get_2 физика
.pdfгде E – модуль Юнга материала, из которого изготовлено тело.
В случае, когда плоские слои тела смещаются относительно друг друга не искривляясь и не изменяясь в размерах, имеет место де-
формация сдвига.
Закон Гука для деформации сдвига (упругие деформа-
ции): для малых деформаций касательное напряжение τ прямо пропорционально углу сдвига γ :
τ = Gγ , |
(8.9) |
где коэффициент пропорциональности G – модуль сдвига, зависящий от материала, из которого изготовлено тело.
Деформация изгиба реализуется в случае, когда к стержню или балке приложена сила, перпендикулярная его осевой линии. Эта деформация сводится к деформациям растяжения и сжатия.
Если один конец образца (проволоки, стержня и т.п.) закреплен, а к другому концу приложена пара сил с вращательным моментом M относительно продольной оси, то имеет место деформация кручения.
Закон Гука для деформации кручения (упругие дефор-
мации): при малых деформациях модуль момента упругих сил M прямо пропорционален максимальному углу поворота ϕ радиуса
вокруг продольной оси в крайнем сечении: |
|
M = Dϕ , |
(8.10) |
где коэффициент пропорциональности D – модуль кручения, зависящий как от материала, из которого изготовлено тело, так и от его геометрических размеров.
31
ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Пример 1. Определить вектор скорости, вектор ускорения и траекторию движения материальной точки, если она движется по
r |
|
|
закону: r = Asin(5t)i + B cos2 (5t) j , где A = 2,0 м, В = 3,0 м. Вы- |
||
числить силу, |
действующую на тело в момент времени t = p 10 |
|
секунд, если его масса 1,0 кг. |
||
Дано: |
r |
r |
r |
||
r = Asin(5t)i + B cos2 |
(5t) j , |
|
A = 2,0 м, В = 3,0 м, |
|
|
m=1,0 кг, |
|
|
t= p 10 с. |
|
|
Найти: u(t) , a(t) , y(x), F. |
Решение. Из представленных в условии данных следует, что движение материальной точки происходит в плоскости XOY. Най-
дем компоненты радиус-вектора [1.1]*: |
|
|
||||
x(t) = Asin(5t), |
|
(1) |
||||
y(t) = B cos2 (5t) , |
|
(2) |
||||
z(t) = 0 . |
|
|
|
(3) |
||
Используя определение мгновенной скорости [1.6], найдем |
||||||
проекции вектора скорости на координатные оси: |
|
|||||
ux (t) = |
|
dx |
|
= 5Acos(5t) , |
|
(4) |
|
dt |
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
uy (t) = |
dy |
|
= 2 × 5B cos(5t)(- sin(5t)) |
= -5B sin(10t) . |
(5) |
|
dt |
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
Тогда выражение для вектора скорости запишется в виде: |
||||||
r |
|
|
- 5B sin(10t) j |
= |
||
u(t) = ux (t)i + uy (t) j = 5Acos(5t)i |
=10 cos(5t)i -15sin(10t) j .
*В квадратных скобках даны ссылки на формулы из теоретической части. В частности, [1.1] – ссылка на формулу, находящуюся на странице 5.
32
С помощью уравнений (4), (5), пользуясь определением мгновенного ускорения [1.10], находим проекции вектора ускорения на
координатные оси: |
|
|||||
ax (t) = |
dux |
|
|
= -25Asin(5t) , |
(6) |
|
dt |
||||||
|
|
|
||||
ay (t) = |
duy |
|
= -50B cos(10t) . |
(7) |
||
dt |
||||||
|
|
|
||||
Вектор ускорения запишется в виде: |
|
|||||
r |
|
|
|
+ ay (t) j = -25Asin(5t)i - 50B cos(10t) j = |
||
a(t) = ax (t)i |
||||||
= -50sin(5t)i -150 cos(10t) j . |
|
|||||
Уравнение |
траектории представляет собой |
зависимость |
y = f (x). Для его нахождения исключим время t из системы урав-
нений (1) – (3), возведя предварительно (1) в квадрат, а затем сложим и воспользуемся тригонометрическим соотношением sin 2 a + cos2 a =1:
y = 3 - 0,75x2 .
Таким образом, траектория движения материальной точки – парабола, точнее, участок параболы, заключенный в пределах x Î[- A; A], y Î[- B; B] (см. (1), (2)).
Для определения величины действующей силы воспользуемся вторым законом Ньютона [2.1]:
F = ma .
Модуль ускорения в зависимости от времени найдем через величины его проекций на оси (6), (7) [1.10]:
a(t) = (- 25Asin(5t))2 + (- 50B cos(10t))2 .
Окончательно для момента времени t = p10 с имеем:
æ |
p |
ö2 |
æ |
|
|
|
p |
ö |
2 |
|
F = 1 ç- 25 × 2sin(5 |
|
)÷ |
+ ç- 50 |
× 3cos(10 |
|
|
)÷ |
»1,6 ×10−2 Н. |
||
10 |
10 |
|||||||||
è |
ø |
è |
|
|
ø |
|
||||
r |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Ответ: u(t) =10 cos(5t)i -15sin(10t) j , |
|
|
|
|
|
|||||
r |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
a(t) = -50sin(5t)i -150cos(10t) j , |
|
|
|
|
|
|||||
y = 3 - 0,75x2 |
(парабола), |
F =1,6 |
×10−2 Н. |
|||||||
|
|
|
33 |
|
|
|
|
|
|
Пример 2. Тело вращается вокруг неподвижной оси по закону j =10 + 20t - 2t 2 . Найти величину и направление полного ус-
корения точки, находящейся на расстоянии 0,10 м от оси вращения, для момента времени 4,0 c.
Дано:
j =10 + 20t - 2t 2 , r = 0,10 м,
t = 4,0 с.
Найти: a , Ð(a, aτ ) , Ð(a, an ) .
Решение. Любая точка вращающегося вокруг неподвижной оси тела описывает окружность. Полное ускорение точки [1.12] может быть найдено как геометрическая сумма тангенциального ускорения aτ , направленного по касательной к траектории, и нор-
мального ускорения an , направленного к центру кривизны траектории (рис. 1.4):
a = aτ2 + an2 . |
(1) |
Тангенциальное и нормальное ускорения некоторой точки вращающегося тела определяются из соотношений [1.36] и [1.37]:
aτ = er , |
(2) |
an = w2 r , |
(3) |
где ω – угловая скорость вращения тела, ε – его угловое ускорение, r – расстояние от точки до оси вращения.
Подставляя выражения aτ и an |
в (1), находим: |
||||
|
|
|
|
|
|
a = e2 r 2 + w4 r 2 = r e2 + w4 . |
(4) |
Угловая скорость ω вращающегося тела равна первой производной от угла поворота по времени [1.27]:
w = ddtj = 20 - 4t .
В момент времени t = 4,0 c угловая скорость будет иметь зна-
чение:
w = 20 - 4 × 4,0 = 4,0 с-1.
34
Угловое ускорение вращающегося тела равно первой производной от угловой скорости по времени [1.30], т.е.
e = ddtw
Угловое ускорение, таким образом, имеет постоянное значение, не зависящее от времени (равнопеременное вращение).
Подставляя найденные значения ω и ε , а также заданное значение r в выражение (4), получим числовое значение полного ускорения:
a = 0,10(4,0)2 + (4,0)4 =1,65 м/с2.
Направление полного ускорения можно определить, если найти углы, которые вектор ускорения образует с касательной к траектории или с нормалью к ней (рис. 1.8):
Рис. 1.8
чения ускорений
r r |
| a |
τ |
| |
|
|
|
|
||
cos(a, aτ ) = |
|
|
|
|
, |
(5) |
|||
a |
a |
|
|
||||||
r r |
|
|
|
|
|
||||
n |
|
|
|
|
|
|
|||
cos(a, an ) = |
|
. |
|
(6) |
|||||
|
|
|
|||||||
|
a |
|
|
|
|
|
|
|
|
Из (2) и (3) найдем значе- |
|||||||||
ния тангенциального |
aτ |
и |
|||||||
нормального an ускорений: |
|||||||||
aτ = -4 × 0,10 = -0,40 м/с2, |
|||||||||
an = 42 × 0,10 =1,6 м/с2. |
|
||||||||
Подставляя полученные |
зна- |
||||||||
an , aτ и значение полного ускорения |
a |
в (5) и |
(6), находим значения косинусов углов между соответствующими векторами:
r r |
0,40 |
|
||
cos(a, aτ ) = |
|
|
= 0,24 , |
|
1,65 |
||||
|
|
|||
r r |
1,6 |
|
|
|
cos(a, an ) = |
|
|
= 0,97 |
|
1,65 |
|
|||
|
|
|
или окончательно Ð(a, aτ ) = 76° , Ð(a, aτ ) =14° .
Ответ: a = 1,65 м/с2, Ð(a, aτ ) = 76° , Ð(a, aτ ) =14° .
35
Пример 3. Под каким углом надо держать курс лодки, чтобы, отчалив от точки A на одном берегу, попасть в противоположную точку B на другом берегу? Скорость течения реки 1,5 м/с, скорость лодки относительно воды 3,0 м/с.
Дано:
υ1 = 1,5 м/с, υ2 = 3,0 м/с.
Найти: α .
Решение. Лодка участвует в двух движениях: относительно воды со скоростью υ2 и вместе с потоком воды со скоростью те-
чения υ1 (рис. 1.9). Поэтому скорость лодки относительно берега (неподвижной системы отсчета) [1.25]:
υ = υ1 + υ2 . |
(1) |
Направление скорости |
υ1 |
задано (по течению). Чтобы, выйдя из точки A , лодка попала в точку B , необходимо, чтобы результирующая скорость υ была направлена по направлению AB (перпендикулярно течению).
Изображая равенство (1) графически, получим прямоугольный треугольник CDE.
Катет DE = CD2 , поэтому ÐECD = 30° . Откуда искомый угол a =120° .
Ответ: a =120° .
Пример 4. Два тела брошены вертикально вверх из одной и той же точки с одной и той же начальной скоростью 24,5 м/с с промежутком времени 0,50 с. Через какой промежуток времени от момента бросания первого тела и на какой высоте они встретятся?
Дано:
υ0 = 24,5 м/с,
36
τ = 0,50 с.
Найти: tвстр , h .
Решение. Выберем за начало отсчета времени момент бросания первого тела. Пусть ось OY с началом отсчета O в точке бросания направлена вертикально вверх (в сторону начальной скорости те-
ла (рис. 1.10)).
Тогда проекция начальной скорости на выбранную ось будет положительной u0 , а проекция ускорения свободного
падения g – отрицательной.
Высота подъема первого тела в момент времени t определяется выражением [1.15]:
y |
= u |
0 |
t - gt 2 |
2 . |
(1) |
1 |
|
|
|
|
Высота подъема второго тела выразится аналогично, но так как оно брошено на τ с позднее, то для того же момента времени будем иметь:
y2 = u0 (t - t)- g(t - t)2 2 . |
(2) |
Тела встретятся в тот момент, когда они будут находиться на одинаковой высоте (координаты обоих тел одинаковы), т.е. y1 = y2 = y . Приравняв правые части (1) и (2), получим:
|
gt |
2 |
|
gt |
2 |
|
gt2 |
|
|
u0tвстр - |
встр |
= u0tвстр - u0 t - |
встр |
- |
+ gtвстр t . |
(3) |
|||
|
2 |
|
2 |
|
|||||
|
|
|
|
2 |
|
|
После сокращения и решения уравнения (3) получим время встречи тел:
tвстр = u0 / g + t / 2 .
Высоту h находим по формуле (1) с учетом (3):
æ u |
0 |
|
t |
ö |
|
g |
æ u |
0 |
|
t |
ö2 |
|
u2 |
|
gt |
2 |
|
||
ç |
|
+ |
÷ |
- |
ç |
|
+ |
÷ |
= |
0 |
- |
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
. |
||||||||||
h = u0 ç |
g |
2 |
÷ |
2 |
ç |
g |
2 |
÷ |
2g |
8 |
|||||||||
è |
|
ø |
|
è |
|
ø |
|
|
|
|
Подставляя числовые значения величин, получим:
37
t = |
24,5 |
+ |
0,50 |
= 2,8 с, |
|
|
|||
9,81 |
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
2 |
|
|
|
|
||
h = |
|
24,52 |
|
- |
9,81× 0,50 |
2 |
= 30,3 м. |
||
2 × 9,81 |
|
8 |
|
||||||
|
|
|
|
|
Ответ: t = 2,75 c, h = 30,3 м.
Пример 5. Тело брошено вверх с высоты 12 м под углом 30° к горизонту с начальной скоростью 12 м/с. Определить продолжительность полета тела до точек A и B (рис. 1.7), максимальную высоту, на которую поднимается тело, и дальность полета тела. Сопротивление воздуха не учитывать.
Дано:
H =12 м, j0 = 30° , u0 =12 м/с.
Найти: t A , tB , ymax , xmax .
Решение. В обозначенной на рис. 1.11 системе координат проекции начальной скорости записываются в виде:
u0 x = u0 cos j0 , |
(1) |
u0 y = u0 sin j0 . |
(2) |
Координаты тела с течением времени изменяются в соответствии с уравнением для равнопеременного движения [1.21], [1.23], т.е.
y = H + υ0t sin ϕ0 − gt 2 2 , |
(3) |
x = u0t cos j0 . |
(4) |
Время подъема тела найдем из условия, что в наивысшей точке C подъема его скорость направлена горизонтально, поэтому ее проекция на ось y равна нулю [1.22]:
uy = u0 sin j0 |
- gt = 0 . |
(2¢) |
Тогда время подъема тела: |
|
|
tпод = u0 sin j0 |
g . |
(5) |
|
|
38 |
При отсутствии сопротивления воздуха время спуска тела от точки C до точки A равно времени подъема, поэтому продолжительность полета тела от точки O1 до
точки A равна:
t А = 2tпод = 2u0 sin j0 g . (6)
Максимальную высоту подъема найдем из выражения (3), подставив в него время подъема из соотношения (5):
ymax = H + u02 sin 2 j0 (2g) . (7)
Время полета тела до точки B найдем с помощью соотношения (3), для этого приравняем коорди-
нату y к нулю ( y = 0 ) и решим квадратное уравнение:
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
tB = u0 sin j0 g + |
|
(u0 sin j0 |
g)2 |
+ 2H g . |
(8) |
||||||||||||
Подставив в выражение (4) время движения из равенства (8), |
|||||||||||||||||
получим формулу для расчета дальности полета: |
|
||||||||||||||||
xmax |
= u0tB cos j0 . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(9) |
||||
Подставляя числовые данные в (6) – (9), получим значения |
|||||||||||||||||
искомых величин: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
tA = |
2 ×12 × 0,50 |
=1,22 с, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
9,81 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
tB = |
2 ×12 × 0,50 |
+ |
æ12 × 0,50 |
ö2 |
+ |
2 ×12 |
|
= 2,29 с, |
|
||||||||
|
|
|
|
ç |
|
|
÷ |
|
|
|
|
||||||
9,81 |
|
9,81 |
|
9,81 |
|
||||||||||||
|
|
|
è |
ø |
|
|
|
|
|
|
|||||||
ymax |
=12 + |
122 |
× 0,50 |
2 |
=13,83 м, |
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
2 |
× 9,81 |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
xmax |
=12 × 2,29 × 0,867 = 23,8 м. |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
Ответ: t A =1,22 с, |
tB = 2,29 с, |
ymax =13,83м, xmax |
= 23,8 м. |
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
39 |
|
|
|
|
|
|
|
Пример 6. По условию примера 5 найти в момент приземления тела следующие величины: скорость и угол падения тела, его тангенциальное и нормальное ускорения, радиус кривизны траектории.
Дано:
H =12 м, j0 = 30° , u0 =12 м/с.
Найти: uB , β , aτ , an , ρ .
Решение. Результирующую, или мгновенную, скорость в точке B (рис. 1.11 и 1.12) определим по теореме Пифагора:
uB = u02 cos2 j0 + u2y .
Проекцию скорости uy в точке B найдем из уравнения (2')
примера 5, подставив в него время движения tB (пример 5 выраже-
ние (8)):
uyB = u0 sin j0 - gtB = -u02 sin 2 j0 + 2gH .
Тогда модуль скорости в точке B :
uВ = u02 cos2 j0 + u02 sin 2 j0 + 2gH = u02 + 2gH .
После подстановки числовых данных получим: uB = 122 + 2 × 9,81×12 =19,5 м/с.
Из рис. 1.12 определим синус угла β , образуемого векто-
ром скорости uB |
с осью x : |
|||||||||
sin b = |
|
uyB |
|
|
uB = |
|
||||
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|||||
= |
|
(u0 sin j0 )2 + 2gH |
. |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
u02 + 2gH |
|||||||
Рис. 1.12 |
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
40 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|