) состояниях.
Согласно определению кинетической энергии,
Tl = */2mv2.
Потенциальная энергия ракеты в начальном состоянии*
П, = — GmM/R.
По мере удаления ракеты от поверхности Земли ее потенциальная энергия возрастает, а кинетическая — убывает. В конечном состоянии кинетическая энергия Т2 станет равной нулю, а потенциальная — достигнет максимального значения:
Yl2=-GmM/(2R).
Подставляя выражения Ти Пь Т2 и Пг в (1), получаем
mv\/2 — GmM/R = —GmM/(2R),
откуда
* Потенциальная энергия гравитационного взаимодействия тел. бесконечно удаленных друг от дуга, принимается равной нулю.
27
26
Г
График соответствующего
гармонического колебания приведен на
рис. 5.
где со
в виде
vi = -yfgR,
что совпадает с выражением для первой космической скорости.
Произведем вычисления:
у, = Л/9,8-6,37.10" м/с = 7,9 км/с.
Xmax = 1 MM.
начертить их
Пример 11. Точка совершает гармонические колеба ния с частотой v= 10 Гц. В момент, принятый за началь ный, точка имела максимальное смещение Написать уравнение колебаний точки график. ^^^^^^^^^^^м
Решение. Уравнение колебаний точки можно записать в виде
x = Asin(a>t + ф0, (1)
где А — амплитуда колебаний; со — циклическая частота; t — время; ф1 — начальная фаза. .
По определению, амплитуда колебаний
■Л = Хщах. \£)
Циклическая частота со связана с частотой v соотношением
о) = 2лл>. (3)
Для момента времени t = Q формула (1) примет вид
Xmax=/4sin<pi,
откуда начальная фаза
ф1 = arcsin(xmax/v4) = arcsin l,
или
q>, = (2ft+l)n/2 (* = 0, 1,2,...).
Изменение фазы на 2я не изменяет состояния колеблющейся точки, поэтому можно принять
Ф1 = я/2. (4)
С учетом равенств (2) — (4) уравнение колебаний примет вид
x = Asin{2nxt-\-<p), или x=Acos2nvt,
м, v= 10 Гц, ф = я/2.
где А = 1 мм= 10
28
Рис. 5
Пример 12. Частица массой т = 0,01кг совершает гармонические колебания с периодом Т—2с. Полная энергия колеблющейся частицы £ = 0,1 мДж. Определить амплитуду А колебаний и наибольшее значение силы £тах, действующей на частицу.
Решение. Для определения амплитуды колебаний воспользуемся выражением полной энергии частицы:
£ = ' 1чпал''А2, 2л/Т. Отсюда амплитуда
2Е_ т
(1)
2л V
Так как частица совершает гармонические колебания, то сила, действующая на нее, является квазиупругой и, следовательно, может быть выражена соотношением F=—kx, где k — коэффициент квазиупругой силы; х — смещение колеблющейся точки. Максимальной сила будет при максимальном смещении л:тах, равном амплитуде:
Fmax=kA. (2)
Коэффициент k выразим через период колебаний:
к = та>2=т-4л2/Т2. (3)
Подставив выражения (1) и (3) в (2) и произведя упрощения, получим
-« max = 2nsj2mE/T.
Произведем вычисления:
2
мм;
А=wrV^1"=°-045 м=45
29
Начальную фазу результирующего
колебания можно также определить
непосредственно из векторной
диаграммы (рис. 6):
A, sin
cpi 4- Azsmip?
w=
arctg—; ——. —
T °
/l|COS9i
+ /l2COS(p2
Произведем вычисления:
Рис.
6
^ = V32+22+2-3-2cos(60°—
30°) cm
= 4,84 cm;
3
sin 30° + 2 sin 60°
Пример 13. Складываются два колебания одинакового направления, выраженные уравнениями
Xi = AiCos~(t+T\); X2 = A2cos-j-(t +т2),
где Л1 = 3см, Л2= 2см,xi=l/6c, т2=1/3с, 7""= 2 с. Построить векторную диаграмму сложения этих колебаний и написать уравнение результирующего колебания.Решение.Для построения векторной диаграммы сложения двух колебаний одного направления надо фиксировать какой-либо момент времени. Обычно векторную диаграмму строят для момента времениt = 0. Преобразовав оба уравнения к канонической формех= A cos ((at-{-(f), получим
. / 2я , , 2я \ . / 2л , , 2л \
*i=^icos( — Н—y~x4 ' *2 = ^2cos( — Н—f-та) .
Отсюда видно, что оба складываемых гармонических колебания имеют одинаковую циклическую частоту
ю = 2я/7\
Начальные фазы первого и второго колебаний соответственно равны
2л 2л
ф1=— Ti; ф2 = — Т2.
Произведем вычисления:
со^^^с-^З.Нс-1;
?,=-|)рад=30°; ф2 = -|--1рад=60о.
Изобразим векторы Aiи А2. Для этого отложим отрезки длиной>4i = 3cm и Л2= 2см под углами ф1 = 30° и ф2= 60° к осиОх. Результирующее колебание будет происходить с той же частотойwи амплитудой А, равной геометрической сумме амплитудAtи А2:A=Ai+A2. Согласно теореме косинусов,
А = л/Л 1 + Л| + 2ЛИ2со8(ф2—Цц) .
Ф= arctg
3 cos 30° + 2 cos 60°
arctg0,898 = 42°,
или ф= 0,735 рад.
Так как результирующее колебание является гармоническим, имеет ту же частоту, что и слагаемые колебания, то его можно записать в виде
х= А соэ(со^ + ф),
где Л = 4,84см, о) = 3,14с-1, ф=0,735рад.
Пример 14. Плоская волна распространяется вдоль прямой со скоростьюv = 20 м/с. Две точки, находящиеся на этой прямой на расстоянияхXi=12m и *2 = = 15 м от источника волн, колеблются с разностью фаз Аф=0,75я. Найти длину волнык, написать уравнение волны и найти смещение указанных точек в момент /=1,2 с, если амплитуда колебаний Л = 0,1 м.
Решение.Точки, находящиеся друг от друга на расстоянии, равном длине волныX, колеблются с разностью фаз, равной 2л,; точки, находящиеся друг от друга на любом расстоянии Л*, колеблются с разностью фаз, равной
Дф= Дх-2я/А. = (л;2—Х\)'2л/Х.
Решая это равенство относительно к, получаем
Х=2л(х2—дгО/Аф. (Г)
Подставив числовые значения величин, входящих в выражение (1), и выполнив арифметические действия,
получим
X = JM^m = 8m. 0,75л
30
31
Для того чтобы написать уравнение плоской волны, надо еще найти циклическую частоту to. Так как ы = = 2л/Г(T = X/v — период колебаний), то
ы = 2nv/k.
Произведем вычисления:
2л-20 _i r -1 -с = 5я с .
8
Зная амплитуду А колебаний, циклическую частоту со и скоростьv распространения волны, можно написать уравнение плоской волны для данного случая:
y = Acos(o(t—x/v), (2)
где Д = 0,1 м, со = 5я с-1, и = 20 м/с.
Чтобы найти смещение у указанных точек, достаточно в уравнение (2) подставить значенияt и х:
yi= 0,lcos5n(l,2— 12/20) м = 0,1cosЗлм= — 0,1 м;
«/2= 0,1cos5я( 1,2—15/20) м = 0,1 соэ2,25я м =
= 0,1 cos 0,25ям = 0,071 м=7,1 см.
Задачи для самостоятельного решения
Точка движется по окружности радиусом /? = 4 м. Закон ее движения выражается уравнением s = A-\-Bt , где Л = 8м,В=— 2 м/с2. Определить момент времениt, когда нормальное ускорение а„ точки равно 9 м/с . Найти скоростьv, тангенциальноеах и полноеа ускорения точки в тот же момент времени г. [1,5 с; —6 м/с; —4 м/с2; 9,84 м/с2]
Две материальные точки движутся согласно уравнениям, xi = Ait + Bxt2 + dt3 иx2 = A2t + B2t2 + C2t3, где Л, = 4 м/с, В, = 8 м/с2,Ci = — 16 м/с3, Л2=2м/с,В2 = =_4 м/с2, С2=1 м/с3. В какой момент времениt ускорения этих точек будут одинаковы? Найти скоростиv\ иг>2 точек в этот момент. [0,235 с; 5,1 м/с; 0,286 м/с]
Шар массой т,= 10кгсталкивается с шаром массой т2=4кг. Скорость первого шараt>i=4 м/с, второго—v2= 12 м/с. Найти общую скоростьи шаров после удара в двух случаях: 1) малый шар нагоняет большой шар, движущийся в том же направлении; 2) шары движутся навстречу друг другу. Удар считать прямым, центральным, неупругим. [6,28 м/с; —0,572 м/с]
4. В лодке массой М = 240кг стоит человек массой
т = 60кг. Лодка плывет со скоростью v = 2 м/с. Человек прыгает с лодки в горизонтальном направлении со скоростью и = 4м/с (относительно лодки). Найти скорость лодки после прыжка человека: 1) вперед по движению лодки; 2) в сторону, противоположную движению лодки. [ 1 м/с; 3 м/с]
Человек, стоящий в лодке, сделал шесть шагов вдоль нее и остановился. На сколько шагов передвинулась лодка, если масса лодки в два раза больше (меньше) массы человека? [2 шага; 4 шага]
Из пружинного пистолета выстрелили пулькой, масса которой т = 5г. Жесткость пружины k = = 1,25кН/м. Пружина была сжата на А/=8см. Определить скорость пульки при вылете ее из пистолета. [40 м/с]
Шар массой тп\ = 200 г, движущийся со скоростьюv\ = 10 м/с, сталкивается с неподвижным шаром массой т2= 800 г. Удар прямой, центральный, абсолютно упругий. Определить скорости шаров после столкновения. [—6 м/с; 4 м/с]
Шар, двигавшийся горизонтально, столкнулся с неподвижным шаром и передал ему 64% своей кинетической энергии. Шары абсолютно упругие, удар прямой, центральный. Во сколько раз масса второго шара больше массы первого? [В 4 раза]
Цилиндр, расположенный горизонтально, может вращаться вокруг оси, совпадающей с осью цилиндра. Масса цилиндра Ш\ = 12 кг. На цилиндр намотали шнур, к которому привязали гирю массойт2 = 1 кг. С каким ускорением будет опускаться гиря? Какова сила натяжения шнура во время движения гири? [1,4 м/с2; 8,4 Н]
Через блок, выполненный в виде колеса, перекинута нить, к концам которой привязаны грузы массами т, = 100 г и т2= 300г. Массу колеса М=200 г считать равномерно распределенной по ободу, массой спиц пренебречь. Определить ускорение, с которым будут двигаться грузы, и силы натяжения нити по обе стороны блока. [3,27 м/с2; 1,31 Н; 1,96 Н]
Двум одинаковым маховикам, находящимся в покое, сообщили одинаковую угловую скорость а> = = 63 рад/с и предоставили их самим себе. Под действием сил трения маховик остановился через одну минуту, а второй сделал до полной остановки N = 360 оборотов. У какого маховика тормозящий момент был больше и во сколько раз? [У первого больше в 1,2 раза]
32
*—105
33
верхности Земли и ее радиус R считать известными.
Какова масса Земли, если известно, что Луна в течение года совершает 13 обращений вокруг Земли и расстояние от Земли до Луны равно 3,84 «108 м?
Во сколько раз средняя плотность земного вещества отличается от средней плотности лунного? Принять, что радиус i?3 Земли в 390 раз больше радиуса Rn Луны и вес тела на Луне в 6 раз меньше веса тела на Земле.
На стержне длиной /=30 см укреплены два одинаковых грузика: один — в середине стержня, другой — на одном из его концов. Стержень с грузами колеблется около горизонтальной оси, проходящей через свободный конец стержня. Определить приведенную длину L и период Т простых гармонических колебаний данного физического маятника. Массой стержня пренебречь.
Точка участвует одновременно в двух взаимно перпендикулярных колебаниях, уравнения которых х= =Aismoait и y=A2cos(u2t, где А\=8 см, Л2=4 см, (Di=o)2=2 с-1. Написать уравнение траектории и построить ее. Показать направление движения точки.
Точка совершает простые гармонические колебания, уравнение которых x=Asmoit, где Л=5 см, ш= = 2 с-1. В момент времени, когда точка обладала потенциальной энергией 11=0,1 мДж, на нее действовала возвращающая сила /г=5 мН. Найти этот момент времени t.
Определить частоту v простых гармонических колебаний диска радиусом /?=20 см около горизонтальной оси, проходящей через середину радиуса диска перпендикулярно его плоскости.
Определить период Т простых гармонических колебаний диска радиусом R = 40 см около горизонтальной оси, проходящей через образующую диска.
Определить период Т колебаний математического маятника, если его модуль максимального перемещения Дг=18 см и максимальная скорость итах=16 см/с.
Материальная точка совершает простые гармонические колебания так, что в начальный момент времени смещение х0—4 см, а скорость и0=Ю см/с. Определить амплитуду А и начальную фазу фо колебаний, если их период Т=2 с.
178. Складываются два колебания одинакового на правления и одинакового периода: x\=At s'ma)\t и Х2= = Л25тш2(/+ т), где Л1 = Л2 = 3 см, Ш) = и2 = лс-1, т=0,5 с. Определить амплитуду А и начальную фазу ср0
результирующего колебания. Написать его уравнение. Построить векторую диаграмму для момента времени /=о.
На гладком горизонтальном столе лежит шар массой М=200 г, прикрепленный к горизонтально расположенной легкой пружине с жесткостью k = 500 Н/м. В шар попадает пуля массой т=10 г, летящая со скоростью и=300 м/с, и застревает в нем. Пренебрегая перемещением шара во время удара и сопротивлением воздуха, определить амплитуду А и период Т колебаний шара.
Шарик массой т=60 г колеблется с периодом 7=2 с. В начальный момент времени смещение шарика Хо=4,0 см и он обладает энергией £=0,02 Дж. Записать уравнение простого гармонического колебания шарика и закон изменения возвращающей силы с течением времени.