Учебные материалы по разделам

КУРСА ФИЗИКИ

 

I. ФИЗИЧЕСКИЕ ОСНОВЫ МЕХАНИКИ.

ОСНОВНЫЕ ФОРМУЛЫ

· Кинематическое уравнение движения материальной точки (центра масс твердого тела) вдоль оси X:

.

гдe — некоторая функция времени.

· Проекция средней скорости на ось x

= .

· Средняя путевая скорость

= .

где Δ s — путь, пройденный точкой за интервал времени Δ t.

Путь Δ s в отличие от разности координат Δ x = x₂ — x₁ не может убывать и принимать отрицательные значения, т. е. Δ s ³0

· Проекция мгновенной скорости на ось x

.

· Проекция среднего ускорение на ось x

= .

· Проекция мгновенного ускорение на ось x

.

· Для прямолинейного движения законы изменения ускорения, скорости и перемещения имеют вид

· Кинематическое уравнение движения, материальной точки по окружности:

φ = f(t), r = R = const.

· Угловая скорость

.

· Угловое ускорение

.

· Связь между линейными и угловыми величинами, характеризующими движение точки по окружности:

= ωR, a_τ = εR, a_n = ω²R,

где - линейная скорость; и a_n - модули тангенциального и нормального ускорений; ω – модуль угловой скорости; ε - модуль углового ускорения; R - ради­ус окружности.

· Полное ускорение:

.

· Угол между полным а и нормальным a_n ускорениями

a = arсcos (a_n /a).

· Для тел вращающихся с постоянным угловым ускорением (e = const)

· Кинематическое уравнение гармонических колебаний материальной точки

x = A cos (ωt + φ),

где х –смещение; А –амплитуда колебаний; ω – угловая или цик­лическая частота; φ – начальная фаза.

· Скорость и ускорение материальной точки, совершающей гармонические колебания

u - Aωsin (ωt +φ),

a = - A ω²cos (ωt +φ).

· Сила, действующая на колеблющуюся материальную точку массой m, равна .

· Полная энергия колеблющейся точки

· Период колебаний:

а) тела, подвешенного на пружине

,

где m – масса тела, k – жесткость пружины;

b) математического маятника

,

где l – длина маятника, g – ускорение свободного падения;

с) физического маятника

,

где J – момент инерции колеблющегося тела относительно оси колебания, а - расстояние от оси колебания до центра тяжести маятника, - приведенная длина физического маятника.

· Сложение гармонических колебаний одного направления и одинаковой частоты

а) амплитуда результирующего колебания

;

б) начальная фаза результирующего колебания

 

.

 

· Траектория точки, участвующей в двух взаимно перпендикулярных колебаниях:

a) , если разность фаз ;

b) , если разность фаз ;

c) , если разность фаз .

 

· Импульс материальной точки массой m, движущейся со скоростью ,

.

· Второй закон Ньютона

,

где – результирующая сила, действующая на материальную точку.

· Силы, рассматриваемые в механике:

a) сила упругости

,

где k – коэффициент упругости (в случае пружины – жесткость), х – абсолютная деформация;

b) сила тяжести;

;

c) сила гравитационного взаимодействия

,

где G – гравитационная постоянная; m ₁ и m ₂ – массы взаимо- действующих тел; r – расстояние между телами (тела рассмат- риваются как материальные точки);

d) сила трения (скольжения)

,

где μ – коэффициент трения; N – сила нормального давления.

· Закон сохранения импульса

,

или для двух тел (i = 2)

m ₁ + m ₂ = m ₁ + m ₂ ,

где и - скорости в момент времени, принятый за начальный; и – скорости тех же тел в момент времени, принятый за окончательный.

· Кинетическая энергия тела, движущегося поступательно

или .

· Потенциальная энергия:

a) упругодеформированной пружины

,

где k – жесткость пружины; х – абсолютная деформация;

 

b) тела, находящегося в однородном поле силы тяжести,

,

где g – ускорение свободного падения; h – высота тела над уровнем, принятым за нулевой (формула справедлива при условии h<<R, где R – радиус Земли).

· Закон сохранения механической энергии

Е = Т + П = const.

· Работа А, совершаемая результирующей силой, определяется как мера изменения кинетической энергии материальной точки

А = D Т = Т₂ – Т₁.

· Основное уравнение динамики вращательного движения относительно неподвижной оси z

M _z = Je_z,

где М _z – результирующий момент внешних сил относительно оси z,

действующих на тело; e_z – угловое ускорение относительно оси z;

J – момент инерции относительно оси вращения.

· Момент силы относительно оси вращения

,

где - радиус-вектор, связывающий ось вращения с точкой приложения внешней силы .

· По модулю момент силы равен

,

где α – угол между направлением силы и радиусом-вектором; - кратчайшее расстояние между линией действия силы и осью вращения и называется плечом силы.

· Момент инерции некоторых тел массой m относительно оси z, проходящей через центр масс:

a) стержня длиной l относительно оси, перпендикулярной стержню,

;

b) обруча (тонкостенного цилиндра) относительно оси, перпендикулярной плоскости обруча (совпадающей с осью цилиндра),

,

где R – радиус обруча (полого цилиндра);

c) диска (сплошного цилиндра) радиусом R относительно оси, перпендикулярной плоскости диска,

.

· Теорема Штейнера. Если известен момент инерции тела J₀ относительно оси, проходящей через центр тяжести этого тела, то момент инерции J относительно любой другой оси, параллельной данной и отстоящей от нее на расстояние a, выражается формулой

,

где m – масса тела.

· Момент импульса материальной точки относительно оси вращения

L = mυR,

· Момент импульса твердого тела относительно оси вращения

,

где m_i – масса отдельной частицы; - ее скорость; r_i – расстояние от оси вращения до частицы.

 

· Закон сохранения момента импульса:

а) в общем виде

,

где L_i – момент импульса тела с номером i, входящего в состав системы;

b) для двух тел

,

где J₁, J₂, ω₁ , ω₂ – моменты инерции и угловые скорости тел до взаимодействия, - те же величины после взаимодействия;

с) для одного тела, момент инерции которого может меняться

J₁ω₁ = J₂ ω₂,

где J₁ и J₂ – начальное и конечное значение моментов инерции, ω₁ и ω₂ – начальная и конечная угловые скорости тела.

· Работа постоянного момента силы, действующего на враща -ющееся тело

A = Mφ,

где φ – угол поворота тела.

· Кинетическая энергия тела, вращающегося вокруг неподвижной оси z,

, или .

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 коорди- нату х, скорость u_х и ускорение а_х точки в момент времени t = 2 c.

Дано: А = 2 м; В = 1 м/с; С = - 0,5 м/с^3; t = 2 c.	Решение:   Координату х найдем, подставив в уравнение движения числовые значения коэффициентов А, В и С и времени t: x = (2 + 1×2 - 0,5×2^3) м = 0. Мгновенная скорость относительно оси х есть первая производная от координаты по времени:
х, uх, ах -?

.

Ускорение точки найдем, взяв первую производную от скорости по времени:

.

В момент времени t = 2 c

 

u_x = (1 - 3×0,5×2²) м/с = - 5 м/с;

а_х = 6× (-0,5)×2 м/с² = - 6 м/с².

Пример 2.

Тело вращается вокруг неподвижной оси по закону j = A+Bt+Ct², где А = 10 рад, В = 20 рад/с, С = - 2 рад/с². Найти полное ускорение точки, находящейся на расстоянии r = 0,1 м от оси вращения, для момента времени t = 4 c.

Дано: А = 10 рад В = 20 рад/с С = - 2 рад/с^2 t = 4 c r = 0,1 м	Решение: Полное ускорение точки , движущейся по кривой линии, может быть найдено как геометрическая сумма тангенциального ускорения , направленного по касательной к траектории, и нормального ускорения , направленного к центру кривизны траектории (рис. 1):
а -?

.Так как векторы и взаимно перпендикулярны, то модуль ускорения

. (1) Модули тангенциального и нормального ускорения точки вращающегося тела выражаются формулами , где w – модуль угловой скорости тела; e – модуль его углового ускорения.

О •   Рис. 1

Подставляя выражения и в формулу (1), находим:

. (2)

Угловую скорость w найдем, взяв первую производную угла поворота по времени:

.

В момент времени t=2c модуль угловой скорости

w = [ 20 + 2×(-2)×4 ] рад/с = 4 рад/с.

Угловое ускорение найдем, взяв первую производную угловой скорости по времени:

рад/с².

Подставляя значения w, e и r в формулу (2), получаем

.

 

Пример 3.

 

Два шарика массами m₁ и m₂ движутся навстречу друг другу по идеально гладкой поверхности со скоростями и . Определить скорость шариков после абсолютно неупругого удара.

 

Дано: m1 m2	Решение: На шарики действует сила тяжести и сила нормальной реакции, взаимно уравновешивающие друг друга, в направлении оси x внешние силы отсутствуют. Поэтому сохраняется импульс в данном направлении , где - импульс шариков до столкновения; – импульс
-?

после взаимодействия. В проекциях:

m1 m2   x

x   Рис. 2

.

Отсюда

.

Пример 4.

Человек стоит на неподвижной тележке и бросает горизонтально камень массой m₁ = 8 кг со скоростью u₁ = 5 м/с. Определить, какую работу совершает человек, если масса человека вместе с тележкой равна m₂ = 160 кг.

 

Дано: m1 = 8 кг m2 = 160 кг u1 = 5 м/c	Решение: Работа, совершаемая человеком в момент броска, равна изменению механической энергии системы “ человек + тележка + камень ”: А = DW. В силу того, что система до броска покоилась, W1 = 0 и , (1)
A -?

где u₂ – скорость тележки с человеком сразу после броска.

 

По закону сохранения импульса m₁u₁ = m₂u₂, откуда

 

. (2)

Следовательно,

. (3)

 

Подставляя значения m₁, m₂, u₁, u₂ в формулу (3), найдем

 

.

 

 

Пример 5.

Шар массой m₁, движущийся горизонтально с некоторой скоростью u₁, столкнулся с неподвижным шаром массой m₂. Шары абсолютно упругие, удар прямой, центральный. Какую долю e своей кинетической энергии первый шар передал второму?

 

Дано:   m1 m2 u1	Решение:   Доля энергии, переданной первым шаром второму, выразится соотношением , (1) где и Т1 – скорость и кинетическая энергия первого шара до удара; и Т2 – скорость и кинетическая энергия второго шара после удара.
e -?

Как видно из формулы (1), для определения e надо найти . Согласно условию задачи, импульс системы двух шаров относительно горизонтального направления не изменяется и механическая энергия шаров в другие виды не переходит. Пользуясь этим, найдем:

; (2)

. (3)

Решим совместно уравнения (2) и (3)

.

Подставив это выражение в формулу (1) и сократив на u₁ и m₁, получим

.

 

Из найденного соотношения видно, что доля переданной энергии зависит только от массы сталкивающихся шаров.

 

Пример 6.

Определить работу А внешней силы при растяжении двух пружин жесткостью k₁ = 200 H/м и k₂ = 350 H/м соединенных последовательно, если суммарное удлинение пружин Δ l = 4 см.

 

Дано:   k1 = 200 H/м k2 = 350 H/м Δ l = x0 = 0,04 м	Решение: При последовательном соединении пружин, силы действующие на первую и вторую пружины одинаковы F1 = F2 = F, а суммарное удлинение пружин
A -?

x = x₁ + x₂, (1)

где x₁ – удлинение первой пружины, x₂ – удлинение второй пружины.

Согласно закону Гука F₁ = - k₁ x₁, и F₂ = - k₂ x₂, откуда

Подставляя значение x₁ и x₂ в уравнение (1) получим:

(2)

При малой деформации dx работа внешней силы равна

dA = F dx (3)

Полную работу внешней силы при деформации пружины найдем проинтегрировав выражение (3) от от 0 до x₀ ,учитывая при этом, что внешняя сила направлена в сторону противоположную силе Гука (F_внеш. = -F);

. (4)

Проверим размерность:

.

Убедившись, что полученная единица является единицей работы (Дж), подставим в формулу (4) значения величин и произведем вычисления:

.

Пример 7.

При выстреле из пружинного пистолета вертикально вверх пуля массой m = 20 г поднялась на высоту h = 5 м. Определить жесткость k пружины пистолета, если она была сжата на х = 10 см. Массой пружины и силами трения пренебречь.

 

Дано: m =0,02 кг h = 5 м х =0,1м	Решение: Рассмотрим систему пружина – пуля. Так как на тело системы действуют только консервативные силы, то для решения задачи можно применить закон сохранения энергии в механике.
k -?

Согласно ему полная механическая энергия Е₁ системы в начальном состоянии (в данном случае перед выстрелом) равна полной энергии Е₂ в конечном состоянии (когда пуля поднялась на высоту h), т. е.

Е₁ = Е₂, или Т₁ + П₁ = Т₂ + П₂, (1)

где Т₁, Т₂, П₁ и П₂ – кинетические и потенциальные энергии системы в начальном и конечном состоянии.

Так как кинетические энергии пули в начальном и конечном состояниях равны нулю, то равенство (1) примет вид

П₁ = П₂. (2)

Примем потенциальную энергию пули в поле сил тяготения Земли, когда пуля покоится на сжатой пружине, равной нулю, а высоту подъема пули будем отсчитывать от торца сжатой пружины. Тогда энергия системы в начальном состоянии будет равна потенциальной энергии сжатой пружины, т. е. П₁ = ½ kx², а в конечном состоянии – потенциальной энергии пули на высоте h, т. е.

П₂ = mgh.

 

Подставив выражения П₁ и П₂ в формулу (2), найдем

½ kx² = 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:

.

Убедившись, что полученная единица является единицей жесткости (1 Н/м), подставим в формулу (3) значения величин и произведем вычисления:

 

Пример 8.

Через блок в виде сплошного диска, имеющего массу m =0,08 кг (рис. 3), перекинута тонкая гибкая нить, к концам которой подвешены грузы с массами m₁ =0,1 кг и m₂ =0,2 кг. Определить ускорение, с которым будут двигаться грузы, если их предоставить самим себе. Трением и массой нити пренебречь.

Дано: m =0,08 кг m1 = 0,1 кг m2 = 0,2 кг	Решение: Рассмотрим силы, действующие на каждый груз и на блок в отдельности. На каждый груз действуют две силы: сила тяжести и сила упругости (сила натяжения нити). Направим ось х вертикально вниз и напишем для каждого груза уравнение движения (второй закон Ньютона) в проекциях на эту ось.
а -?

Для первого груза

; (1)

для второго груза

. (2)

Под действием моментов сил и относительно оси z, перпен- дикулярной плоскости чертежа и направленной за чертеж, блок приобретает угловое ускорение e. Согласно основному уравнению

r x Т1 Т2 m1 g m2 g Рис. 3

динамики вращательного движения, , (3) где – момент инерции блока относительно оси вращения. Согласно третьему закону Нью- тона, с учетом невесомости нити = Т1, = Т2. Воспользовавшись этим, подставим в уравнение (3) вместо и выражения Т1 и Т2, получив их предварительно из уравнений (1) и (2)

(m₂g – m₂a) r – (m₁g + m₁a) r = m r²a / (2 r).

После сокращения на r и перегруппировки членов найдем:

(4)

После подстановки числовых значений получим:

 

.

Пример 9.

Маховик в виде сплошного диска радиусом R = 0,2 м и массой m = 50 кг раскручен до частоты вращения n₁ = 480 об/мин и предоставлен сам себе. Под действием силы трения маховик остановился через t = 50 с. Найти момент M сил трения.

 

Дано:   R = 0,2 м m = 50 кг n1=480 об/мин t = 50 с	Решение:   Для решения задачи воспользуемся основным уравнением динамики вращательного движения в виде: , (1) где - изменение проекции на ось z момента импульса маховика, вращающегося относительно
М-?

оси z, совпадающей с геометрической осью махо- вика, за интервал времени dt; - момент внешних сил (в данном

случае момент сил трения), действующих на маховик относительно оси z.

Момент сил трения можно считать не изменяющимся с течением времени ( =const), поэтому интегрирование уравнения (1) приводит к выражению:

, (2)

При вращении твердого тела относительно неподвижной оси изменение проекции момента импульса

, (3)

 

где J_z – момент инерции маховика относительно оси z; - изменение угловой скорости маховика.

Приравнивая правые части равенства (2) и (3), получим , откуда

. (4)

Момент инерции маховика в виде сплошного диска определяется по формуле

.

Изменение угловой скорости выразим через конечную n₂ и начальную n₁ частоты вращения, пользуясь соотношением

.

Подставив в формулу (4) выражение J_z и , получим . (5)

 

Проверим, дает ли расчетная формула единицу момента силы (Н·м). Для этого в правую часть формулы вместо символов величин подставим их единицы:

.

Подставим в (5) числовые значения величин и произведем вычисления, учитывая, что n₁=480 об/мин = 8 об/с;

Знак минус показывает, что момент сил трения оказывает на маховик тормозящее действие.

 

Пример 10.

 

Платформа в виде сплошного диска радиусом R = 1,5 м и массой m₁ = 180 кг вращается около вертикальной оси с частотой n=10 об/мин. В центре платформы стоит человек массой m₂ = 60 кг. Какую линейную скорость v относительно пола помещения будет иметь человек, если он перейдет на край платформы?

 

Дано: R = 1,5 м m1 = 180 кг m2 = 60 кг n=10 об/мин	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: (1)
v -?

где J – момент инерции платформы с человеком от-

носительно оси z; - угловая скорость платформы.

Момент инерции системы равен сумме моментов инерции тел, входящих в состав системы, поэтому в начальном состоянии J=J₁+J₂, а в конечном состоянии

С учетом этого, равенства (1) примет вид

(2)

где значения моментов инерции J₁ и J₂ платформы и человека соответственно относятся к начальному состоянию системы; - к конечному.

Момент инерции платформы относительно оси z при перехо-

де человека не изменяется: 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

Подставим в формулу (2) выражения моментов инерции, начальной угловой скорости вращения платформы с человеком () и конечной угловой скорости ( v/R, где v – скорость человека относительно пола):

v/R.

После сокращения на R² и простых преобразований находим скорость:

v = .

v = м/с = 1 м/с.

 

Пример 11.

Материальная точка массой m = 5 г совершает гармонические колебания с частотой v = 0,5 сек^-1. Амплитуда колебаний А = 3 см. Определить: 1) скорость υ точки в момент времени, когда смещение x = 1,5 см; 2) максимальную силу F_макс, действующую на точку; 3) полную энергию E колеблющейся точки.

 

Дано: m = 0,005 кг v = 0,5 сек^-1 А = 0,03 м x =0,015 м	Решение: 1) Уравнение гармонических колебаний имеет вид x = Asin (ωt + φ) (1) где x – смещение колеблющейся точки от по- ложения равновесия, А – амплитуда, ωt + φ – фаза колебания, φ – начальная фаза, ω- циклическая частота, t – время.
υ, Fмакс,Е -?

Формулу скорости получим, взяв первую производную от смещения по времени,

(2)

Чтобы выразить скорость через смещение, надо исключить из (1) и (2) время. Для этого возведем оба уравнения в квадрат и сложим:

.

Решив последнее уравнение относительно υ, найдем

(3)

Подставив в это выражение числовые значения величин, получим:

Знак "плюс" соответствует случаю, когда направление скорости совпадает с положительным направлением оси x. Знак "минус "соответствует случаю, когда направление скорости совпадает с отрицательным направлением оси x.

 

2) Силу, действующую на точку, найдем по второму закону Ньютона:

, (4)

где а – ускорение точки, которое получим, если возьмем производную по скорости от времени:

или

Подставив выражение для ускорение в (4), будем иметь:

Отсюда получим максимальное значение силы

Подставив в это уравнение числовые значения величин, найдем

 

3) Полная энергия колеблющейся точки есть сумма кинети- ческой и потенциальной энергий, вычисленных для любого момента времени. Проще всего вычислить полную энергию в момент, когда кинетическая энергия достигает максимального значения. В это время потенциальная энергия равна нулю. Поэтому полная энергия Е колеблющейся точки равна максимальной кинетической энергии Т_макс и может быть определена по формуле

(5)

 

Максимальную скорость можно определить по формуле (2), если принять

Подставив это выражение скорости в (5), найдем

После подстановки числовых значений получим

Пример 12.

 

На концах тонкого стержня длиной l = 30 см и массой m_ст= 400 г укреплены грузики массой m₁ = 200 г и m₂ = 300 г. Стержень колеблется около горизонтальной оси, проходящей через его середину (рис. 4). Определить период Т колебаний, совершаемых стержнем.

 

Дано:   l =0, 3 м mст= 0,4 кг m1 = 0,2 кг m2 = 0,3 кг	Решение: Период колебания физического маятника, каким является стержень, определяется по формуле , (1) где J – момент инерции маятника, m – масса маятника, а – расстояние от центра тяжести (центра масс) маятника до оси.
Т -?

Момент инерции физического

маятника J – состоит из моментов инерции J1 и J2 обоих грузиков и момента инерции J3 стержня Пренебрегая размерами грузиков, получим и . Момент инерции стержня относитель- но оси, проходящей через его середи- ну, определяется по формуле

m1     l а • О [МНВ1] • mg     m2 Рис. 4

Общий момент инерции физического маятника равен

Вынеся за скобку множитель , получим

(2)

Подставив в (4) числовые значения, получим

Масса физического маятника состоит из массы стержня и массы грузиков

Для определения расстояния а центра тяжести маятника от оси вращения напишем условие равновесия стержня с грузиками, находящегося в горизонтальном положении, относительно центра тяжести

Сократив это равенство на g и, решив его относительно а, получим