курс физики задачи и решения

Высшее профессиональное образование
БАКАЛАВРИАТ
Т. И. ТРОФИМОВА, А. В. ФИРСОВ
КУРС ФИЗИКИ
ЗАДАЧИ И РЕШЕНИЯ
Допущено
Министерством образования и науки
Российской Федерации
в качестве учебного пособия для студентов
высших учебных заведений, обучающихся
по техническим направлениям подготовки
и специальностям
5е издание, стереотипное
УДК 53(075.8)
ББК 22.3я73
T 761
Р е ц е н з е н т ы:
зав. кафедрой физики ЮжноРоссийского государственного университета экономики и сервиса,
др техн. наук, проф. С. В. Кирсанов;
др физ.мат. наук, проф. П. А. Эминов
T 761
Трофимова Т. И.
Курс физики. Задачи и решения : учеб. пособие для учреждений высш. проф.
образования / Т. И. Трофимова, А. В. Фирсов. — 5е изд., стер. — М. : Издатель
ский центр «Академия», 2012. — 592 с. — (Сер. Бакалавриат)
ISBN 9785769594670
Учебное пособие создано в соответствии с Федеральным государственным образователь
ным стандартом по техническим направлениям подготовки (квалификация «бакалавр»).
Данное учебное пособие совместно с учебными пособиями Т. И. Трофимовой «Физика по
техническим направлениям подготовки» (квалификация «бакалавр»), «Курс физики», «Физика
в таблицах и формулах» и «Курс физики. Колебания и волны» Т. И. Трофимовой и А. В. Фирсова
составляет единый учебнометодический комплект по физике для студентов втузов. Около по
ловины задач приведены с подробными решениями и объяснениями, остальные предусмотрены
для самостоятельного решения. Это дает возможность использовать данное пособие в каче
стве задачника для вузов. Пособие состоит из семи глав, охватывающих все разделы курса
физики для инженернотехнических специальностей высших учебных заведений.
Для студентов высших технических учебных заведений. Может быть использовано преподава
телями для составления опорных конспектов к семинарам. Наличие подробных решений боль
шого количества задач, в том числе и не требующих знания высшей математики, позволяет
использовать это пособие при подготовке в вузы абитуриентами и на подготовительных курсах.
УДК 53(075.8)
ББК 22.3я73
ISBN 9785769594670
© Трофимова Т. И., Фирсов А. В., 2004
© Трофимова Т. И., Фирсов А. В., 2009, с исправлениями
© Образовательноиздательский центр «Академия», 2012
© Оформление. Издательский центр «Академия», 2012
ПРЕДИСЛОВИЕ
Для глубокого усвоения курса физики важно не только знание теории («впи
тывание» информации), но и умение активно применять изученное на практике,
самостоятельно работая над решением задач. Формирование навыков грамотного
решения задач является основной целью этой книги.
Учебное пособие состоит из семи глав, охватывающих все разделы курса физи
ки для инженернотехнических специальностей высших учебных заведений: фи
зические основы классической механики с элементами специальной теории отно
сительности, молекулярная физика и термодинамика, электричество и электро
магнетизм, колебания и волны, квантовая природа излучения, элементы кванто
вой физики, элементы физики атомного ядра и элементарных частиц. Главы раз
делены на подразделы, каждый из которых содержит основные формулы, боль
шое количество задач с подробными решениями и задач для самостоятельного
решения.
В решениях задач используются как традиционные методики, выработанные
российской высшей школой и успешно прошедшие проверку временем, так и соб
ственные разработки авторов, основанные на многолетнем преподавании в вузе.
При этом выдержаны единообразие в подаче материала, строгая логичность изло
жения и дозированное, обусловленное необходимостью применение математики.
Повышенное внимание уделено вопросам современной физики, к примеру, кван
товой механике, включая операторы и некоторые важные конкретные задачи.
Все решения содержат краткую запись условия, перевод данных из внесистем
ных единиц в СИ, лаконично сформулированные физические законы, лежащие в
основе рассматриваемых явлений, необходимые уравнения, их решения в общем
виде, численный ответ. Задачи для самостоятельного решения также снабжены
ответами в общем виде и результатами вычислений. Условия и ответы даны с точ
ностью до трех значащих цифр, стоящие в конце чисел нули опускаются для упро
щения записи.
Данное учебное пособие совместно с учебными пособиями Т.И.Трофимовой
«Физика по техническим направлениям подготовки» (квалификация «бакалавр»),
«Курс физики», «Физика в таблицах и формулах» и «Курс физики. Колебания и
волны» Т. И. Трофимовой и А. В. Фирсова составляет единый учебнометодиче
ский комплект по физике для обучающихся в учреждениях высшего профессио
нального образования.
Замечание и предложения будут с благодарностью приняты авторами по адре
су trofimova@sumail.ru и firsovav@mail.ru.
ГЛАВА 1
ФИЗИЧЕСКИЕ ОСНОВЫ МЕХАНИКИ
1.1. ОСНОВЫ КИНЕМАТИКИ
Основные законы и формулы
• Средняя и мгновенная скорости материальной точки
H
H
H
H dr
Dr
, v=
.
áv ñ =
dt
Dt
• Модули средней и мгновенной скоростей
H
H
H
Dr
Dr
Ds
Ds
, áv ñ =
,
áv ñ = áv ñ =
=
=
Dt
Dt
Dt
Dt
H
H
H
ds
Dr
Dr
Ds ds
v = v = lim
, v=
= lim
= lim
=
Dt ®0 Dt
Dt ®0 Dt
Dt ®0 Dt
dt
dt
H
H
[Dr — элементарное перемещение точки за промежуток времени Dt; r — радиус
вектор точки; Ds — путь, пройденный точкой за промежуток времени Dt].
• Среднее и мгновенное ускорения материальной точки
H
H
H
H dv
Dv
, a=
.
áa ñ =
dt
Dt
• Тангенциальная и нормальная составляющие ускорения
dv
v2
, an =
dt
r
[r — радиус кривизны траектории в данной точке].
• Полное ускорение при криволинейном движении
H H
H
a = a t + a n , a = a t2 + a n2 .
at =
• Путь и скорость для равнопеременного движения
s = v 0t ±
at 2
,
2
v = v 0 ± at
[v0 — начальная скорость].
• Длина пути, пройденного материальной точкой за промежуток времени от t 1
до t 2,
t2
s = ò v(t )dt.
t1
4
• Угловая скорость
H
H dj
w=
dt
H
[dj — элементарный угол поворота].
• Угловая скорость равномерного вращательного движения
w=
j 2p
=
= 2pn
t
T
[j — угол поворота произвольного радиуса от начального положения; t — проме
жуток времени, за который произошел данный поворот; T — период вращения;
n — частота вращения].
• Угловое ускорение
H
H dw
.
e=
dt
• Угол поворота и угловая скорость для равнопеременного вращательного дви
жения
j = w 0t ±
et 2
,
2
w = w 0 ± et
[w0 — начальная угловая скорость].
• Связь между линейными (длина пути s, пройденного точкой по дуге окруж
ности радиусом R, линейная скорость v, тангенциальная составляющая ускоре
ния a t, нормальная составляющая ускорения an) и угловыми (j — угол поворота,
w — угловая скорость, e — угловое ускорение) величинами:
s = Rj, v = Rw, a t = Re, an = w2R.
Примеры решения задач
1.1. Зависимость пройденного материальной точкой пути от времени задается
уравнением s = A - Bt + Ct 2 + Dt 3, где C = 0,2 м/с2, D = 0,1 м/с3. Определите:
1) через какой промежуток времени t после начала движения ускорение тела a =
= 1 м/с2; 2) среднее ускорение áañ за этот промежуток времени.
Дано: s = A - Bt + Ct 2 + Dt 3; C = 0,2 м/с2; D = 0,1 м/с3; a = 1 м/с2.
Найти: t; áañ.
Решение. Мгновенное ускорение материальной точки
a=
Мгновенная скорость v =
+ Dt 3, найдем
dv
.
dt
(1)
ds
или, учитывая условие задачи s = A - Bt + Ct 2 +
dt
v = -B + 2Ct + 3Dt 2.
(2)
Тогда ускорение, согласно (1),
5
a = 2C + 6Dt,
откуда искомый промежуток времени
t=
a - 2C
.
6D
Среднее ускорение материальной точки
áañ =
Dv v t - v 0
,
=
Dt
t - t0
где начальный момент времени t 0 = 0. Тогда искомое среднее ускорение с учетом
формулы (2)
-B + 2Ct + 3Dt 2 + B
= 2C + 3Dt.
t
Ответ: t = 1 с; áañ = 0,7 м/с2.
áañ =
1.2. Кинематическое уравнение движения материальной точки вдоль прямой
(ось x) задается уравнением x = A + Bt + Ct 2 + Dt 3, где B = 9 м/с; C = -6 м/с2;
D = 1 м/с3. Определите среднюю скорость ávñ и среднее ускорение áañ материаль
ной точки за промежуток времени, в течение которого точка движется в направ
лении, противоположном первоначальному.
Дано: x = A + Bt + Ct 2 + Dt 3; B = 9 м/с; C = -6 м/с2; D = 1 м/с3.
Найти: ávñ; áañ.
Решение. Мгновенная скорость материальной
точки
v=
dx
= B + 2Ct + 3Dt 2.
dt
(1)
График зависимости скорости (1) точки от време
ни — парабола с ветвями, направленными вверх, вер
2
C
шиной с координатами t = = 2 с; v = B - C =
3D
3D
= -3 м/с (см. рисунок) и точками пересечения с
осью: t 1 = 1 с; t 2 = 3 с (получается из условия
dv
= 0). В начальный момент времени t = 0 скорость
dt
точки согласно (1) равна 9 м/с, далее она убывает и
при t 1 = 1 с меняет знак, т. е. точка начинает двигаться в противоположном на
правлении. В момент времени t 2 = 3 с снова происходит смена знака скорости и,
соответственно, направления движения на первоначальное.
Искомые средняя скорость и среднее ускорение за промежуток времени от t 1 =1 с
до t 2 = 3 с
6
áv ñ =
x (t 2 ) - x (t1 )
;
t 2 - t1
áañ =
v(t 2 ) - v(t1 )
.
t 2 - t1
Определив из заданного уравнения для x, уравнения (1) и из графика соответ
ствующие значения координат и скоростей, находим ávñ = 2 м/с; áañ = 0.
Ответ: ávñ = 2 м/с; áañ = 0.
1.3. На рисунке представлена зависимость ускорения a от времени t для мате
риальной точки, движущейся прямолинейно. Определите скорость v и координа
ту x точки через t = 3 с после начала движения. В какой момент времени t 1 точка
изменит направление движения?
Дано: t = 3 с.
Найти: v; x; t 1.
Решение. Из графика следует, что зависимость ускорения от времени можно
представить в виде
a(t) = A - Bt,
(1)
где A = 4 м/с2; B = 2 м/с3.
В случае прямолинейного движения скорость мате
риальной точки при v0 = 0 (условие задачи):
t
v = ò a dt.
(2)
0
Подставив в формулу (2) выражение (1) и проинтег
рировав, получим искомую скорость
v = At -
Bt 2
.
2
Искомая координата
t
t
æ
Bt 2 ÷ö
At 2 Bt 3
x = ò v dt = ò ççAt .
÷ø dt =
è
2
2
6
0
0
Точка изменяет направление движения в момент, когда скорость v = 0, т. е.
At -
Bt 2
= 0,
2
откуда
t=
2A
.
B
Ответ: v = 3 м/с; x = 9 м; t 1 = 4 с.
1.4. Ускорение движущейся прямолинейно материальной точки изменяется
по закону a = A + Bt, где A = 9 м/с2; B = -6 м/с3. Определите скорость v точки
через t 1 = 4 с после начала движения, а также координату x и путь s, пройденный
точкой за этот промежуток времени.
Дано: a = A + Bt; A = 9 м/с2; B = -6 м/с3; t 1 = 4 с.
Найти: v(t 1); x(t 1); s(t 1).
7
Решение. Учитывая, что мгновенное ускорение
H
H dv
,
a=
dt
можем записать
H H
dv = a dt .
Проинтегрировав это выражение, получаем
t
t
0
0
H H
H
H
v = v 0 + ò a dt = ò a dt
(1)
(учли, что начальная скорость точки v0 = 0).
Подставив в выражение (1) заданное условием урав
нение a = A + Bt и проинтегрировав, получаем
t
v = ò (A + Bt )dt = At +
0
Bt 2
.
2
(2)
График зависимости скорости (2) точки от времени —
парабола с ветвями, направленными вниз, и с верши
2
A
ной в точке с координатами t = - = 1,5 с; v = - A =
B
2B
= 6,75 м/с. Точка пересечения графика с осью абсцисс
t = 3 с, в этой точке скорость меняет знак, а материальная точка — направление
движения. Для момента времени t = 4 с скорость v = -12 м/с, т. е. точка движется
в направлении, противоположном первоначальному (см. рисунок).
Координата материальной точки
t
t
æ
Bt 2 ö÷
At 2 Bt 3
x = ò v(t )dt = ò ççAt +
+
÷ dt =
è
ø
2
2
6
0
0
(3)
(учли, что в начальный момент времени x 0 = 0), откуда при t 1 = 4 с координата
x(t 1) = 8 м.
В момент времени t = 3 с точка начинает двигаться в обратную сторону, т. е. ее
координата убывает, а длина пути продолжает возрастать по тому же закону, по
которому убывает координата. До поворота путь s 1 равен координате x 1 в момент
времени t = 3 с: согласно (3), s1 = 13,5 м. За промежуток времени от t = 3 с (коор
дината x 1(t) = 13,5 м) до t 1 = 4 с (координата x(t 1) = 8 м) точка прошла в обрат
ном направлении расстояние
s 2 = x 1(t) - x(t 1).
Весь путь за время t 1 = 4 с равен сумме расстояний s 1 (первые три секунды) и
s 2 (последняя секунда)
s = x 1(t) + x 1(t) - x(t 1).
Ответ: v = -12 м/с; x = 8 м; s = 19 м.
8
1.5. На рисунке представлен график зависимости скорости от времени v(t) для
прямолинейно движущейся материальной точки в течение пяти секунд. Нари
суйте графики зависимостей координаты x и ускорения a точки от времени. Оп
ределите среднюю скорость точки; áv1ñ за первые три секунды движения; áv2ñ за
первые пять секунд движения.
Дано: v(t); t = 5 с.
Найти: áv1ñ; áv2ñ.
Решение. Согласно заданному рисун
ку, движение можно разбить на два этапа:
первый — в течение первых двух секунд и
второй — начиная с момента времени
t 1 = 2 с.
П е р в ы й э т а п (координата x 1, ско
рость v1, ускорение a1). Скорость растет ли
нейно, движение происходит с постоян
ным положительным ускорением.
Скорость
v1 = v01 + a 1t
(1)
(нaчaльнaя скорость v01 = 1 м/с, рис. а).
Ускорение
a1 =
v(t1 ) - v(t 0 )
= 0, 5 ì/ñ 2
t1 - t 0
(2)
(учли, что t 1 = 2 с; t 0 = 0).
Координата
x 1 = v 01t +
a1t 2
2
(3)
(учли, что x 01 = 0), т. е. график зависимос
ти x 1(t) — парабола, ветви которой направ
лены вверх (a 1 > 0) (координаты верши
ны t = -2 с; x = -1 м). По соотношениям
(2) и (3) строим участки графиков a(t) и
x(t) от t = 0 с до t = 2 с (рис. б и в).
В т о р о й э т а п (координата x 2, ско
рость v2, ускорение a 2). Скорость убывает
линейно, движение происходит с постоян
ным отрицательным ускорением, противо
положным начальной скорости.
Ускорение
a2 =
v(t 2 ) - v(t1 )
= -2 ì/ñ 2
t 2 - t1
(4)
(учли, что t 2 = 3 с; t 1 = 2 с).
9
Скорость
v2 = v02 + a 2(t - t 1)
[в данном случае момент времени t 1 можно принять за начальный; при t 1 = 2 с v02 =
= 2 м/с, см. рис. а, формулу (1)].
Координата
x 2 = x 02 + v 02 (t - t1 ) -
a 2 (t - t1 )2
2
(5)
[t 1 — начальный момент времени; v02 = 2 м/с; x 02 = 3 м, см. рис. а, а также формулу
(3)]. График зависимости x 2(t) — парабола, ветви которой направлены вниз (a2 < 0)
(координаты вершины t = 3 с; x = 4 м). Точка пересечения графика с осью абс
цисс t3 = 5 с. По соотношениям (4) и (5) строим участки графиков a(t) и x(t) для
t > t 1 (t 1 = 2 с) (см. рис. б и в).
Искомая средняя скорость для первых трех секунд движения
áv 1 ñ =
x (t 2 ) - x (t 0 )
= 1, 33 ì/ñ
t2 - t0
(t 0 = 0 с; t 2 = 3 с; x(t 0) = 0; x(t 2) = 4 м).
Искомая средняя скорость для первых пяти секунд движения
áv 2 ñ =
x (t 3 ) - x (t 0 )
=0
t3 - t0
(t 0 = 0 с; t 3 = 5 с; x(t 0) = 0; x(t 3) = 0).
Ответ: áv1ñ = 1,33 м/с; áv2ñ = 0.
1.6. Ускорение прямолинейно движущейся материальной точки возрастает по
закону a = kt (k — постоянная) и через промежуток времени t 1 = 8 с достигает
значения a 1 = 6 м/с2. Определите для момента времени t 2 = 5 с: 1) скорость v2
точки; 2) пройденный точкой путь s2.
Дано: a = kt; t 1 = 8 с; a 1 = 6 м/с2; t 2 = 5 с.
Найти: 1) v2; 2) s2.
Решение. Скорость материальной точки
t
t
0
0
v = ò a(t )dt = ò kt dt =
kt 2
2
(1)
(учли, что a = kt).
Согласно условию задачи
k=
a a1
= .
t
t1
(2)
Подставив формулу (2) в выражение (1), искомая скорость для момента вре
мени t 2:
v2 =
10
a1t 22
.
2t1
Путь, пройденный материальной точкой,
t
t
0
0
s = ò v(t )dt = ò
kt 2
kt 3
dt =
2
6
[учли формулу (1)]. Для момента времени t 2 с учетом соотношения (2) получаем
s2 =
a1t 23
.
6t1
Ответ: 1) v2 = 9,38 м/с2; 2) s 2 = 15,6 м.
1.7. Нормальное ускорение точки, движущейся по окружности радиусом r = 4 м,
задается уравнением an = A + Bt + Ct 2 (A = 1 м/с2, B = 6 м/с3, C = 9 м/с4). Опреде
лите: 1) тангенциальное ускорение точки; 2) путь, пройденный точкой за время
t 1 = 5 с после начала движения; 3) полное ускорение в момент времени t 2 = 1 с.
Дано: r = 4 м; an = A + Bt + Ct 2; A = 1 м/с2; B = 6 м/с3; C = 9 м/с4; t 1 = 5 с; t 2 =
= 1 с.
Найти: 1) a t; 2) s1; 3) a 2.
Решение. Тангенциальное ускорение
at =
dv
.
dt
(1)
v2
Нормальное ускорение an = . Согласно условию задачи an = A + Bt + Ct 2,
r
получим
v = r(A + Bt + Ct 2 ) = 4(1 + 6t + 9t 2 ) = 2(1 + 3t ) = 2 + 6t
(2)
(учли числовые значения коэффициентов).
Из выражений (1) и (2) искомое тангенциальное ускорение
at =
dv
d
= (2 + 6t ) = 6 ì/ñ 2 .
dt
dt
(3)
Искомый путь за время t 1:
t1
t1
0
0
s1 = ò v dt = ò (2 + 6t )dt = 2t1 + 3t12 .
Полное ускорение точки в момент времени t 2:
a 2 = a t22 + an22 = a t2 +
v2
r
2
= a t2 +
(2 + 6t 2 )4
r2
[учли, что a t = const (см. формулу (3))].
Ответ: 1) a t = 6 м/с2; 2) s1 = 85 м; 3) a 2 = 17,1 м/с2.
11
1.8. Движение материальной точки в плоскости xOy описывается законом
x = At, y = A(1 + Bt)t, где A и B — положительные постоянные, t — время. Опре
делите уравнение траектории материальной точки; радиусвектор точки в зави
симости от времени; модули скорости и ускорения в зависимости от времени.
Дано: x = At; y = A(1 + Bt)t; A = const; B = const.
H
Найти: y(x); r (t); v(t); a(t).
Решение. Для нахождения уравнения траектории материальной точки из за
данных в задаче уравнений следует исключить время. Из первого уравнения най
x
дем t = . Подставив это выражение во второе уравнение, можем записать
A
y = A(1 + Bt )t = A 1 + B
x x
B
= x + x 2,
A A
A
т. е. искомое уравнение траектории материальной точки
y =x +
B 2
x .
A
Радиусвектор материальной точки
H
H
H
H
H
r = x i + yj = At i + A(1 + Bt)t j ,
H H
где i и j — орты координатных осей x и y.
Векторы скорости и ускорения с учетом формулы (1)
H
H
H
H dr
v=
= Ai + A(1 + 2Bt )j .
dt
H
H dv
a=
= 2AB.
dt
(1)
(2)
(3)
H
Модуль скорости v = v x2 + v y2 , где vx и vy — соответственно проекции вектора v
на координатные оси x и y. Из выражения (2) следует, что vx = A и vy = A(1 + 2Bt).
Тогда искомый модуль скорости
v = A 1 + (1 + 2Bt )2 .
Из выражения (3) искомый модуль ускорения
a = 2AB = const.
H
H
B 2 H
Ответ: y(x ) = x + x ; r (t) = At i + A(1 + Bt)t j ; v(t ) = A 1 + (1 + 2Bt )2 ; a(t) =
A
= 2AB = const.
1.9. HРадиусвектор
материальной точкиHизменяется
со временем по закону
H
H
H
2
,
B
=
0,1
м/с;
i
и
j
—
орты
координатных
осей x и y.
r = At 2i + Bt j , где A = 0,4 м/с
H
H
Определите выражения для v (t) и a (t); модули скорости и ускорения, тангенци
альную и нормальную
составляющие
ускорения в момент времени t = 2 с.
H
H
H
Дано: r H= At H2i + Bt j ; A = 0,4 м/с2; B = 0,1 м/с; t = 2 с.
Найти: v (t); a (t); v; a; a t; a n.
H
H
H
Решение. Учитывая заданное в условии уравнение r = At 2i + Bt j , искомые
выражения для векторов мгновенной скорости и ускорения:
12
H
H
H
H dr
v=
= 2Ati + Bj ;
dt
H
H
H dv
a=
= 2Ai .
dt
(1)
(2)
H
Модуль скорости v = v x2 + v y2 , где vx и vy — соответственно проекции вектора v
на координатные оси x и y. Из выражения (1) следует, что vx = 2At; vy = B. Тогда
искомый модуль скорости
v = 4A2t 2 + B 2 .
(3)
Модуль ускорения, согласно формуле (2),
a = 2A = const.
Тангенциальная составляющая ускорения с учетом формулы (3)
at =
dv
d
=
4A2t 2 + B 2 =
dt
dt
(4)
4A2t
.
4A2t 2 + B 2
Нормальная составляющая ускорения
a n = a 2 - a t2 = 4A2 - a t2
[учли формулу
(4)].H
H H
H
H
Ответ: v (t) = 2Ati + Bj ; a(t) = 2Ai ; v = 1,6 м/с; a = 0,8 м/с2; at = 0,798 м/с2; an =
= 0,775 м/с2.
1.10. Одно из тел бросили с высоты h 1 = 18 м вертикально вверх, другое в тот
же момент с высоты h 2 = 32 м бросили горизонтально. Определите начальную
скорость v01 первого тела, если оба тела на Землю упали одновременно.
Дано: h 1 = 18 м; h 2 = 32 м; t 1 = t 2 = t.
Найти: v01.
Решение. Кинематическое уравнение движения тела в векторной форме
H
H H
H
gt 2
,
r = r0 + v 0t +
2
H
где r 0 — радиусвектор,
тела в выбранной
H
H определяющий начальное положение
системе координат; v 0 — начальная скорость тела; g — ускорение
свободного падения.
Направив ось y вертикально вверх (начало отсчета на уровне
Земли, см. рисунок), уравнения движения первого и второго тел в
проекции на эту ось для момента падения
0 = h1 + v 01t 0 = h2 -
gt 2
;
2
gt 2
;
2
(1)
(2)
(учли, что t 1 = t 2 = t).
13
Из уравнений (1) и (2) искомая начальная скорость первого тела
v 01 =
h 2 - h1
.
2h 2
g
Ответ: v01 = 5,48 м/с.
1.11. Воздушный шар поднимается с Земли вертикально вверх с ускорением
a = 0,9 м/с2. Через t 1 = 12 с после начала его движения пассажир уронил гайку.
Определите время t пад падения гайки на Землю; ее скорость vпад в момент удара
о Землю.
Дано: a = 0,9 м/с2; t 1 = 12 с.
Найти: t пад; vпад.
Решение. Направив ось y вертикально вверх (начало отсчета
на поверхности Земли, см. рисунок), запишем кинематическое
уравнение движения в проекции на эту ось
h = h0 + v 0t -
gt 2
,
2
(1)
at 2
где h0 = 1 — высота, на которой выпала гайка; v0 = at 1 — началь
2
ная скорость гайки, направленная вертикально вверх. Учитывая
эти соотношения и принимая, что в момент падения гайки h = 0; t = t пад, выраже
ние (1) запишется в виде:
0=
gt 2
at12
+ at1t ïàä - ïàä .
2
2
Решив это квадратное уравнение, получим искомое время падения
t ïàä =
a + a(a + g )
t1
g
(учли, что физический смысл имеет только положительный корень).
Кинематическое уравнение для скорости в проекции на выбранную ось y :
v = v0 - gt,
которое для момента падения запишется в виде
vпад = at1 - gt пад
(учли, что v0 = at 1).
Вычисляя, получаем t пад = 4,9 с; vпад = -37,3 м/с (знак «-» показывает, что
скорость направлена вниз).
Ответ: t пад = 4,9 с; vпад = -37,3 м/с.
1.12. Тело брошено под углом a к горизонту. Пренебрегая сопротивлением
воздуха, определите этот угол, если максимальная высота подъема h max меньше
дальности полета s в n = 2,4 раза.
14
s
Дано: h max = ; n = 2,4.
n
Найти: a.
Решение. Кинематические уравнения движе
ния тела в векторной форме:
H
H H
H
gt 2
r = r0 + v 0t +
;
2
H H
H
v = v 0 + gt ;
H H
a = g,
H
где r 0 — радиусвектор,
определяющий начальное
H положение тела в выбранной
H
системе отсчета; v 0 — начальная скорость тела; g — ускорение свободного паде
ния.
H
Направив оси координат (см. рисунок) из точки начала движения (r 0 = 0),
получим уравнения движения в проекциях на оси x и y:
x = v 0x t ; v x = v 0x ; a x = 0.
y = v 0yt -
gt 2
; vy = v 0y - gt ; ay = g.
2
(1)
(2)
Из рисунка следует, что
v 0x = v 0 cos a; v 0y = v 0 sin a.
(3)
Поскольку при y = h max (в высшей точке траектории) vy = 0, из второго соотно
шения (2) время подъема
v 0y
.
(4)
g
Подставив формулу (4) в первое соотношение (2), найдем максимальную вы
соту подъема
t1 =
h max =
v 02y
.
2g
(5)
В момент падения тела y(t) = 0, поэтому общее время движения из первого
соотношения (2)
t=
2v 0y
.
g
Из первого соотношения (1), используя формулу (4), дальность полета
s=
2v 0yv 0x
.
g
(6)
Разделив (5) на (6) и учитывая (3), найдем
h max
tg a
=
.
s
4
(7)
15
Согласно условию задачи h max =
s
, поэтому из выражения (7)
n
4
tg a = ,
n
откуда искомый угол
4
a = arctg .
n
Ответ: a = 59°.
1.13. С вершины наклонной плоскости, составляющей с горизонтом угол a = 37°,
горизонтально брошен камень со скоростью v0 = 8 м/с. Пренебрегая сопротивле
нием воздуха, определите расстояние l до точки
H падения камня на наклонную
плоскость и угол b между вектором скорости v 1 камня в момент его падения и
наклонной плоскостью.
Дано: a = 37°; v0 = 8 м/с.
Найти: l; b.
Решение. Кинематические уравнения движения
тела в векторной форме:
H
H H
H
gt 2
r = r0 + v 0t +
;
2
H H
H
v = v 0 + gt ;
H H
a = g,
H
где r 0 — радиусвектор,
H определяющий начальное Hположение тела в выбранной
системе координат; v 0 — начальная скорость тела; g — ускорение свободного па
дения.
Направив оси координат из точки начала движения (см. рисунок), получим
уравнения движения на оси x и y:
gt 2
,
2
(1)
v x = v 0 ; v y = gt .
(2)
x = v 0x t ; y =
Обозначив координаты точки наклонной плоскости, в которую упадет камень,
через x 1 и y1, время падения через t 1, можем записать
tg a =
x1
,
y1
(3)
gt 2
причем, согласно (1), x 1 = v 0t1 è y1 = 1 . Подставив эти выражения в формулу
2
(3), найдем
t1 =
2v 0
.
g tg a
(4)
Искомое выражение для l (расстояния до точки падения камня на наклонную
плоскость):
16
l = x 12 + y12 = x 12 +
2v 02
x 12
1
1
1+ 2
= v 0t1 1 + 2 =
2
g tg a
tg a
tg a
tg a
[учли соотношения (3), (1) и (4)].
H
Если j — угол между вектором скорости v 1 и горизонтом в момент падения, то
искомый угол между вектором скорости камня в момент падения и наклонной
плоскостью
b = j - a.
Из рисунка очевидно, что
tg j =
v1y
,
v1x
или, учитывая (2) и (4),
tg j =
gt1
2
.
=
v0
tg a
Тогда
b = arctg
2
- a.
tg a
Ответ: l = 28,5 м; b = 32° 21¢.
1.14. Радиусвектор материальной точки, движущейся в поле тяготения Зем
H gt 2 H
H
r
=
v
ti
j , где v0 = 76 м/с, g — ускорение сво
ли, описывается уравнением
0
H H
2
бодного падения; i , j — орты координатных осей x и y.
H Определите момент време
ни t 1 после начала движения, когда вектор скорости v точки направлен под углом
a = 35° к горизонту. Чему равна скорость v в этот момент времени?
H gt 2 H
H
j ; v0 = 76 м/с; a = 35°.
Дано: r = v 0ti 2
Найти: t 1; v.
Решение. Согласно условию задачи,
H gt 2 H
H
r = v 0ti j,
2
(1)
H
откуда следует, что в начальный момент времени радиусвектор r 0 = 0.
Записав, согласно уравнению (1), координаты точки (проекции радиусавек
тора)
rx = v 0t ;
ry = -
gt 2
,
2
можно заключить из второй формулы, что ось y направлена
вертикально вверх.
dr
dr
Учитывая, что v x = x ; v y = y , получаем
dt
dt
17
vx = v0; vy = -gt,
(2)
откуда следует, что имеем дело с движением тела, брошенного горизонтально (см.
рисунок).
½v y ½
gt
. Учитывая формулы (2), tg a = 1 , откуда
Из рисунка следует, что tg a =
v0
½v x ½
искомый момент времени
t1 =
v 0 tg a
.
g
Искомая скорость
v = v x2 + v y2 = v 0 1 + tg 2 a =
v0
cos a
[учли выражение (2)].
Ответ: t 1 = 5,42 с; v = 92,8 м/с.
1.15. Материальная точка начинает вращаться с постоянным угловым ускорени
ем. Определите угловое ускорение e точки, если через промежуток времени
t = 5 сH
H
угол a между векторами полного ускорения a и скорости v
составляет 51°.
Дано: e = const; t = 5 с; a = 51°.
Найти: e.
Решение. При равноускоренном вращательном движе
нии угловая скорость w связана со временем соотношением
w = w0 + et. По условию задачи w0 = 0, тогда
w = et.
(1)
Связь тангенциальной составляющей ускорения a t, направленной вдоль век
тора скорости (см. рисунок), с угловым ускорением
a t = eR,
(2)
где R — радиус окружности, по которой движется материальная точка.
Нормальная составляющая ускорения (направлена к центру окружности)
an =
v2
.
R
(3)
an
. Подставив выражения (1), (2) и (3) и учи
at
тывая соотношение v = wR, можем записать, что tg a = et 2, откуда искомое угло
вое ускорение
Из рисунка следует, что tg a =
e=
tg a
.
t2
Ответ: e = 0,049 рад/с2.
1.16. Диск радиусом R = 5 см вращается вокруг неподвижной оси так, что
зависимость угловой скорости от времени задается уравнением w = 2At + 5Bt 4
18
(A = 2 рад/с2, B = 1 рад/с5). Определите для точек на ободе диска к концу первой
секунды после начала движения: 1) полное ускорение; 2) число оборотов, сделан
ных диском.
Дано: R = 5 см (0,05 м); w = 2At + 5Bt 4; A = 2 рад/с2; B = 1 рад/с5; t = 1 с.
Найти: 1) a; 2) N.
Решение. Полное ускорение
a = a t2 + a n2 ,
(1)
dw
— угловое ускоре
где тангенциальная составляющая ускорения a t = eR ( e =
dt
ние); an = w2R — нормальная составляющая ускорения.
По условию задачи w = 2At + 5Bt 4; следовательно,
a t = eR = R
dw
= R(2A + 20Bt 3),
dt
an = w2R = R(2At + 5Bt 4)2,
откуда искомое полное ускорение, согласно (1),
a = R (2A + 20Bt 3 )2 + (2At + 5Bt 4 )4 .
Число оборотов, совершенных диском,
N=
j
,
2p
(2)
где угол поворота диска
t
t
j = ò w dt = ò (2At + 5Bt 4 )dt = At 2 + Bt 5
0
(3)
0
dj
).
dt
Подставив выражение (3) в формулу (2), найдем искомое число оборотов, сде
ланных диском,
(учли, что w =
N=
At 2 + Bt 5
.
2p
Ответ: 1) a = 4,22 м/с2; 2) N = 0,478.
1.17. Скорость автомобиля (радиус колес R = 35 см), движущегося равноза
медленно, за время Dt = 2 с уменьшилась с v1 = 65 км/ч до v2 = 46 км/ч. Опреде
лите угловое ускорение e и число полных оборотов N колес за это время.
Дано: R = 35 см (0,35 м); Dt = 2 с; v1 = 65 км/ч (18,1 м/с); v2 = 46 км/ч (12,8 м/с).
Найти: e; N.
Решение. Поскольку v1 = w1R, v2 = w2R (w1, w2 — угловые скорости в момен
ты времени t 1 и t 2), угловое ускорение при торможении за промежуток времени
Dt = t 2 - t 1
w 2 - w1 v 2 - v 1
=
< 0.
Dt
RDt
Знак «-» показывает, что движение автомобиля равнозамедленное.
e=
(1)
19
Угол поворота в случае равнозамедленного вращательного движения с учетом
знака e
j = w1Dt -
eDt 2
,
2
или, учитывая (1),
j=
v1 + v 2
Dt .
2R
Искомое число оборотов при торможении
N =
j
v + v2
= 1
Dt .
2p
4 pR
Ответ: e = -7,57 рад/с2; N = 14,1.
1.18. Вентилятор после выключения за время t = 5,5 с, вращаясь равнозамед
ленно, сделал до остановки N = 22 оборота. Определите угловую скорость w0 и
частоту вращения n вентилятора в рабочем режиме, а также угловое ускорение
вентилятора e.
Дано: t = 5,5 с; N = 22; w(t) = 0.
Найти: w0; n; e.
Решение. Угол поворота j и угловая скорость w в случае равнозамедленного
движения
j = w 0t -
et 2
,
2
w = w 0 - et .
Учитывая, что j = 2pN, а w = 0 (по условию задачи), эти выражения можно
записать в виде
2pN = w 0t -
et 2
;
2
0 = w 0 - et .
(1)
(2)
Из уравнений (1) и (2) находим искомые угловую скорость и угловое уско
рение:
w0 =
4pN
4pN
; e= 2 .
t
t
Частота вращения
n=
w0
2N
.
=
2p
t
Ответ: w0 = 50,2 рад/с; n = 8 с-1; e = 9,13 рад/с2.
20