Meh (1)

МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ

УРАЛЬСКАЯ ГОСУДАРСТВЕННАЯ ГОРНО-ГЕОЛОГИЧЕСКАЯ АКАДЕМИЯ

Л. Н. Лукашевич, О. В. Садырева, Л. К. Катанова, И. А. Келарева, Н. А. Шварте

КОНТРОЛЬНЫЕ ЗАДАНИЯ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОЙ РАБОТЫ СТУДЕНТОВ ВСЕХ НАПРАВЛЕНИЙ ОЧНОГО И ЗАОЧНОГО ОБУЧЕНИЯ

ПО ДИСЦИПЛИНЕ «ФИЗИКА»

ЧАСТЬ 1 МЕХАНИКА, МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА, ТЕРМОДИНАМИКА

ЕКАТЕРИНБУРГ

2001

УРАЛЬСКАЯ ГОСУДАРСТВЕННАЯ ГОРНО-ГЕОЛОГИЧЕСКАЯ АКАДЕМИЯ

ОДОБРЕНО Методической комиссией

Института геологии и геофизики

“ “______________ 2001 г.

Председатель комиссии

_______проф. В. В. Бабенко

КОНТРОЛЬНЫЕ ЗАДАНИЯ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОЙ РАБОТЫ СТУДЕНТОВ ВСЕХ НАПРАВЛЕНИЙ ОЧНОГО И ЗАОЧНОГО ОБУЧЕНИЯ

ПО ДИСЦИПЛИНЕ «ФИЗИКА»

ЧАСТЬ 1 МЕХАНИКА, МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА, ТЕРМОДИНАМИКА

Издание УГГГА

Екатеринбург, 2001

1. МЕХАНИКА

Примеры решения задач

Пример 1. По наклонной плоскости АО аппарата для обогащения руды по трению скатываются два куска руды с конечными скоростями 1 и 2 м/с. На каком расстоянии ВС (рис. 1.1) друг от друга упадут эти куски руды, если высота наклонной плоскости 1 м и плоскость образует с горизонтом угол

30°. Принять g = 10 м/с2.

А

V1 = 1 м/с		α		О	VX1		VX2		X
V2 = 2 м/с			VУ1			V
			VУ2			1		V
H = 1 м							2
α = 30°		H
g = 10 м/с2
								В	С
ВС - ?
			У		SX1		SX2
					Рис. 1.1

Решение Выберем систему координат ХОУ с началом в точке О (см. рис. 1.1).

Движение тела по параболе можно представить как сумму равномерного движения по горизонтали со скоростью VХ и равноускоренного движения по вертикали с начальной скоростью VУ и ускорением ar = gr, направленным

вниз.

Проекции начальной скорости на оси координат в этом случае для двух

тел

VX1 = V1 cos α,	VУ1 = V1 sin α,
VX2 = V2 cos α,	VУ2 = V2 sin α.

3

Уравнения движения тел по оси Х

SХ1 = VX1 · t1 = V1 t1 cos α,

SХ2 = VX2 · t2 = V2 t2 cos α;

по оси У

H = SУ1 = VУ1t1 + gt212 = V1t1 sin α + gt212 , H = SУ2 = VУ2t2 + gt222 = V2t2 sin α + gt222 .

Последние уравнения являются уравнениями парабол.

Подставляя в них числовые значения, получим следующие квадратные уравнения:

5 t12 + 0,5 t1 – 1 = 0, 5 t22 + t2 – 1 = 0.

Решая эти уравнения, находим, что t1 = 0,40 с, t2 = 0,36 с.

Расстояние ВС = SX2 – SX1 = ( V2 t2 – V1 t1) cos α.

ВС = (2 0,36 - 1 0,40) cos 30° = 0,28 м.

Небольшие куски руды с гладкой поверхностью, имеющие меньший коэффициент трения, будут перемещаться с большей скоростью и, сойдя с наклонной плоскости, отлетят дальше, чем куски с шероховатой поверхностью.

Пример 2. Определить угол наклона рудоспуска высотой 45 м, если скорость движения кусков руды уменьшается от 2,5 м/с до 1 м/с (рис. 1.2). Коэффициент трения руды по дереву 0,9.

4

h = 45 м V0 = 2,5 м/с VК = 1 м/с k = 0,9

α - ?

Vо l

к	α
V	B

A

h

C

Рис. 1.2

Решение Запишем закон сохранения механической энергии в виде

WК + WП ≠ 0.

Знак неравенства обусловлен действием в системе неконсервативной силы – силы трения.

При движении по рудоспуску АВ куска руды массой m изменение кинетической энергии

WK = mV2K 2 − mV202 .

Изменение потенциальной энергии относительно уровня ВС

WП = - mgh.

Работа силы трения

A = −F l = −kmgl cosα = −kmgh cosα.

тр	sin α

Суммарное изменение механической энергии равно работе неконсервативных сил.

5

mV

2

mV

2

kmgh

K

−

0

− mgh = −

.

2

tgα

2

Отсюда

tgα =

2kgh

=

2 0,9 10 45

= 0,853,

α = 40° 30′.

2gh + V0

2 − VK

2

2 10 45 + 6,25 −1

Рудоспуск – подземная горная выработка, предназначенная для перемещения руды под собственным весом из рабочей зоны горнодобывающего предприятия на транспортный горизонт. Применяется на рудных шахтах, карьерах, а также при разработке месторождений полезных ископаемых открытым и подземным способами.

Гравитационный (самотечный) способ применяют при спуске закла-

дочного материала в шахту на небольшую глубину (до 250 ÷ 450 м). В этом случае по вертикальным стволам или шурфам прокладывают трубы. Для гравитационного спуска закладочного материала по скатам угол наклона их должен быть не менее 40 ÷ 45°.

Пример 3. При постепенном выведении реостата угловая скорость ро-

тора двигателя шахтного электровоза (рис. 1.3) увеличивается за 2 с от 10π с-1

до 16π с-1. Сколько оборотов совершает ротор за это время? Чему равно угловое ускорение? Записать закон вращения ротора.

	t = 2 с	ω
		ε
	ω0 = 10π с-1
	ωК = 16π с-1

N, ε, ϕ(t) - ?

Рис. 1.3

6

Решение Направление угловой скорости определяется по правилу буравчика.

Вектор углового ускорения совпадает по направлению с вектором угловой скорости при ускоренном вращении.

Угловое ускорение ротора

ε=	ωK − ω0	=	16π−10π c−2	= 3πc−2.
	t		2

Запишем закон вращения в общем виде

ϕ= ω0t + εt2

2

и для данной задачи

ϕ = 10πt + 1,5πt2.

За 2 с угловой путь

ϕ = 10π 2 + 1,5π 4 = 26π.

Число оборотов

N = 2ϕπ = 262ππ =13.

Число оборотов можно было найти иначе.

N = n t = 2ωπ t = 12 ω0 2+πωK t,

где n - средняя частота вращения.

N = 262 π2π2 =13.

7

Пример 4. При движении подъемного сосуда по рельсовым проводникам складываются два колебания, совпадающие по направлению, уравнения которых Х1 = cos πt, см; X2 = cos (πt + π/2), см. Определить амплитуду, период, начальную фазу результирующего колебания и написать его уравнение.

	Х1 = cos πt, см			Решение
	Х2	= cos (πt + π/2), см	При сложении колебаний одинаковой частоты
	А1	= А2 = 1 см	возникает колебание с такой же циклической часто-
	ω1 = ω2 = π с-1		той ω = π с-1. Период результирующего колебания
	ϕ01 = 0			2π		2π
	ϕ02 = π/2		T =		=		c = 2 c.
				ω π
	А, Т, ϕ0, Х(t)-?

Уравнение результирующего колебания будет иметь вид:

Х = А cos (ωt + ϕ0).

Задачу решим разными способами.

При аналитическом способе решения задачи

А2 = А12 +А22 + 2 А1А2 cos (ϕ02 - ϕ01).

Амплитуда результирующего колебания

A = 1 +1 + 2cos π/ 2 см = 2 см =1,4 см.

	tg ϕ0 =	A1 sin ϕ01	+ A2 sin ϕ02	=	1	0 +1 1	=1.
		A1 cosϕ01	+ A2 cosϕ02		1	1 +1 0

Начальная фаза результирующего колебания ϕ0 = π/4,

8

а его уравнение

Х = 1,4 cos (πt + π/4), см.

Уравнение результирующего колебания можно найти иначе:

X = X1 + X2	= cosπt + cos (πt + π/ 2)	= 2cos	πt + πt + π/ 2	cos	πt − πt − π/ 2	;
			2		2

X = 2 cos (πt + π/ 4) cos (−π/ 4) = 2 cos (πt + π/ 4), см.

Решим задачу с помощью векторной диаграммы амплитуд (рис. 1.4). Гармоническое колебательное движение можно представить движением проекции на некоторую ось конца вектора амплитуды, отложенной из произвольной точки оси под углом, равным начальной фазе, и вращающегося с уг-

ловой скоростью ω вокруг этой точки.

A = A	2 + A 2	= 2 см =1,4 см;	ϕ	0	= π/ 4.
1	2

Задачу можно решить графическим способом. На рис. 1.5 изображены графики складываемых колебаний и график результирующего колебания Х(t).

X1(t)

X(t)

A2

A

0

t

T

T

3 T T

ϕ0

4

2

4

X2(t)

A

1

Рис. 1.4

Рис. 1.5

9

Пример 5. В результате взрыва, произведенного геологами, в земной коре распространилась волна со скоростью 4,5 км/с. На какой глубине залегает порода другой плотности, если отраженная от нее волна была зафиксирована на поверхности через 20 с после взрыва? Каковы фаза колебаний, смещение, скорость и ускорение точки, отстоящей на расстоянии 13,5 км от источника волны в момент времени 4 с. Найти разность фаз колебаний двух точек, лежащих на луче и отстоящих от источника волн на расстояниях 20 км и 25 км, если известно, что период колебаний точек земной коры 1,2 с, а амплитуда колебаний 4 см.

VВ

=

3

м/с

Решение

4,5 10

t1 = 20 с

Глубина залегания породы

Х = 13,5 103 м

Н = VВ t′ = 4,5 10

3

4

t = 4 с

10 м = 4,5 10 м,

Т = 1,2 с

где

t′

= 0,5 t1, так как время распространения прямой и от-

А = 0,04 м

раженной волн одинаково.

Х1 = 20 10

3

м

Запишем уравнение плоской волны в общем виде:

Х2 = 25 103 м

X

Y

=

Н, ϕ, Y - ?

V

A sin ω t −

,

B

V, а, Δϕ - ?

где Y - смещение колеблющейся точки,

Х - расстояние точки от источника волн,

VВ - скорость распространения волны.

Фаза колебаний точки с координатой Х в момент времени t определя-

ется выражением, стоящим в уравнении волны под знаком синуса.

X

2π

X

2π

13,5

10

3

ϕ

=

=

=

=

1,67π,

V

T

V

1,2

ω t −

t −

4 −

4,5 10

3

B

B

10