Сборник задач по курсу общей физики. Часть 1

Министерство образования Российской Федерации
ОРЕНБУРГСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ
Кафедра физики
Ф.Д. Влацкий
В.Г. Казачков
Ф.А. Казачкова
Т.М. Чмерева
СБОРНИК ЗАДАЧ ПО КУРСУ ОБЩЕЙ ФИЗИКИ
Часть 1
Учебное пособие для заочного отделения
Оренбург 2000
ББК22.3я7
С 23
УДК 53 (076.5)
Рекомендовано Редакционно - издательским Советом ОГУ
протокол №_________, от ____________________ 2000 г.
Рецензент
кандидат технических наук, доцент Э.А.Савченков
Влацкий Ф.Д., Казачков В.Г., Казачкова Ф.А., Чмерева Т.М.
С 23
Сборник задач по курсу общей физики. Часть 1: Учебное
пособие для заочного отделения.- Оренбург:ОГУ,2000. - 65 с.
Учебное пособие предназначено для выполнения контрольных работ по физике студентами-заочниками инженерно-технических
специальностей.
ББК 22.3я7
C
1604010000
6 Л9 - 2000
 Влацкий Ф.Д., 2000
 ОГУ, 2000
2
Содержание
Введение ........................................................................................................ 4
1 Общие методические указания................................................................. 5
2 Кинематика ................................................................................................. 8
2.1 Основные формулы и понятия .............................................................. 8
2.2 Методические указания........................................................................ 10
2.3 Примеры решения задач....................................................................... 12
2.4 Задачи для контрольной работы.......................................................... 20
3 Динамические принципы механики....................................................... 23
3.1 Основные формулы и понятия ............................................................ 23
3.2 Методические указания........................................................................ 24
3.3 Решение задач........................................................................................ 27
3.4 Задачи для контрольной работы.......................................................... 36
4 Законы сохранения ................................................................................. 40
4.1 Основные формулы и понятия ............................................................ 40
4.2 Методические указания........................................................................ 42
4.3 Решение задач........................................................................................ 44
4.4 Задачи для контрольной работы.......................................................... 49
5 Движение твердого тела......................................................................... 52
5.1 Основные формулы и понятия ............................................................ 52
5.2 Методические указания........................................................................ 54
5.3 Решение задач........................................................................................ 55
5.4 Задачи для контрольной работы.......................................................... 62
Список использованных источников........................................................ 65
3
Введение
Цель настоящего учебно-методического пособия - оказать помощь студентам заочного отделения инженерно-технических и инженерно-физических специальностей в изучении курса физики.
В пособии учтены требования государственного общеобразовательного
стандарта и особенности учебных планов разных специальностей, различие в
числе контрольных работ и во времени, отводимом для изучения курса. Поэтому в данном пособии, наряду со сравнительно простыми задачами, приводятся задачи, с которыми можно справиться только после некоторых размышлений, внимательного чтения учебников, рекомендуемых преподавателем, и методических указаний, приведённых в данном пособии.
В сборнике, на наш взгляд впервые, приведены столь подробные методические указания и дан подробный анализ решения наиболее типовых задач. Авторы надеются, что такой подход к составлению задачника позволит
студентам заочного отделения глубже усвоить как теоретический материал,
так и наиболее общие подходы к решению задач.
4
1 Общие методические указания
Курс общей физики изучается студентами-заочниками университета
самостоятельно по учебникам и учебным пособиям. В период лабораторноэкзаменационных сессий они слушают лекции по основным разделам программы, выполняют лабораторные работы, сдают экзамены и зачеты. Если
при изучении курса возникают неясности, то каждый студент может получить консультацию в устной и письменной форме, обратившись на кафедру
или непосредственно к преподавателю, ведущему данный курс.
Объем материала по курсу физики достаточно большой и рассчитан на
планомерное, систематическое изучение. Освоение того или иного раздела
предполагает хорошее знание предыдущего материала.
Сдача зачетов и экзаменов предшествует самостоятельная работа в
межсессионный период по выполнению контрольных работ, включающих
определенное число задач по изучаемому предмету. Прежде чем их решать,
необходимо проработать материал соответствующего раздела по учебникам
и конспектам лекций. Решение задач позволяет лучше уяснить и запомнить
основные законы физики, помогает правильно применять общие закономерности к отдельным конкретным случаям, понять наиболее важные приложения физики в производственной деятельности людей. Умение решать задачи
приобретается только в результате систематической тренировки.
Разумеется, общего алгоритма решения нет, но придерживаться определенного порядка действий необходимо. Можно рекомендовать следующий
порядок.
1.1 Решение задачи начинается с внимательного чтения и изучения её
условия с одновременным анализом физических законов, описывающих рассматриваемые явления. Наиболее продуктивный прием работы на этом этапе
- графический (рисунок, чертеж, схема). Графическая схема должна отражать процессы и явления в динамике. Для этого необходимо сделать (не всегда) два рисунка: один соответствующий началу явления, описанного в условии, другой - его окончанию.
В результате анализа условия устанавливается круг физических явлений, воспроизводятся в памяти относящиеся к этим явлениям закономерности, особое внимание обращается на различного рода допущения,
которые следуют из условия или должны быть сделаны в ходе решения.
Надо иметь в виду, что в задачах не всегда указывается все данные, необходимые для проведения расчетов, студент сам должен ввести недостающие величины, когда станет очевидной их необходимость.
1.2 При аналитическом методе решения задачи вначале записывается
формула, содержащая искомую величину. Затем она анализируется с целью
привлечения формул, связывающих неизвестные величины с известными.
Анализу подвергаются все последовательно применяемые уравнения. В результате должно быть записано столько уравнений, сколько имеется неизвестных.
При синтетической схеме логических операций искомая величина мо5
жет появиться не сразу. Но и при этом подходе уравнений должно быть записано столько, сколько имеется неизвестных.
Решение полученной системы уравнений приводит к ответу на вопрос
задачи в общем виде, в который входят заданные в условии величины и табличные данные.
1.3 Важно не только уметь решать, но и овладеть элементарными способами проверки полученных результатов. Универсальной схемы для проверки решения в общем виде не существует. Чаще всего пользуются методом
размерностей, т.к. обе части любого физического уравнения должны иметь
одинаковую размерность. Проверку ведут следующим образом. В итоговую
формулу подставляют только единицы измерения входящих в неё величин и
проводят с ними необходимые математические действия. Полученная единица измерения должна соответствовать единице измерения искомой величины.
Однако правильная размерность еще не говорит о верном решении, т.к. одинаковые размерности могут иметь различные величины. Например, в механике - работа, энергия и момент силы имеют одинаковые размерности.
Если ответ представляет собой функцию и надо выяснить характер её
изменения, то целесообразно исследовать ее на максимумы, минимумы, бесконечные значения и т.д. Обычно при этом помогает графическое изображение полученной функции.
1.4 Убедившись в правильности общего решения, производят расчет,
для чего в формулу подставляются значения в одной системе единиц. За редким исключением, все числовые значения выражают в системе единиц СИ.
При подстановке в расчетную формулу, а также при записи ответа числовые значения величин следует записывать как произведение десятичной
дроби с одной значащей цифрой перед запятой на соответствующую степень
десяти, например, вместо 3520 надо записать 3.52·103 , вместо 0.00157 записать 1.57·10-3 и т.п.
Вычисления по расчетной формуле надо проводить с соблюдением
правил приближенных вычислений. Как правило, окончательный ответ следует записывать с тремя значащими цифрами. Это относится и к случаю, когда результат получен с применением калькулятора.
1.5 Имеет смысл, получив числовой ответ, проверить, не противоречит
ли действительности полученное значение искомой величины. Такая оценка
в ряде случаев позволяет обнаружить ошибку. Например, скорость пули не
может быть больше первой космической скорости на Земле или скорости
света в вакууме; или дальность полета тела, брошенного человеком, больше
100м и т.д. Иногда можно сопоставить ответ с порядком значений аналогичных величин в справочниках.
1.6 В период изучения курса общей физики студент заочник должен
представить, в зависимости от специальности, от одной до пяти контрольных
работ. Номера задач для контрольных работ и их количество определяются
преподавателем и выдаются индивидуально каждому студенту, при этом количество задач в работе не должно быть более десяти.
6
Контрольные работы выполняются в тетради, на обложке которой приводятся сведения по следующему образцу:
Министерство общего и профессионального образования
Российской Федерации
ОРЕНБУРГСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ
Кафедра общей физики
КОНТРОЛЬНАЯ РАБОТА № 1
Выполнил: студент группы 97 ААХ-1 Зубарев А.В.
Номер зачетки_
Проверил:_
1.7 Условия задач в контрольной работе надо переписать полностью
без сокращений. Для замечаний преподавателя на страницах оставлять поля.
В контрольной работе указать, каким учебником или учебным пособием студент пользовался при изучении физики (название учебника, автор, год
издания). Это делается для того, чтобы рецензент в случае необходимости
мог указать, что следует студенту изучить для завершения контрольной работы.
1.8 Если контрольная работа при рецензировании не зачтена, студент
обязан представить ее на повторную рецензию, включив в нее те задачи, решения которых оказались неверными. Повторную работу необходимо представить вместе с не зачтенной.
Зачтенные контрольные работы представляются экзаменатору. Студент
должен быть готов во время экзамена дать пояснения по существу решения
задач, входящих в контрольные работы.
7
2 Кинематика
2.1 Основные формулы и понятия
r
Положение точки в пространстве определяется радиус-вектором r , т.е.
вектором, проведенным из начала координат в данную точку. Кинематическое уравнение движения материальной точки определяется векторным
уравнением
r r
r = r (t ) ,
(2.1)
эквивалентным трем скалярным уравнениям:
 x = x(t )

 y = y (t ) .
 z = z (t )

(2.2)
Скорость есть производная от радиус-вектора движущейся точки по
времени:
r
r dr
v=
,
(2.3)
dt
или в проекции, например, на ось x:
dx
.
(2.4)
dt
Ускорение точки есть производная от скорости по времени или вторая
производная от радиус-вектора движущейся точки по времени:
vx =
r
r
r dv d 2 r
,
(2.5)
a=
=
dt dt 2
или в проекции, например, на ось x:
dv x d 2 x
= 2 .
(2.6)
ax =
dt
dt
r
При равномерном прямолинейном движении ( v = const ) выполняется
соотношение:
r r
∆r = v ∆t .
(2.7)
r
Формулы движения с постоянным ускорением ( a = const ):
r r
r
v = v0 + at

r
 r r
at 2
∆r = v0 t +

2
r
где v0 - начальная скорость.
8
,
(2.8.)
r
При криволинейном движении точки полное ускорение a есть векторr
r
ная сумма тангенциального aτ и нормального a n ускорений. Модуль полного ускорения равен:
a = aτ2 + a n2
(2.9)
a n = v 2 / R
,

aτ = dv dt
(2.10)
При этом:
где R - радиус кривизны траектории в данной точке.
Средняя скорость движущейся точки в проекции, например, на ось x в
промежутке времени от t до t + ∆t:
∆x
⟨v x ⟩ =
.
(2.11)
∆t
Средняя скорость движущейся вдоль траектории точки:
∆S
⟨v ⟩ =
,
(2.12)
∆t
где S – путь, пройденный точкой за интервал времени ∆t.
Путь ∆S, в отличие от разности координат ∆x= х2 - х1, не может убывать
и принимать отрицательные значения, т.е. ∆S ≥ 0.
Кинематическое уравнение движения материальной точки по окружности:
ϕ = ϕ (t ) .
Угловая скорость точки (тела) есть производная от угла поворота по
времени:
r
r dϕ
ω=
.
(2.13)
dt
Угловое ускорение точки (тела) есть производная от угловой скорости
по времени или вторая производная от угла поворота по времени:
r
r
r dω d 2ϕ
= 2 .
ε =
dt
dt
(2.14)
r
При равномерном вращательном движении ( ω = const ) выполняется
соотношение:
ϕ=ωt.
(2.15)
r
Формулы равноускоренного вращательного движения ( ε = const ) точки (тела) вокруг неподвижной оси:
9
r
r r
ω = ω 0 + ε t
.

2
ϕ = ω 0 t + εt 2
(2.16)
Связь между модулями линейных и угловых величин:
S = ϕR,
v = ωR,
aτ = εR,
an = ω2R,
(2.17)
где
S – путь, пройденный точкой вращающегося тела (длина дуги);
R - расстояние точки от оси вращения (радиус дуги);
ϕ - угол поворота точки, выраженный в радианах.
Угловая скорость точки (тела), вращающегося равномерно, связана с
числом оборотов в секунду n и периодом вращения Т соотношением
ω = 2πn = 2π/T.
(2.18)
2.2 Методические указания
2.2.1 Для решения задач по кинематике надо знать уравнение (закон)
движения точки, определяющий её положение в любой момент времени, задаваемое в векторной форме выражением (2.1) или в проекциях (2.2). Зная
r
r
закон (2.1) величины v и a находят из уравнений (2.3.-2.6). Поэтому основным методом решения задач по кинематике является аналитический (численный) метод, при котором от векторной формы записи переходят к скалярной.
Для этого необходимо выбрать систему координат и направления осей. Проектируя вектора (2.8) на оси координат, и учитывая, что проекция суммы
векторов равна сумме их проекций, получим четыре скалярных уравнения в
проекциях на оси x и y
v x = v0 x + a x t

2
∆x = v0 x t + a x t / 2
v = v + a t
0y
y
 y
∆y = v + a t 2 / 2
0y
y

(2.19)
r r r r
где ∆x, ∆y, v0 x , v0 y , a x , a y есть проекции векторов ∆r , v , v0 , a на соответствующие оси. Теперь решение задачи сводится к решению системы уравнений.
2.2.2 Выбор оси определяется условием конкретной задачи. При этом
надо стремиться к тому, чтобы часть проекций оказались равными нулю и
уравнения упростились. Обычно начало координат совмещают с положением
точки в начальный момент времени, т.е. считают х0 = 0, у0 = 0, а одну из осей
r
(например ось y) направляют вдоль вектора a , тогда ах=0, ау=а. Если при
10
r
r
этом окажется, что вектора v0 и a лежат на одной прямой (оси y), то
v0 x = 0, v0 y = v0 , v y = v и уравнения (2.19) превратятся в два уравнения
v = v0 + at

2
 y = v0 t + at 2
.
(2.20)
При наличии тангенциального ускорения, т.е. при криволинейном равномерном движении, удобней использовать естественные оси координат и
проектировать уравнения (2.19) на тангенциальную и нормальную оси координат.
2.2.3 В общем случае путь S, отсчитываемый вдоль траектории, больше
r
модуля вектора перемещения ∆r ; только для прямолинейного движения в
r
одном направлении S = ∆r .
2.2.4 Часто в условии задачи задают равномерное прямолинейное движение не одного, а нескольких (обычно двух) тел, по отношению к системе
отсчета, связанной с Землей, или иной системой отсчета. В таких случаях
решение задачи упрощается, если рассматривать все движения в системе отсчета, связанной с одним из движущихся тел. Иногда такой выбор системы
отсчета просто необходим. При этом надо иметь ввиду, что если тело А двиr
жется относительно тела В со скоростью v1 , то тело В, согласно принципу
r
относительности, движется относительно тела А со скоростью v2 , где:
r
r
v 2 = −v1
(2.21)
2.2.5 Если материальная точка участвует в двух (и более) движениях,
r
то её перемещение ∆r равно векторной сумме перемещений, полученных в
каждом движении, независимо от того, последовательно или одновременно
происходили эти движения:
r
r
r
∆r = ∆r1 + ∆r2 .
Согласно (2.3), суммарная скорость такого движения равна:
r
r
r
v = ∆v1 + ∆v 2 .
(2.22)
r
2.2.6 Поскольку угловое перемещение ϕ, угловая скорость ω и угловое
r
ускорение ε связаны между собою так же, как и соответствующие им лиr r r
нейные величины ∆r , v , a , методы решения задач на вращательное движение твердого тела во многом совпадают с методами решения на линейное
движение материальной точки. Это относится прежде всего к задачам на
равномерное вращательное движение тела вокруг неподвижной оси, описываемое формулами (2.16), аналогичными формулам равнопеременного движения точки (2.8). Уравнения (2.16) проектируются на ось координат, совпа-
11
дающей с осью вращения и примут вид:
ω = ω 0 + εt
.

2
ϕ = ω 0 t + εt / 2
(2.23)
Знак ϕ определяется направлением поворота тела за время t. Величины
ω и ε имеют одинаковые знаки при ускоренном вращении и противоположенные- при замедленном.
2.2.7 Если тело одновременно участвует в двух вращательных движеr
r
ниях с угловыми скоростями ω1 и ω 2 относительно двух пересекающихся
осей, то результирующее
будет также вращательным с угловой
r r движение
r
скоростью равной ω = ω 1 + ω 2 . Напомним, что направления вектора угловой
скорости и вращения тела связаны правилом правого винта.
2.3 Примеры решения задач
Задача1. Точка движется согласно уравнению y = 6t − t 3 8 (длина - в
метрах, время - в секундах). Найти: а) скорость и ускорение точки через 2 с
от начала движения; б) среднюю скорость движения точки в интервале времени от t1= 2 с до t2= 6 с.
Решение. Скорость точки в данный момент времени определяется выражением (2.4), и в нашем случае, имеет вид:
dy
3t 2
v=
= 6−
; т
v = 4.5 м/с.
dt
8
Соответственно, ускорение, согласно выражению (2.6),
dv
6t
=− ,
т.е. а = –1.5 м/с2.
a=
dt
8
Средняя скорость вдоль пути определяется формулами (2.11) и (2.12),
т.е. задача сводится к расчету пути ∆S, пройденного точкой за время ∆t = t2-t1.
Если точка движется в течении всего промежутка времени ∆t в одном направлении, то очевидно, что ∆S = ∆y, где ∆y = y2 - y1 - приращение координаты у за время ∆t . В противном случае ∆S > y. Действительно, если, например, координата y увеличивалась, то после изменения направления движения она начнет уменьшаться. В этом случае, для нахождения пути ∆S1 надо разбить ∆t на такие промежутки времени ∆t1; ∆t2; ∆t3, ..., ∆tn, чтобы в течение каждого из них точка двигалась в одном направлении. Вычислив координаты ∆yi, соответствующие каждому из этих промежутков времени ∆ti, определим путь ∆S по формуле:
i=n
∆S = ∑ ∆S i .
i =1
12
(2.24)
Исследуем нашу функцию y = y (t), учитывая, что в моменты изменения направления движения точки по траектории, скорость точки должна обращаться в ноль. Учитывая кубический вид нашего уравнения, такие точки
должны быть. Найдем такой момент времени t′, для чего выражение для скорости приравняем нулю:
3t 2
dy
v=
= 6−
= 0.
dt
8
Отсюда:
t′= ± 4 с.
Подставляя в заданное уравнение у = у (t) последовательно значения t1,
t′, t2 получим, соответственно: у1 = 11м, у′ = 16м, у2 = 9м.
Тогда по формуле (2.24)
Отсюда:
∆S = ∑ ∆yi = y ′ − y1 + y 2 − y ′ = 12 м.
<v> = 12/4 = 3 м/с.
Задача 2. Тело брошено со скоростью v0= 20.0 м/с под углом α = 30° к
горизонту. Пренебрегая сопротивлением воздуха, найти скорость тела, а также его нормальное и тангенциальное ускорения через t = 1.50 с после начала
движения. На какое расстояние l переместится за это время тело по горизонтали и на какой высоте h окажется?
r r
Решение: Так как тело движется с постоянным ускорением a = g , его
скорость и перемещение определяются векторными уравнениями (2.8) или
соответствующими им скалярными уравнениями (2.19). Мы не знаем, в какой
точке траектории будет тело через 1.50 с после начала движения - на восходящей или нисходящей ветвях параболы. Предположим, оно находится в
точке М (рисунок 2.1). Введем координатные оси, направленные по горизонтали (x) и вертикали (y) и совместим
начало координат в начальный момент времени. Тогда, подставив в
(2.19)
значения
ax=0,
ay=-g,
v0 x = v0 cos α , v0 y = v0 sin α , ∆х=х,
Рисунок 2.1
∆у=у и учитывая, что проекция скорости тела в точке М на ось y направлена вниз, получим:
v x = v0 cos α
x = v0 t cos α
− v y = v0 sin − gt
(2.25)
(2.26)
(2.27)
13
gt 2
y = v0 t sin α −
2
(2.28)
Искомые величины l и h равны соответственно х, у точки М в момент t
= 1.50 с.
l = x = 20.0 ⋅ 0.87 ⋅ 1.50 = 26.0 м,
9.8 ⋅ (1.50) 2
h = y = 20.0 ⋅ 0.5 ⋅1.50 −
= 4 .0 м.
2
Скорость v в точке М найдем через ее проекции, определяемые по
формулам (2.25) и (2.27):
v = vx 2 + v y 2 ,
(2.29)
т.е. v = 20.0 2 + 0.87 2 + (20.0 ⋅ 0.5 − 9.8 ⋅ 1.5) 2 = 17 м/с.
Для определения нормального и тангенциального ускорений учтем, что
полное ускорение тела (при отсутствии сопротивления воздуха), движущегоr
ся в поле земного тяготения, есть ускорение свободного падения g . Проекr
тируя вектор g по касательному и нормальному направлениям к траектории
в точке М, получим (рисунок 2.1):
a n = g sin β = gv x v
aτ = g cos β = gv y v ,
где β - угол между вертикалью и касательной к траектории в точке М.
Подставляя вместо v x , v y , v их значения из формул (2.25), (2.27),
(2.29), получим:
a n = gv0 cos α
v0 2 cos 2 α + (v0 sin α − gt )2
aτ = g ( gt − v0 sin α )
v0 2 cos 2 α + (v0 sin α − gt )2
(2.30)
(2.31)
Вычисления по формулам (2.30), (2.31), дают:
a n = 9.5 м/с2,
aτ=2.6 м/с2.
Положительное значение aτ подтверждает правильность нашего предположения относительно места тела на траектории в точке М. Отрицательное
значение aτ свидетельствовало бы, что скорость тела убывает и что, следовательно, оно находится на восходящей ветви параболы в точке N.
Замечания: 1) Предположим, что тело находится в данный момент в
точке N (рисунок 2.1), тогда
14
v y = v0 sin α − gt
aτ = g (v0 sin α − gt )
(2.32)
v02 cos 2 α + (v0 sin α − gt ) 2
и получим, после подстановки t=1.50 с:
aτ = - 2.6 м/с2
Этот результат совпадает с полученным ранее, т.к. в положении N усr
r
корение aτ направлено против v . Поэтому отрицательное значение, вычисленное для t=1.50 с, свидетельствует о том, что фактически в этот момент усr
корение aτ имеет направление, противоположное тому, которое мы предпоr
ложили, т.е. в сторону скорости v . Но это означает, что скорость растет и
значит, тело движется по нисходящей ветви параболы. Другими словами, мы
убеждаемся, что, приступая к решению задачи, можно произвольно задавать
положение тела на траектории.
2) Величину аτ можно найти другим способом, учитывая, что она, согласно формуле (2.10) , равна производной от модуля скорости по времени.
Подставив в (2.10) вместо скорости ее значение по (2.29) и выполнив дифференцирование, получим
g (v0 sin α − gt )
dv
aτ =
=
dt
v 2 0 cos 2 α + (v sin α − gt ) 2
0
dv
> 0 всегда будет озdt
начать возрастание скорости, т.е. движение по нисходящей ветви параболы.
dv
< 0 означает убывание скорости и движение по восходящей
Наоборот,
dt
ветви параболы.
При таком методе нахождения aτ неравенство
Задача 3. Мячик, брошенный с балкона в вертикальном направлении,
через t = 3.0 с упал на Землю. Определить начальную скорость мячика, если
высота балкона над Землей равна 14.1 м. Сопротивлением воздуха пренебречь.
Решение. В условии не указано направление, в котором брошен мяч вертикально вверх или вниз. Однако эта неопределенность не является существенной для решения задачи.
В любом случае движение будет равнопеременным с ускорением
r
v r
a = g , а высота балкона над Землей совпадает с вектором перемещения ∆r
мяча (рисунок 2.2). Для решения задачи воспользуемся формулами (2.8) и
(2.20). Направим ось y вертикально вниз. Соблюдая правило знаков, получим
по (2.20):
15
y = −v0 t + gt 2 / 2
Решив уравнение относительно v0 , найдем, что
v0 = ( gt 2 − 2 y ) / 2t
После подстановки числовых данных задачи полу-
чим:
9.8 ⋅ 9.0 − 2 ⋅ 14.1
= 10.0 м/с
2 ⋅ 3.0
Положительный знак величины скорости показываРисунок 2.2
ет, что начальная скорость мяча направлена вверх, как и
предполагалось.
Замечание 1) Легко убедиться, что выбор направления оси отсчета
произволен. Так, направив ось y вверх, получим уравнение
v0 =
-y = v0 t − gt 2 / 2 ,
которое равносильно предыдущему.
r
2) Если предположить, что начальная скорость v0 направлена вниз, т.е.
по оси у, то будем иметь
y = v0 t + gt 2 / 2 .
Решая это уравнение, получим v0 = -10 м/с. Отрицательный знак показывает, что начальная скорость направлена в противоположную сторону, т.е.
вверх. Значит, мы пришли к прежнему результату.
r
Задача 4. Частица А двигается со скоростью v и ударяется о массивr
ную стенку В, которая движется в том же направлении со скоростью u (рисунок 2.3). Определить скорость частицы после удара, если известно, что при
ударе о стенку В, когда она неподвижна, частица отскакивает, сохраняя скорость по модулю и изменяя её направление на противоположное.
Решение. Условие задачи предполагает скорости движения тел А и В заданными в некоторой
системе отсчета, связанной, например, с Землей. Но
при этом дан закон соударения частицы с неподвижной стенкой. Значит, для решения задачи необходимо движение частицы рассматривать в системе
Рисунок 2.3
отсчета, связанной со стенкой. В этой системе отсчета стенка будет неподвижной, а движение частиr
цы - сложным, состоящем из двух: относительно Земли со скоростью v и соr
гласно (2.21), вместе с Землей относительно стенки со скоростью − u . Поэтому, в согласии с формулой (2.22), скорость частицы относительно стенки
16
равна
r
r r r
v + (−u ) = v − u .
Согласно условию задачи, частица отскочит от стенки со скоростью
r r
r r
− (v − u ) = u − v .
Теперь вернемся к системе отсчета, связанной с Землей, т.к. в этой системе надо найти скорость частицы после удара. Движение частицы после
удара о стенку и в этом случае состоит из двух движений: относительно
r s
стенки со скоростью (u − v ) и вместе со стенкой относительно Земли со скоr
ростью u . Отсюда, искомая скорость:
r r r
r r
r
v ′ = (u − v ) + u = 2u − v .
r
Отсюда вытекает, что направление вектора v ′ зависит от соотношения
r
r
модулей векторов u и v : 1) если v < 2u , то направление скорости частицы
после удара сохранится; 2) если v > 2u , то изменится на противоположное;
3) если v = 2u , то она остановится.
Задача 5. Из двух пунктов А и В, расстояние между которыми l, одноr
r
временно начинают двигаться два автомобиля со скоростями v1 и v2 . Векторы скоростей образуют с отрезком АВ углы α =45° (рисунок 2.4). Считая
движение автомобилей равномерным и
прямолинейным, определить наименьшее расстояние между ними.
Решение. Рассмотрим два способа
решения задачи, отличающиеся выбором
системы отсчета.
Первый способ. Пусть движение
автомобилей происходит в системе отсчета связанной с Землей, в которой и
Рисунок 2.4
заданы скорости. Вначале расстояние
между ними будет уменьшаться, а затем (если они не столкнутся - случай
равных скоростей) - увеличиваться. Чтобы найти наименьшее расстояние
Smin, применим общий метод исследования функции на экстремум.
Для этого рассмотрим положение автомобилей спустя произвольный
промежуток времени t после начала движения и найдем расстояние между
ними как функцию времени. Из чертежа следует:
S = (OM ) 2 + (ON ) 2 = (OA − v1t ) 2 + (OB − v 2 t ) 2 .
Обозначив ОА = ОВ = а, получим:
17
S = 2a 2 − 2a (v1 + v2 )t + (v12 + v2 2 )t 2
(2.32)
Чтобы найти минимум функции S=S(t), продифференцируем её по
времени и результат приравняем нулю:
− 2a (v1 + v2 ) + 2t (v12 + v2 2 )
dS
=
= 0.
dt 2 2a 2 − 2a (v + v )t + (v 2 + v 2 )t 2
1
2
1
2
Отсюда время, соответствующее наименьшему расстоянию Smin, равно:
tmin = a (v1 + v2 ) (v12 + v 2 2 ) .
Подставляя значение tmin в выражение (2.32), получим:
a v2 − v1
l v 2 − v1
.
(2.33)
S min =
=
2
2
2
2
v1 + v 2
2(v1 + v 2 )
Из формулы (2.33) следует: 1) если v1 = v2 , то Smin = 0 - автомобили
встретятся в точке О (рисунок 2.4); 2) если v1 = 0 или v2 = 0 (движется один
автомобиль), Smin = a, S = Smin, когда автомобиль окажется в точке O.
Второй способ. Свяжем систему отсчета, например, с первым автомобилем. В этой системе отсчета первый автомобиль неподвижен, а движение
r
второго автомобиля будет сложным: со скоростью v2 относительно Земли и
r
r
со скоростью v1′ = −v1 вместе с Землей
относительно первого автомобиля (рисунок 2.5). Скорость результирующего
r
движения выразится вектором v , причем
v = v1′ 2 + v 2 2 = v12 + v2 2
Максимальное расстояние между
автомобилями будет длиной перпендикуРисунок 2.5
r
ляра АС, опущенного на направление v .
Из подобия прямоугольных треугольников следует:
l (v2 − v1 )
,
(2.34)
S min = AC =
2
2
2(v1 + v 2 )
что совпадает с ответом (2.33), т.к. в (2.34) v2 > v1 .
Задача 6. Маховик вращается равноускоренно. Найти угол α, который
r
составляет вектор полного ускорения a в любой точке маховика с радиусом
в тот момент, когда маховик совершит первые N =2.0 оборота.
18
r
r
Решение. Разложим вектор a в точке М на тангенциальное aτ и норr
мальное a n ускорения. Из рисунка 2.6 видно, что tgα = aτ/an. Перейдя к угловым величинам, согласно формул (2.17), получим:
ε ⋅r
ε
(2.35)
tgα = 2 = 2 .
ω ⋅r ω
Рисунок 2.6
Так как маховик вращается равноускоренно,
найдем связь между величинами ε и ω с помощью
формул равнопеременного вращения (2.15), (2.16),
(2.23), исключив из них время: ω2 - ω02 = 2εϕ. По
условию задачи ω0 = 0, ϕ=2πn , значит:
ω2 = 2ε⋅2πΝ=4πΝε.
(2.36)
Подставив значение ω2 из (2.36) в (2.35), получим:
1
tgα =
.
4πN
Подставляя числовые значения, получим:
1
tgα =
= 0.040; α = 17′ .
4π ⋅ 2
Замечание. Из ответа видно, что угол α одинаков для всех точек тела и
целиком определяется углом поворота ϕ=2πΝ , т.е. при заданном угле поворота не зависит от промежутка времени, в течение которого этот поворот
произошел. При этом в начальный момент времени N = 0, tgα=∞, α=π/2, т.е.
r
r r
r
вектор a направлен по касательной к траектории в точке М ( a = aτ , a n = 0 ).
Наоборот, при возрастании N угол α убывает, т.е. стремится к нулю при
r
r r
r
N→∞, вектор a будет направлен вдоль нормали ( a = a n ; aτ = 0 ). Это значит, что при установившемся вращении ε =0, ω = const, (смотри формулу
2.35), полное ускорение всегда совпадает с нормальным.
Задача 7. При движении автомобиля его колесо радиуса r = 0.75 м, катится по окружности радиуса R = 6.00 м в горизонтальной плоскости. При
этом центр колеса движется с постоянной скоростью v = 1.50 м/с. Определить: а) угловую скорость и угловое ускорение колеса; б) угол, образуемый
r
вектором ω с вертикалью.
как сумму двух
Решение. Качение колеса по окружности представим
r
вращательных движений: 1) с угловой скоростью ω 1 вокруг горизонтальной
r
оси АВ (рисунок 2.7) и 2) с угловой скоростью ω 2 вместе с осью АВ вокруг
r
r
вертикальной оси ОО′. Направление векторов ω 1 и ω 2 на рисунке соответстr
вует правилу правого винта. Результирующий вектор угловой скорости ω по
19
модулю равен:
ω = ω12 + ω 2 2
(2.37)
Величины ω1 и ω2 найдем из формул
(2.17). Предварительно найдем линейную
скорость наружных точек колеса в его вращении вокруг оси АВ. Для этого все движения
рассмотрим в системе отсчета, связанной с
автомобилем. В этом случае колесо будет
Рисунок 2.7
вращаться вокруг неподвижной оси АВ, а
точки дороги, соприкасающиеся с колесом, будут в силу принципа относиr
r
тельного движения иметь скорость v ′ = −v . Т.к. между колесом и дорогой
нет проскальзывания, то его (колеса) наружные точки также будут иметь
r
скорость v ′ , равную по модулю v. Исходя из этого, по формулам (2.15) и
(2.37) получим:
2
2
2
v
r
v  v 
ω =   +   = ⋅ 1+   .
r
 R
r R
r
Вектор ω образует с вертикалью угол α и, как следует из чертежа:
tg α = ω1/ω2 = R/r.
После подстановки численных значений получим α = 83°. Угловое ускорение определяется по формуле (2.14)
r и равно скорости изменения вектора
r
ω . В нашем случае модуль вектора ω не изменяется, но меняется его направление, т.к. он поворачивается вокруг оси ОО′. Т.к.
r его начало (точка В на
рисунке
2.7) неподвижно, то скорость измененияr ω , т.е. угловое ускорение
r
ε , равно скорости перемещения конца вектора ω - точки С. Точка С опишет
окружность радиуса, численно равного ω1, за время, равное периоду Т2 вращения колеса вокруг оси ОО′. Поэтому, с учетом (2.17), получим:
2πω1
v2
= ω1 ⋅ ω 2 =
ε=
,
Т2
R⋅r
и, после подстановки численных значений величин v, R, r угловое ускорение будет равным
1.50 ⋅1.50
ε=
= 0.50 рад/с2.
0.75 ⋅ 6.00
2.4 Задачи для контрольной работы
2.4.1 Две прямые дороги пересекаются под углом α = 60°. От перекрестка удаляются по ним машины: одна со скоростью v1 = 60 км/ч, другая 20
v2 = 80 км/ч. Определить скорость, с которой одна машина удаляется от другой. Перекресток машины прошли одновременно.
2.4.2 Человек находится на расстоянии 50 м от прямой дороги, по которой приближается автомобиль со скоростью v1 = 10 м/с. По какому направлению должен бежать человек, чтобы встретиться с автомобилем, если автомобиль находится на расстоянии 200 м от человека? Человек может бежать
со скоростью v2 = 3 м/с.
2.4.3 Три четверти своего пути автомобиль прошел со скоростью
v1 = 60 км/ч, остальную часть пути- со скоростью v2 = 80 км/ч. Какова средняя скорость движения автомобиля?
2.4.4 Камень брошен вертикально вверх с начальной скоростью
v0 = 20 м/с. Через сколько секунд камень будет находиться на высоте
h = 15 м? Какова будет скорость камня на этой высоте? Сопротивлением воздуха пренебречь.
2.4.5 Тело брошено под углом α к горизонту с начальной скоростью v0 .
Найти дальность полета тела Sx, наибольшую высоту подъема Sy и уравнение
движения тела.
2.4.6 С вышки бросили камень в горизонтальном направлении. Через
2 с камень упал на Землю на расстоянии S = 40 м от основания вышки. Определить начальную и конечную скорости камня, высоту вышки.
2.4.7 Самолет, летевший на высоте h = 2940 м со скоростью
v = 360 км/ч, сбросил бомбу. За какое время t до прохождения над целью и на
каком расстоянии S от неё надо сбросить бомбу, чтобы попасть в цель? Сопротивлением воздуха пренебречь.
2.4.8 По дуге окружности R = 10 м движется точка. В некоторый момент времени нормальное ускорение точки an = 4.9 м/с2, вектор полного ускорения образует в этот же момент времени с вектором нормального ускорения угол ϕ = 60°. Найти скорость v и тангенциальное ускорение аτ точки для
указанного момента времени.
2.4.9 Камень брошен в горизонтальном направлении со скоростью
v x = 15 м/с. Найти нормальное и тангенциальное ускорения камня через
t = 1 с после начала движения. Сопротивлением воздуха пренебречь.
2.4.10 Точка движется по прямой согласно уравнению х = Аt + Bt3, где
А = 6 м/с, В = - 0.125 м/с3. Определить среднюю скорость движения точки в
интервале времени от t = 2 с, до t = 6 с.
2.4.11 Диск радиусом R = 10 см, находившийся в состоянии покоя, начал вращаться с постоянным угловым ускорением ε = 0.5 рад/с2. Каковы были тангенциальное аτ, нормальное аn и полное ускорения точек на окружности диска в конце второй секунды после начала движения?
2.4.12 Движение точки в двух взаимно перпендикулярных направлениях задается уравнениями:
x = (8 + 2t2) м
y = (4 + 1.5t2) м.
21
Найти зависимость перемещения, скорости и ускорений от времени.
Какова траектория движения?
2.4.13 Колесо радиуса R равномерно катится без скольжения по горизонтальному пути со скоростью v. Найти координаты x и y произвольной
точки А на ободе колеса, выразив их как функцию времени t или угла поворота колеса ϕ , полагая, что t= 0, y = 0, x= 0, ϕ = 0 (см. рисунок 2.8).
2.4.14 Автомобиль, с колесами радиуса R,
движется со скоростью v по горизонтальной дороге, причем v2>Rg, где g -ускорение свободного
падения. На какую максимальную высоту h моРисунок 2.8
жет быть заброшена вверх грязь, срывающаяся с
колес автомобиля? Укажите положение точки на покрышке колеса, с которой
при данной скорости движения автомобиля грязь будет забрасываться выше
всего. Сопротивлением воздуха пренебречь.
2.4.15 Тело движется по кругу радиуса R против часовой стрелки с постоянной скоростью v. Центр окружности помещается в начале прямоугольной системы координат (х,у) и в момент времени t =0, тело находится в точке
с координатами (R,0). Найдите x, y, vx, vy, ax, ay как функцию времени. Покажите, что
х′′ + ωх = 0,
у′′+ ωу = 0,
где ω = v / R .
2.4.16 Небольшой камешек застрял в узоре протектора шины автомобильного колеса радиуса R. Колесо катится по горизонтальной дороге без
проскальзывания с постоянной скоростью v. Найдите выражения для координат камешка x и y как функции времени t (в момент времени t=0 камешек
касается дороги). Найдите также зависимость от времени компонент скорости и ускорения.
2.4.17 Частица движется в положительном направлении оси x так, что
её скорость меняется по закону v = α x , где α - положительная постоянная.
Считая, что в момент времени t=0 она находится в точке x = 0, найти:
а) зависимость от времени скорости и ускорения частицы;
б) среднюю скорость частицы за время, в течение которого она пройдет
путь от x = 0 до x.
2.4.18 Точка движется в плоскости xy по закону: x = at, y = at(1-αt), где
a и α - положительные постоянные, t -время. Найти:
а) уравнение траектории точки у (x);
б) скорость и ускорение в зависимости от времени.
2.4.19 Точка движется в плоскости xy по закону: x = a sinωt, y = a (1-cosωt), где a и ω -положительные постоянные. Найти:
а) путь, проходимый точкой за время τ ;
б) угол между векторами скорости и ускорения точки.
22
3 Динамические принципы механики
3.1 Основные формулы и понятия
Общей целью механики (а с небольшими оговорками - и всей физики)
является создание методов решения задач типа: дана определенная физическая система в определенных физических условиях; найти, что произойдет с этой системой через какой-то промежуток времени. Решение этой
задачи распадается на а) установление величин, описывающих состояние
системы, б) составление уравнений движения, описывающих изменение состояния во времени и в) нахождение физических величин, опытное измерение которых дает возможность судить о том, что происходит реально с исследуемой системой.
В классической физике состояние частицы полностью определяются
r
r
радиус-вектором частицы r и её скоростью v в заданный момент времени.
Из определения состояния частицы следует, что все величины, характеризующие свойства частицы или любой системы частиц, являются функциями
положений и скоростей этих частиц.
Уравнения движения системы частиц:
r
r r
r r
r
ai = ai (r1 ,..., rN ; v1 ,..., v N ) ,
r
где ai - ускорение i -той частицы.
В случае одной частицы
r
d 2r
r r
a = 2 = a(r , v ) .
dt
(3.1)
Так как сила,
на частицу (систему частиц), есть функция
r rдействующая
r r
состояния, т.е. F = F (r , v ) , то 2 закон Ньютона:
r dpr
r
= ma ,
F=
dt
(3.2)
r
r
где p = mv -импульс, является уравнением движения.
Если на частицу (систему частиц) действует несколько сил, то
r
r
r
F = ∑ Fi = ma ,
(3.3)
r
r
где F = ∑ Fi - равнодействующая всех сил, приложенных к частице.
Интегрируя дважды уравнения движения (3.2), (3.3), мы найдем закон
движения частицы, если заданы начальные условия (обычно в момент времеr
r r
r
ни t=0), т.е. даны r (0 ) = r0 ; v (0 ) = v0 .
23
Основные силы, используемые при решении задач:
Сила гравитационного взаимодействия тел:
mm
F = γ 12 2 .
r
Сила электрического взаимодействия двух зарядов:
1 q1q 2
F=
.
4πε 0 r 2
Сила электромагнитного
взаимодействия:
r
r
rr
F = gE + g v B .
[ ]
Сила упругости:
F = −kx .
(3.4)
(3.5)
(3.6)
(3.7)
Сила трения скольжения:
Fтр = µN .
(3.8)
Сила сопротивления при ламинарном движении тела в среде:
F = −av .
(3.9)
В неинерциальной системе отсчета, движущейся поступательно с ускоr
рением a0 относительно инерциальной, второй закон Ньютона имеет вид:
r r
r
F
∑ i + Fин = ma ,
(3.10)
r
r
r
где Fин = −ma0 - сила инерции, a - ускорение в неинерциальной системе отсчета.
3.2 Методические указания
3.2.1 Важно помнить, что уравнения движения в форме (3.1) или в форме второго закона Ньютона, справедливы только в инерциальных системах
отсчета. В подавляющем большинстве задач, в которых рассматривают движение относительно поверхности Земли, систему отсчета, связанную с Землей, можно считать практически инерциальной. Тогда следует считать инерциальной и любую другую систему отсчета, которая движется поступательно
и без ускорения относительно Земли.
3.2.2 Во втором законе Ньютона мы рассматриваем только "реальные"
силы, т.е. силы возникающие при взаимодействии тел. Это сила тяготения,
сила Кулона, сила упругости, силы трения, силы сопротивления, реакции
опор (формулы (3.4)-(3.9)).
3.2.3 Для решения задач динамики составляют уравнения движения
24
материальной точки. Чаще всего в виде второго закона Ньютона (3.2) и (3.3).
При этом рекомендуется следующий порядок действий:
а) сделать чертеж и на нем изобразить все силы, действующие на тело.
Выражение "на тело действует сила" всегда означает, что данное тело взаимодействует с другим телом, в результате чего приобретает ускорение. Следовательно, к данному телу всегда приложено столько сил, сколько имеется
других тел, с которыми оно взаимодействует.
Чтобы правильно определить направление сил, действующих на тело,
надо помнить, что сила тяжести направлена вниз по линии отвеса, сила реакции опоры, при отсутствии трения, - по нормали к соприкасающимся поверхностям в точке их касания в сторону тела, сила реакции нити - вдоль нити к точке подвеса - и численно равна силе натяжения нити.
Примечание. При разборе решения задач, часто вместо силы реакции
нити, говорится о самой силе натяжения нити, имея в виду равенство этих
сил по величине. Однако всегда надо помнить, что это (хотя и равные) разные силы, т.к. приложены к разным телам. Сила натяжения нити приложена
к нити со стороны тела, а сила реакции нити приложена к телу со стороны
нити;
б) Записать второй закон Ньютона в векторной форме (3.3);
в) Если силы действуют не по одной прямой, то в случае прямолиr
нейного движения, одну из осей (ось x) направляют вдоль ускорения a , а
r
другую (ось y) - перпендикулярно a . Спроектировав все векторы, входящие в
уравнение (3.3) на эти оси, записывают второй закон Ньютона в виде двух
скалярных уравнений
(3.11)
∑ Fx = ma ;
∑ Fy = 0 ,
т.к. ах=а, ау=0.
В более общем случае криволинейного движения одну из осей наr
правляют вдоль тангенциального ускорения aτ , а другую - вдоль норr
мального ускорения a n .
Если все силы, действующие на тело, лежат на одной прямой, следоваr
тельно, вдоль этой прямой направлен вектор a , то, выбрав её за ось проекций
r
и направив в сторону a , сразу записывают второй закон в скалярной форме:
∑ F = ma ,
(3.12)
где ∑ F - сумма проекций сил, действующих на тело.
3.2.4 В случае рассмотрения в задаче движения системы связанных
между собой тел, уравнения движения записывают для каждого тела в отдельности. Кроме того, записывают уравнения, выражающие кинематические
условия, связывающие ускорения отдельных тел системы (например, равенство по модулю ускорений двух грузов, висящих на нерастяжимой нити, перекинутой через блок). Таким образом, получают систему уравнений, число
25
которых равно числу неизвестных.
Если тела связаны нитью, массой которой можно пренебречь, то силу
натяжения нити считают одинаковой по всей её длине. Если нить переброшена через блок, натяжение нити по обе стороны от блока будет одинаково
по всей длине только при условии пренебрежения массами нити и блока, а
также силами трения, возникающими при вращении блока. Действительно,
r
r
на участок нити ∆l действуют со стороны соседних частей силы T1 и T2 . По
r r
закону Ньютона T2 + T1 = (∆m ) ⋅ a , где ∆m - масса участка нити ∆l . Т.к. мы
считаем нить невесомой, т.е. ∆m = 0 , то T2 = T1 .
3.2.5 При движении тела по поверхности какого-либо другого тела между ними возникает взаимодействие, приr этом к первому телу оказывается
приложена сила R (рисунок 3.1), которую называют
реакцией опоры. Во всех реальных случаях эта сила
направлена не по нормали к соприкасающимся поверхностям, а отклонена от неё в сторону, противоr
положенную
скорости v движения тела. Разложив
r
Рисунок 3.1
силу R на составляющие по нормалям и по касательной к соприкасающимся
поверхностям, получим
r r
r
r
r
R = Fтр + N , где Fтр - сила трения, N - сила нормального давления. Таким
образом, сила трения является, по существу, одной из составляющих реакции
опоры.
3.2.6 Сила трения скольжения подчиняется закону трения скольжения
(3.8) и направлена в сторону, противоположенную относительной скорости
тела. Появление силы трения не может изменить направление относительной
скорости; в крайнем случае, под действием силы трения тело остановится и
тогда сила трения скольжения исчезнет. Этим обстоятельством пользуются в
задачах, где заранее неизвестно направление движения.
3.2.7 Сила трения покоя Fпок всегда равна по модулю и противоположна по направлению той силе, которая должна была бы вызвать скольжение. Поэтому сила Fпок и есть величина переменная даже при постоянном
значении силы N. Однако она имеет предел - величину Fпок. макс. , определяемую законом трения покоя: Fпок. макс. = µ 0 N , где µ 0 - коэффициент трения
покоя. При решении задач, мы приближенно считаем µ 0 = µ , т.е. полагаем
максимальное значение силы трения покоя равной силе трения скольжения.
3.2.8 В задачах, в которых речь идет о физических явлениях, происходящих внутри ускоренно движущихся тел (вагона, лифта и т.д.) решение, основанное на применении второго закона Ньютона, упрощается, если рассматривать явление в неинерциальной системе отсчета, связанной с ускоренно движущимся телом. Соответственно, двум движениям тела - поступательному и вращательному - применяют как поступательно движущиеся, так и
вращательные неинерциальные системы отсчета. В поступательно движущихся неинерциальных системах отсчета второй закон Ньютона выражается
26
уравнением (3.10).
Это же уравнение применимо и во вращающихся системах отсчета при
условии, что рассматриваемая материальная точка (частица) в ней покоится.
r
r
r
Тогда, в выражении (3.10) a = 0 , a0 = a n - нормальное (центростремительное) ускорение той точки вращающейся
системы отсчета, в которой находитr
r
ся данная частица; величина F = − ma n называется центробежной силой
инерции. Сила инерции, входящая в уравнение (3.10), отличается от других
сил тем, что она существует только в неинерциальной системе отсчета и для
неё нельзя указать тех конкретных сил, со стороны которых она действует.
3.2.9 Существует другой способ объяснить поведение тела в неинерциальной системе отсчета, движущейся поступательно (или вращающейся, если
рассматриваемая точка в ней покоится). При этом никаких сил инерции не
вводят, но считают, что происходит изменение напряженности поля тяготения: ускорение силы тяжести изменяется по модулю и направлению и вместо
r
r
g становится g ′ , причем
r
r
r
g ′ = g + (− a0 ) ,
(3.13)
r
где a0 - ускорение той точки неинерциальной системы отсчета (относительно инерциальной), в которой находится данная частица (рисунок
r
3.2). На рисунке: a0 - ускорение вагона относиr
тельно Земли, g ′ - ускорение частицы ∆m относительно вагона. В системе отсчета, связанной с
вагоном, поле тяготения таково, что линия отвеса
r
(направление вектора g ′ ) оказывается наклоненной к полу вагона, соответственно сила тяжести
Рисунок 3.2
отличается от той, что была в неподвижном вагоне. Этот метод объяснения получил обоснование
в общей теории относительности.
3.2.10 Из двух рассмотренных методов второй быстрее приводит к цели в тех случаях, когда искомая величина определяется в инерциальной системе отсчета какой-либо известной формулой, содержащей ускорение силы
r
тяжести. Тогда достаточно принять это ускорение равным величине g ′ , выражаемой формулой (3.13) и произвести необходимые вычисления. Это, как
правило, задачи на распределение давления в жидкости или газе в ускоренно
движущихся сосудах, на колебания математического или физического маятника в ускоряемых кабинах и т.п.
3.3 Решение задач
Задача 1. В вагоне, движущемся горизонтально с постоянным ускорением а = 3.0 м/с2, висит на проволоке груз массой m = 2.0 кг. Определить силу натяжения Т проволоки и угол α ее отклонения от вертикали, если груз
27
неподвижен относительно вагона.
r
Решение. На груз действуют сила тяжести mg и сила реакции проволоr
ки T , как показано на рисунке 3.3. Т.к. груз неподвижен относительно вагона, его ускорение
равно ускорению вагона. При этом нить должна
быть отклоненной от вертикали назад, т.к. только
r r
в этом случае равнодействующая сил mg и T будет направлена вперед, сообщая грузу ускорение
r
a . Второй закон Ньютона (3.3) в применении груРисунок 3.3
зу выразится уравнением:
r r
r
mg + T = ma
r r
r
Проектируя векторы mg , T , и ma на оси x и y (рисунок 3.3), получим систему уравнений
T sin α = ma

T cosα − mg = 0
Решение этой системы уравнений и последующий расчет дает
α = arctg (a g ) ,
T = m a2 + g 2 ,
α = arctg (3.0 9.8) = arctg 0.31 = 17 o ,
T = 2.0 (3.0 )2 + (9.8)2 = 21 Н.
Задача 2. Груз массой m = 45 кг вращается на канате длиной l = 5.0 м в
горизонтальной плоскости с постоянной скоростью, совершая n = 16.0
об/мин. Какой угол α с вертикалью образует канат
и чему равна сила его натяжения?
Решение. По условию задачи на груз дейстr
r
вуют сила тяжести mg и сила реакции каната T
(рисунок 3.4), тогда по второму закону Ньютона
r r
r
mg + T = ma .
28
Рисунок 3.4
(3.14)
Т.к. тело движется по окружности с постоянr
ной скоростью, то полное ускорение тела a равно
r
нормальному ускорению a n и направлено по радиусу к центру окружности.
Направив одну из осей координат по направлению ускорения, т.е. по
радиусу (рисунок 3.4) и проектируя векторы уравнения (3.14) на оси, получим:
T sin α = mv 2 R = 4π 2 n 2 mR
,
(3.15)

−
=
T
cos
α
mg
0

где, как видно из чертежа, R = l sin α . Решая систему уравнений (3.15) относительно величин Т и α, получим
T = 4π 2 n 2 lm ,
(
)
α = arccos g 4π 2 n 2 l .
Подставляя в полученные выражения числовые значения в единицах
СИ, находим:
Т=0.63 кН ,
α = 45 o .
Задача 3. Определить ускорения a1 и a 2 , с которыми движутся грузы
m1 и m2 в установке, изображенной на рисунке 3.5, а
также силу натяжения Т нити. Нить считать невесомой и
нерастяжимой.
r
Решение. На груз m1 действуют сила тяжести mg и
r
реакция нити T1 , на груз m2 сила тяжести и силы реакции
r
r
нитей T2 и T3 . Т.к. нить невесомая и нерастяжимая, то
T1=T2=T3=T.
Уравнения движения запишутся в виде:
r
r r
m1g + T = m1a1 ,
r
r
r
m2 g + 2T = m2 a 2 .
Рисунок 3.5
В проекции на ось y уравнения примут вид:
m1 g − T = m1a1

m2 g − 2T = −m2 a 2
(3.16)
Рассматривая кинематическую схему установки и учитывая нерастяжимость
нити, запишем соотношение между модулями перемещений S1 и S2 грузов,
происходящих за одно и то же время:
29
S1 = 2S 2 ,
Очевидно, такое же соотношение существует и между модулями ускорений
грузов:
a1 = 2a 2 .
(3.17)
Решив совместно уравнения (3.16) и (3.17), получим:
a1 =
2(2m1 − m2 )
g,
4m1 + m2
a2 =
2m1 − m2
g,
4m1 + m2
T=
3m1m2
g.
4m1 + m2
Отсюда следует: а) если 2m1>m2, то a1 > 0 , a 2 > 0 , т.е. ускорения грузов направлены так, как мы предположили; б) если 2m1= m2, то a1 = a 2 = 0 ,
грузы покоятся или движутся равномерно; в) если 2m1<m2, то a1<0, a2<0 . В
этом случае ускорение груза m1 направлено вверх, ускорение груза m2 - вниз.
Замечание. Во всех трех случаях направления скоростей грузов остаются неопределенными, т.к. они зависят от направлений начальных скоростей и времени движения. Например, при 2m1>m2, груз m1 может двигаться
r
ускоренно вниз или замедленно вверх. В обоих случаях вектор a1 направлен
вниз.
Задача 4. Тележку массой
М = 20.0 кг, на которой лежит груз массой
r
m = 10.0 кг, тянут с силой F , направленной горизонтально (рисунок 3.6). Коэффициент трения между грузом и тележкой µ = 0.10 . Найти ускорения тележки a1
и груза а2, а также силу трения между грузом и тележкой в двух случаях: а)
F = 19.6 Н; б) F = 58.8 Н. Трением между
тележкой и опорой пренебречь.
Рисунок 3.6
Решение. Рассмотрим силы, действующие на оба тела. При этом, поскольку их ускорения направлены по горизонтали, достаточно учитывать лишь силы, действующие горизонтально, т.к.
остальные (по вертикали) заведомо уравновешиваются.
r
r
На тележку действует сила F и сила трения со стороны груза Fтр1 .
Последняя направлена против скорости
тележки относительно груза при треr
нии скольжения
или против сила F при трении покоя, т.е. в любом случае
r
сила Fтр1 , направлена влево, как видно из рисунка 3.6. На груз действует
r
сила трения со стороны тележки Fтр 2 , направленная, согласно третьему заr
r
кону Ньютона вправо Fтр1 = - Fтр 2 , причем по модулю Fтр1 = Fтр 2 = Fтр . С
учетом этого запишем уравнения движения груза и тележки
30
r r
r
 F + Fтр = Ma1
.
r
r
 Fтр = ma 2
(3.18)
Направив ось x в сторону ускорения, т.е. по горизонтали вправо, спроектируем систему уравнений (3.18) на ось x.
 F − Fтр = Ma1
.

=
F
ma
тр
2

(3.19)
Система уравнений (3.19) содержит три неизвестных. Для получения
ещё одного уравнения, надо выяснить характер силы трения между тележкой
и грузом, если тележка выскальзывает из-под груза, то между ними действует сила трения скольжения,r подчиняющаяся закону (3.8). Т.к. в данном случае сила реакции тележки N равна по модулю силе тяжести, то
Fтр = µmg .
(3.20)
Если же тележка и груз движутся как одно целое, то между ними действует
сила трения покоя Fпок ≠ µmg . Зато при этом будет выполняться равенство:
a1 = a 2 = a .
(3.21)
Таким образом, в обоих возможных случаях движения получим систему трех уравнений. Следовательно, для решения поставленной задачи необходимо выяснить, как движутся тела, т.е. выяснить характер сил, действующих между телами. Рассмотрим оба варианта:
а) тележка выскальзывает из-под груза. Тогда по формуле (3.20) между
ними действует сила трения скольжения
Fтр = 0.10 ⋅10.0 ⋅ 9.8 = 9.8 Н;
б) тележка и груз движутся как единое целое, удерживаемые трением
покоя. Тогда, учитывая (3.21), систему уравнений (3.19) запишем в виде:
 F − Fпок = Ma
.

F
=
ma
 пок
Решив эту систему, найдем, что
a = F (M + m ) ,
(3.22)
Fпок = Fm (M + m ) .
(3.23)
31
Формула (3.23) выражает пропорциональную зависимость между F и
Fпок. Однако значение Fпок имеет предел, равный силе Fтр , которая уже найдена. Значит два тела будут двигаться вместе лишь при таких значениях F
пока Fпок < Fтр. Проделав расчеты, получим:
а) если F =19.6 Н, то Fпок = 6.5 Н - тела движутся вместе;
б) если F = 58.8 Н, то Fпок = 19 Н, что превышает предельное значение
Fпок = Fтр = 9.8 Н. Значит, в этом случае между телами будет действовать
трение скольжения.
Теперь легко подсчитать ускорения в обоих случаях:
а) F =19.6 Н. В этом случае тела движутся вместе. Решая уравнение
(3.22) находим а = 0.66 м/с2;
б) F = 58.8 Н. Между телами действует сила трения скольжения. Решая
совместно уравнения (3.19) и (3.20), получим а1 = 2.5 м/с2, а2 = 0.98 м/с2.
Задача 5. На вершине двух наклонных плоскостей, образующих с горизонтом углы α = 30 o и β = 45o укреплен блок (рисунок 3.7). Грузы
m1 = 1.00 кг и m2 = 2.00 кг соединены нитью, перекинутой через
блок. Определить ускорение a
движения грузов вдоль плоскостей и силу натяжения нити Т.
Коэффициенты трения грузов о
плоскости равны: µ1 = µ 2 = µ .
Блок и нить считать невесомыми,
трение в оси блока не учитывать.
Рассмотреть случаи: а) µ = 0.10 ;
Рисунок 3.7
б) µ = 0.20 .
Решение. На каждый из грузов действуют четыре силы: сила тяжести,
сила нормального давления, сила трения и сила реакции нити. В этой задаче
мы заранее не знаем направления сил трения и, следовательно, не можем сразу приступить к составлению уравнений в скалярной форме. Действительно,
сила трения всегда направлена в сторону противоположную относительной
скорости движущегося тела, но направления движения грузов нам не даны.
Воспользуемся правилом, что сила трения, возникающая при движении
тела, не может изменить направление его относительной скорости. Предположим, трение отсутствует. В этом случае ускорение грузов определяется
разностью составляющих сил тяжести, направленных вдоль соответствующих плоскостей. Найдем эти составляющие:
m1 g sin β = 1.00 ⋅ 9.8 ⋅ 0.71 = 6.9 Н,
m2 g sin α = 2.00 ⋅ 9.8 ⋅ 0.5 = 9.8 Н.
32
Так как m1 g sin β < m2 g sin α , то груз m1, будет двигаться по наклонной
плоскости вверх, а m2 - вниз. А поскольку силы трения не могут изменить
направление движения, то при наличии трения грузы будут двигаться также.
Теперь составим уравнения движения грузов.
Для груза m1:
r
r r
r
T1 + m1 g + Fтр1 = m1a
,
(3.24)
r
r
N
m
g
0
+
=
 1
1
r
r
где Fтр1 = µN1 .
Для груза m2:
r
r r
r
T2 + m2 g + Fтр 2 = m2 a
,
(3.25)
r
r
N
m
g
0
+
=
 2
2
r
r
где Fтр 2 = µN 2 .
Направим одну из осей координат по направлению ускорения и спроектируем полученную систему уравнений на выбранные оси (рисунок 3.7).
 T − m1 g sin β − µm1 g cos β = m1a
.

m2 g sin α − T − µm2 g cos α = m2 a
(3.26)
Подставив в (3.26) числовые значения для первого случая ( µ = 0.10 ),
получим
а = 0.18 м/с2 , Т = 7.9 Н.
Для второго случая ( µ = 0.20 ) из (3.26) получим
а = – 0.19 м/с2 .
Отрицательное значение ускорения говорит о том, что при µ = 0.20 ,
направление движения грузов изменилось, т.е. стало противоположным тому, что было при отсутствии трения (при этом учитываем, что в обоих случаях начальные скорости грузов равны нулю). Мы уже говорили в начале,
что этого не может быть, т.к. сила трения не в состоянии изменить направление движения. Значит, получен неверный результат для ускорения во втором
случае, другими словами, при µ = 0.20 система уравнений (3.24), (3.25) или
(3.26) не соответствует действительности. Единственной ошибкой в рассуждении для µ = 0.20 может быть предположение, что грузы движутся и
между ними и плоскостями действуют силы трения скольжения, что и отражено в системах (3.24) и (3.25). Следовательно, при µ = 0.20 тела находятся
в покое и удерживаются силами трения покоя. Итак а = 0, при µ = 0.20 . Тогда система (3.26) примет вид:
 T − m1 g sin β − Fпок1 = 0
,

−
sin
−
=
0
T
m
g
α
F
2
пок 2

33
в которой неизвестны Т, Fпок1, Fпок2, и которая, очевидно, не имеет единственного решения для Т. Задача стала неопределенной, т.к. величина зависит от дополнительных обстоятельств, не оговоренных условием задачи, а
именно от того, каким образом грузы были помещены в положение, указанное на рисунке 3.7.
Задача 6. Тело массой m, находится на вершине наклонной плоскости и
удерживается силой трения. За какое время тело спустится с наклонной
плоскости, если онa станет двигаться в горизонтальном направлении с ускорением a0 = 1.00 м/с2 (рисунок 3.8). Длина плоскости l = 1.00 м, угол α = 30 o ,
коэффициент трения между телом и плоскостью µ = 0.60.
Решение. Выберем систему отсчета
связанную с наклонной плоскостью. Пока
плоскость неподвижна, на тело действуют
r
три силы: сила тяжести mg , сила норr
мального
давления
N
и сила трения поr
коя Fпок , которые уравновешивают друг
друга. Как только начнет движение наклонная плоскость и связанная с ней сисРисунок 3.8
тема отсчета станет неинерциальной r
r
появится ещё сила инерции Fин = −ma0 . Равновесие нарушится, и тело начr
нет скользить с ускорением a . Искомое время определится по известной
формуле пути равноускоренного движения без начальной скорости
t = 2l a .
(3.27)
r
Таким образом, задача сводится к нахождению ускорения a . Запишем
уравнение движения в неинерциальной системе отсчета (3.10)
r
r r r
r
mg + N + Fтр + Fин = ma .
(3.28)
Выберем оси координат как показано на рисунке 3.8, т.е., направив одr
ну из осей в направлении ускорения a , спроектируем на них уравнение
(3.28). Получим:
mg sin α − Fтр + ma0 cos α = ma
.

−
+
+
=
mg
cos
α
N
ma
sin
α
0
0

Решив систему (3.29) с учетом, что Fтр = µN , найдем ускорение
34
(3.29)
a = g (sin α − µ cos α ) + a0 (cos α + µ sin α ) .
Зная ускорение, по формуле (3.27) найдем после подстановки чисел
t = 0.8 с.
Таким образом, рассмотрев поведение тела в неинерциальной системе
отсчета и введя силу инерции, мы свели дело к простой задаче, решаемой
стандартным методом динамики. Решение в инерциальной системе отсчета
оказалось бы, в данном случае, значительно более трудным.
Задача 7. Сосуд с жидкостью вращается вокруг вертикальной оси с постоянной угловой скоростью ω. Определить форму поверхности жидкости.
Решение. Каждая точка вращающегося сосуда с жидкостью имеет ускорение, направленное к оси вращения и равное
a0 = ω 2 x ,
где x – расстояние от оси вращения.
Рассмотрим явление в неинерциальной системе отсчета, связанной с вращающимся сосудом. В ней жидкость будет неподвижной. Решим задачу двумя способами, соответствующими двум методам объяснения поведения тела
в неинерциальной системе отсчета.
Первый способ. На частицу жидкости массой ∆m, лежащую на поверхности
на расстоянии x от оси вращения, действуr
ют три силы: сила тяжести ∆mg , центроr
r
бежная сила инерции Fин = −∆ma 0 , сила
r
реакции R соседних частиц жидкости, как
показано на рисунке 3.9. Равнодействующая внешних сил, действующих на частицу ∆m покоящейся жидкости, должна быть
направлена по нормали к поверхности
жидкости в данной точке (внешние
r силы в
r
данном случае это силы mg и Fин , а сила
r
Q - их равнодействующая). В противном
случае существовала бы направленная по
Рисунок 3.9
r
касательной MN составляющая силы Q ,
которая вызывала бы скольжение частиц по поверхности жидкости. Следовательно, условием равновесия частицы жидкости ∆m является равенство
r
r
R = −Q , откуда следует, что
tgα =
∆ma0 ω 2 x
.
=
g
∆mg
35
Учитывая, что tgα = dy/dx, получим дифференциальное уравнение кривой,
вращение которой вокруг оси y образует поверхность жидкости:
dy ω 2 x
,
=
dx
g
откуда, интегрируя, получим
ω 2 x2
y=
+C.
2g
(3.30)
Очевидно, что при данном выборе осей координат С = 0. Из формулы
(3.30) следует, что кривая на рисунке 3.9 – парабола, значит, поверхность
жидкости – параболоид вращения.
Второй способ. Не будем вводить сил
инерции, но учтем, что при вращении сосуда,
в связанной с ним системе отсчета, изменяется
поле тяготения. При этом “новое” ускорение
r
силы тяжести g ′ выражается через “старое”
r
r
r
соотношением g ′ = g + (− a0 ) . Выберем точку
А поверхности жидкости на расстоянии X от
r
оси вращения (рисунок 3.10). Пусть вектора g
r
и g ′ образовали между собой угол α. Т.к. поверхность покоящейся жидкости всегда нормальна к направлению силы тяжести (в нашем
r
случае к g ′ ), то
Рисунок 3.10
tgα = a0 g = ω 2 x g .
Дальнейший ход рассуждений аналогичен первому варианту.
3.4 Задачи для контрольной работы
3.4.1 Наклонная плоскость, образующая угол α = 25o с плоскостью горизонта имеет длину l = 2 м. Тело, двигаясь равноускоренно, соскользнуло с
этой плоскости за время t = 2 с. Определить коэффициент трения µ тела о
плоскость.
3.4.2 Брусок массой m1 = 5 кг может свободно скользить по горизонтальной поверхности без трения. На нем находится брусок меньшей массы
m2 = 1 кг. Коэффициент трения соприкасающихся поверхностей брусков k =
0.3. Определить максимальное значение силы, приложенной к нижнему бруску, при которой начнется соскальзывание верхнего бруска.
3.4.3 На горизонтальной поверхности находится брусок массой
m = 2 кг. Коэффициент трения бруска о поверхность k2 = 0.2. На бруске нахо36
дится другой брусок массой m1 = 8 кг. Коэффициент трения верхнего бруска
о нижний k = 0.3. К верхнему бруску приложена сила F. Определить: a) при
каком значении силы F начнется совместное скольжение брусков по поверхности; б) при каком значении силы F верхний брусок начнет проскальзывать
относительно нижнего.
3.4.4 Автоцистерна с керосином движется с ускорением a = 0.7 м/с2 .
Под каким углом ϕ к плоскости горизонта расположен уровень керосина?
3.4.5 Каков должен быть минимальный коэффициент трения k между
шинами ведущих колес автомобиля и дорогой, если автомобиль массой
m = 2 т с грузом массой 4 т получает ускорение а = 0.2 м/с2? Рассмотреть задачу для двух случаев: а) все колеса автомобиля ведущие; б) только задние
ведущие. Считать, что в первом случае центр тяжести автомобиля лежит посередине между осями его колес, а во втором случае центр тяжести находится над задней осью.
3.4.6 На верхнем краю идеально гладкой наклонной плоскости укреплен блок, через который перекинута нить. На одном её конце привязан груз
m1, лежащий на наклонной плоскости. На другом конце висит груз m2. С каким ускорением a движутся грузы и каково натяжение нити Т? Наклонная
плоскость образует с горизонтом угол α.
3.4.7 На нити, перекинутой через блок, подвешены грузы m1 и m2. Найти ускорение грузов, натяжение нити и силу, действующую на ось блока.
Массой блока и нити пренебречь.
3.4.8 Через блок, ось которого горизонтальна, перекинута веревка длиной l. За концы веревки держатся две обезьяны, находящиеся на одинаковых
расстояниях l/2 от блока. Обезьяны начинают одновременно подниматься
вверх, причем одна из них поднимается относительно веревки со скоростью
v, а другая со скоростью 2v. Через сколько времени каждая из обезьян достигнет блока? Массой блока и веревки пренебречь; массы обезьян одинаковы.
3.4.9 При условии предыдущей задачи, обезьяна, движущаяся с большей скоростью, обладает вдвое большей массой. Какая из обезьян достигнет
блока раньше?
3.4.10 Обезьяны, о которых шла речь в задаче 3.4.8, начинают подниматься вверх с постоянным ускорением относительно веревки, причем одна
из них поднимается с ускорением а, а другая с ускорением 2а. Через какой
промежуток времени каждая из обезьян достигнет блока?
3.4.11 На наклонную плоскость с углом наклона α = 30 o помещена
плоская плита массы m2 = 10 кг, а на неё брусок массы m1 = 5 кг. Коэффициент трения между бруском и плитой k1 = 0.15, а между плитой и плоскостью k2 = 0.3. Определить ускорения обоих тел. При каком коэффициенте k2
плита не будет двигаться?
3.4.12 Через блок, укрепленный в вершине наклонной плоскости, перекинута веревка с двумя грузами одинаковой массы m (рисунок 3.11). Найти
силу давления на ось блока, если коэффициент трения между плоскостью и
37
Рисунок 3.11
лежащим на ней грузом равен k, а угол наклона
плоскости равен α. Трением в оси блока пренебречь.
3.4.13 Чему должен быть равен минимальный
коэффициент трения k между шинами и поверхностью наклонной дороги с уклоном α = 30 o , чтобы
автомобиль двигался по ней вверх с ускорением
a = 0.6 м/с2?
3.4.14 Найти силу F, с которой автомобиль массы m, движущийся со
скоростью v, давит на мост в случае: a) горизонтальный мост; б) выпуклый
мост и вогнутый мост, соответственно в наивысшей и наинизшей точках
моста.
3.4.15 Тело движется прямолинейно с постоянной скоростью v0 по горизонтальной поверхности стола, которая имеет закругленный край с постоянным радиусом закругления R (рисунок 3.12). Каково должно быть минимальное значение скорости v0, чтобы тело, падая
со стола, не касалось закругления?
3.4.16 По гладкой внутренней поверхности чаши, имеющей форму параболы вращения
с вертикальной осью z, с высоты h соскальзывает шарик массой m. Уравнение параболоида:
Рисунок 3.12
z = k x 2 + y 2 . Найти ускорение a шарика и силу
его давления F на дно чаши в её нижней точке.
3.4.17 Тележка массы m скатывается без
трения по изогнутым рельсам, совершая так называемую "мертвую петлю" (рисунок 3.13).
Определить: а) С какой минимальной высоты h
должна скатиться тележка, чтобы, не отрываясь
от рельс, пройти окружность; б) Какие силы
действуют на тележку в точке В петли; в) Каково будет движение тележки, если она скатыРисунок 3.13
вается с высоты меньшей hmin? Считать тележку материальной точкой.
3.4.18 На внутренней поверхности конической
воронки с углом 2α при вершине, на высоте h от вершины находится малое тело (рисунок 3.14). Коэффициент трения между телом и поверхностью воронки равен k. Найти минимальную угловую скорость вращения конуса вокруг вертикальной оси,
при котoрой тело будет неподвижно.
3.4.19 Велосипедист при повороте по кругу с
радиусом R наклоняется внутрь закругления так, что
угол между плоскостью велосипеда и Землей равен
Рисунок 3.14
α. Найти скорость v велосипедиста.
(
38
)
3.4.20 Самолет делает "мертвую петлю" радиуса R = 100 м и движется
со скоростью v = 280 км/ч. С какой силой тело летчика массой 80 кг будет
давить на сиденье самолета в верхней, нижней и средней точках петли?
3.4.21 Небольшое тело А начинает скользить
с вершины гладкой сферы (рисунок 3.15). Найти
угол α, соответствующий точке отрыва тела от
сферы и скорость тела в момент отрыва.
3.4.22 Частица массы m в момент времени
t=0
под действием силы
r rначинает двигаться
r
Рисунок 3.15
F = F0 sin ωt , где F0 и ω - постоянные величины.
Найти путь, пройденный частицей, в зависимости от времени.
3.4.23 Частица массы
t = 0 начинает двигаться
r rm в момент времени
r
под действием силы F = F0 cos ωt , где F0 и ω - постоянные величины.
Сколько времени частица будет двигаться до первой остановки? Какой путь
она пройдет за это время? Какова максимальная скорость частицы на этом
пути?
3.4.24 Автомашина движется равномерно по горизонтальному пути,
имеющему форму синусоиды y = a sin( x α ) , где a и α - некоторые постоянные. Коэффициент трения между колесами и дорогой равен k. При какой
скорости движение автомашины будет происходить без скольжения.
3.4.25 Автомашина движется с постоянным тангенциальным ускорением aτ = 0.62 м/с2 по горизонтальной поверхности, описывая окружность радиуса R=40 м. Коэффициент трения скольжения между колесами машины и
поверхностью k=0.20. Какой путь пройдет машина без скольжения, если в
начальный момент её скорость равна нулю?
39
4 Законы сохранения
4.1 Основные формулы и понятия
В механике рассматривают три закона сохранения: закон сохранения
импульса, закон сохранения энергии, закон сохранения момента импульса.
Все законы сохранения справедливы для замкнутых систем. Под замкнутой
системой подразумевается тело или группа тел, взаимодействием которой с
окружающей средой, в условиях рассматриваемой задачи, можно пренебречь.
Импульс (количество движения) материальной точки есть векторная
величина
r
r
p = mv .
(4.1)
Импульс системы материальных точек равен векторной сумме импульсов материальных точек, образующих систему
n
r n r
r
P = ∑ pi = ∑ mi vi .
i =1
(4.2)
i =1
Закон сохранения импульса утверждает, что полный импульс замкнутой системы с течением времени не изменяется, т.е.
r
r
dP
= 0 или P = const .
dt
(4.3)
Центром инерции (масс) системы материальных точек называется точr
ка С, положение которой в пространстве задается радиусом-вектором r ,
имеющим начало в произвольной точке О и равным
r
r
r ∑ mi ri ∑ mi ri
=
,
rc =
m
M
∑ i
(4.4)
где
mi - масса i-й материальной точки;
r
ri - её радиус-вектор;
M - масса всей системы.
Импульс системы материальных точек (тела) равен произведению масr
сы М системы (тела) на скорость vc её центра инерции.
r
r
P = Mv c
(4.5)
r
Элементарная работа dA силы F , совершаемая при перемещении ма-
40
r
r
териальной точки, равна скалярному произведению векторов F и dr :
r r
dA = F ⋅ dr = F ⋅ dr cosα .
(
)
(4.6)
r
Т.к. dr = dS , где dS - длина пути вдоль траектории, то работа переr
менной силы F на пути S равна:
S
A = ∫ F cosα dS .
(4.7)
0
Изменение полной энергии системы равно работе, совершенной внешними силами, приложенными к системе
E2 − E1 = Aвнеш.
(4.8)
Под энергией подразумевается единая мера различных форм движения.
Для механического движения это скалярная величина, являющаяся функцией
состояния системы, т.е.
r r
E = E (r , v ) ,
и зависит от скорости и положения тела. В соответствии с этим
E = Eк + E п ,
Eк - кинетическая энергия (как мера механического движения);
Еп - потенциальная энергия (как величина, зависящая от взаимного расположения взаимодействующих тел).
Кинетическая энергия тела, движущегося поступательно со скоростью
где
v:
Eк = mv 2 2 .
(4.9)
Потенциальная энергия тела, поднятого вблизи поверхности Земли на
высоту h:
E п = mgh .
(4.10)
Потенциальная энергия упруго деформированного тела:
E п = kx 2 2 ,
(4.11)
где k - коэффициент упругости, определяемый отношением упругой
силы к величине x - упругой деформации.
Закон сохранения энергии в механике утверждает, что полная механическая энергия замкнутой системы, в которой действуют только потенци41
альные (консервативные) силы, с течением времени не изменяется, т.е.
dE
= 0 , или E = E к + E п = const .
dt
(4.12)
Работа потенциальных сил на любом конечном участке траектории, заr
r
ключенном между точками r0 и r , равна
r r
A = ∫ Fdr = E п (r0 ) − E п (r ) ,
( )
(4.13)
или работа потенциальных сил вдоль замкнутой траектории равна нулю
r
r
∫ (Fdr ) = 0 .
(4.14)
( L)
Замечание. Закон сохранения момента импульса рассмотрен в разделе 5.
4.2 Методические указания
4.2.1 Как импульс, так и кинетическая энергия тела зависят от выбора
системы отсчета, поэтому, составляя уравнения, выражающие законы сохранения, необходимо рассматривать движение тел в одной и той же инерциальной системе отсчета. В большинстве задач пользуются системой отсчета, к
которой относится условие задачи. Обычно это система отсчета связана с
Землей, её называют "лабораторной" системой отсчета.
4.2.2 Если в условии задачи фигурирует относительная скорость Vотн.
сближения (удаления) двух тел, движущихся по одной прямой в некоторый
момент их взаимодействия, то целесообразно "привязать" систему отсчета к
одному из движущихся тел. В этом случае, одна из частиц будет неподвижна,
а другая двигаться со скоростью Vотн.
4.2.3 Иногда, при рассмотрении поступательного движения тела (системы частиц), задача существенно упрощается, если "привязать" систему отсчета к центру масс, т.к. в этом случае центр масс неподвижен. Обычно такой
системой отсчета пользуются в тех случаях, когда необходимо рассмотреть
относительное перемещение частей системы, центр инерции которой движется относительно "лабораторной" системы отсчета.
Из формул (4.3) – (4.5) вытекают следующие свойства системы отсчета,
связанной с центром масс:
а) скорость центра инерции (масс) системы частиц в любой инерциальной системе отсчета есть величина постоянная, т.е.
r
vc = const ,
42
(4.15)
т.е. система отсчета, связанная с центром масс, также инерциальная;
б) в этой и только в этой системе отсчета выполняются соотношения
∑ mi ∆ri = 0
r
(4.16)
r
r
P = ∑ mi v i = 0 ,
(4.17)
r
где mi и vi - масса и скорость i -й частицы;
r
∆ri - её перемещение, соответствующее переходу системы из начального
положения в конечное;
r
P - импульс системы частиц.
в) только в этой системе отсчета суммарная кинетическая энергия частиц может обращаться в нуль в случае их относительного покоя.
4.2.4 Закон сохранения импульса связывает начальное и конечное значения импульса замкнутой системы, тем самым позволяет исключить из рассмотрения внутренние силы, т.е. силы взаимодействия частей системы. Поэтому закон применяют в тех задачах, в которых силы взаимодействия между
отдельными частями системы являются величинами переменными, причем
характер их изменения во времени или сложен, или вообще неизвестен (например, сила, возникающая при ударе).
4.2.5
(4.3) и (4.5) являются векторными. Поэтому, находя
r Уравнения
r
вектор P = ∑ pi , надо руководствоваться правилом сложения векторов или,
выбрав оси координат, записать закон сохранения в скалярной форме двумя
уравнениями
Px = const;
Py = const .
Если импульсы всех тел системы направлены вдоль одной прямой, то выбрав
это направление за ось x, сразу записывают закон в скалярной форме, с учетом знаков проекций,
Px = ∑ pi = const .
4.2.6 Закон сохранения импульса справедлив для замкнутых систем.
Однако его можно использовать и для систем, на которые
действуют внешr
ние силы при условии, что их сумма равна нулю: ∑ Fвнеш. = 0 . Если же сумr
ма внешних сил отлична от нуля, ∑ Fвнеш. ≠ 0 , но сумма проекций всех
внешних сил на ось x равна нулю, то Px = const , т.е. проекция импульса на
направление, в котором внешние силы не действуют (или уравновешиваются), есть величина постоянная.
4.2.7 В механике закон сохранения энергии применяют в задачах, где
между телами, образующими замкнутую систему, действуют потенциальные
силы (гравитационные, кулоновские, упругие), изменяющиеся во времени. В
43
этих случаях расчет скоростей тел или их координат при помощи второго закона Ньютона приводит к необходимости интегрирования, для выполнения
которого необходимо знать закон изменения силы F = F (t ) . Закон сохранения энергии, связывая начальное и конечное состояния системы, упрощает
решение таких задач, т.к. позволяет не рассматривать силы, действующие
между телами.
4.2.8 Закон сохранения механической энергии можно применять к
системе взаимодействующих тел при одновременном выполнении следующих условий: а) система должна быть замкнутой (закон применим и для систем, на которые действуют внешние силы, в том случае, если их суммарная
работа равна нулю , т.е. ∑ Aвнеш = 0 ); б) внутри системы должны отсутствовать силы трения (кроме сил трения покоя) и силы неупругих деформаций,
т.к. иначе механическая энергия системы будет рассеиваться, превращаясь во
внутреннюю.
4.2.9 Если тело (или система тел) движется под действием силы тяжести, его нельзя считать изолированным. В этом случае замкнутой системой, к
которой можно применять закон сохранения энергии, будет система телоЗемля. Однако, исключая из этой системы Землю, мы практически, не совершим ошибки по следующим причинам: а) само понятие потенциальной энергии тела в поле тяготения Земли предполагает энергию взаимодействия тела
и Земли и уже по этому характеризует всю систему, а не одно тело; б) изменением кинетической энергии Земли в результате её взаимодействия с падающим телом можно пренебречь (т.к. отношение кинетических энергий
взаимодействующих тел обратно пропорционально их массам). Поэтому при
решении задач в поле тяжести Земли не рассматривают её кинетическую и
потенциальную энергии.
4.2.10 Выбор нулевого уровня отсчета высоты h, входящей в формулу
(4.10) потенциальной энергии поднятого тела, произволен. Обычно за нулевой уровень принимают самое нижнее положение движущегося тела. Если
потенциальная энергия какого-либо тела системы не изменяется, то, составляя уравнение, выражающее закон сохранения энергии, эту энергию вообще
не рассматривают (например, при движении по горизонтали).
4.3 Решение задач
Задача 1. На железнодорожной платформе, движущейся со скоростью
v, укреплено орудие, ствол которого направлен в сторону движения платформы и приподнят над горизонтом под угол
α, как показано на рисунке 4.1. Орудие произвело выстрел, в результате чего скорость
платформы уменьшилась в 3 раза. Найти скорость v ′ снаряда (относительно орудия) при
вылете из ствола. Масса снаряда m, масса
Рисунок 4.1
44
платформы с орудием M.
Решение. Выясним возможность использования закона сохранения импульса. На систему платформа с орудием - снаряд извне действуют rдве сиr
лы: сила тяжести системы (M + m )g и сила нормального давления N рельсов. До выстрела эти силы уравновешивались, т.к. система двигается с постоянной скоростью. Во время выстрела сила взаимодействия
между платфорr
r
мой и рельсами возрастет из-за явления отдачи N > (M + m )g . Следовательно, во время выстрела система не замкнута, её импульс изменяется. Однако,
обе рассмотренные силы действуют по вертикали, в горизонтальном направлении никакие силы не действуют (трением платформы о рельсы пренебрегаем). Поэтому проекция импульса системы на горизонтальное направление
(ось x) есть величина постоянная:
Px = const .
(4.18)
Обозначим состояния системы до и после выстрела, соответственно,
через p x1 и p x2 и будем рассматривать движение относительно Земли, тогда
p x1 = (M + m )v ,
p x2 = M
v
+ mvc cos β ,
3
(4.19)
(4.20)
r
где vc cos β - проекция на ось x скорости vc снаряда относительно
Земли (рисунок 4.1). Считая движение снаряда относительно Земли сложr
ным со скоростью v ′ относительно орудия и со скоростью вместе с орудием
относительно Земли, по формуле (2.22) получим:
r
r r
vc = v ′ + v 3 .
(4.21)
Спроектируем векторы уравнения (4.21) на ось x:
vc cos β = v′ cos α + v 3 .
(4.22)
Заменив в (4.20) величину vc cos β не её значение из (4.22) и приравняв
уравнения (4.19) и (4.20) в соответствии с (4.18), найдем:
v′ =
2(M + m )
v.
3m cos α
Задача 2. Санки, движущиеся по горизонтальному льду со скоростью v,
въезжают на асфальт (рисунок 4.2). Считая, что длина полозьев санок равна l,
а коэффициент трения их об асфальт равен µ, определить путь S, пройденный
45
санками по асфальту, если известно, что S>l. Массу санок считать равномерно распределенной по
длине полозьев, трением санок о лед пренебречь.
Решение. Когда санки въезжают на асфальт,
происходит постепенное увеличение силы давлеРисунок 4.2
ния N полозьев на асфальт от нуля до максимального значения, равного силе тяжести mg. В
связи с этим возрастает и сила трения Fтp = µN , действующая на санки со
стороны асфальта. Т.к. санки движутся под действием переменной силы, воспользуемся для решения понятиями работы и энергии. На основании (4.8) запишем:
mv 2
Aтp = E 2 − E1 = −
,
(4.23)
2
т.к. кинетическая энергия изменяется от mv 2 2 до нуля.
С другой стороны, работу Aтр можно вычислить по формулам (4.6) и
(4.7). Для этого разобьем весь путь, пройденный санками, на два участка:
S = l + S ′ . На пути l на санки действует переменная сила Fтp = µN . Найдем
совершенную ей работу. Предположим, что санки уже прошли какой-то путь
x по асфальту (рисунок 4.2), тогда, т.к. масса равномерно распределена по
x
и
длине полозьев, сила давления полозьев на асфальт равна N = mg
l
x
Fтp = µmg . Отсюда работа по формуле (4.7):
l
l
x
µmg
A1 = − ∫ µmg dx = −
l,
(4.24)
l
2
0
где интеграл взят со знаком "-", потому что сила Fтр направлена противоположно оси x. На пути S ′ - сила трения постоянна и равна Fтp = µmg , поэтому
A2 = − µmgS ′ .
Полная работа сил трения равна:
Aтр = A1 + A2 = − µmg [(l 2 ) + S ′] .
Приравняв выражения (4.23) и (4.25), найдем
(
)
S ′ = v 2 − µgl ⋅ 2µg .
Таким образом, весь путь, пройденный санями,
46
(4.25)
(
)
S = l + S ′ = v 2 + µgl 2 µg .
Задача 3. Груз, положенный на верхний конец пружины, сжимает её на
x0=1.0 мм. Насколько сожмет пружину этот же груз, брошенный вертикально
вниз с высоты h=0.20 м со скоростью v=1.0 м/с?
Решение. Искомая величина x деформации пружины определяет по
формуле (4.11) потенциальную энергию тела. Поэтому воспользуемся законом сохранения энергии. Т.к. на груз действует сила тяжести, рассмотрим
систему груз-Земля-пружина. Раз в системе груз-пружина трения практически не возникает, то полная механическая энергия в нашей системе будет сохраняться. Подсчитаем энергию системы в начальном (I) и конечном (II) положениях. Нулевой уровень отсчета высоты выберем как показано на рисунке 4.3. Тогда в начальном положении энергия
системы
E1 = mg (h + x ) + mv 2 2 .
(4.26)
В конечном положении у груза нет кинетической энергии, зато сжатая пружина будет обладать
энергией упругой деформации, которая по формуле
(4.11) равна
E 2 = kx 2 2 ,
Рисунок 4.3
(4.27)
где коэффициент упругости k, согласно его определения, равен
k = mg x0 .
(4.28)
По закону сохранения энергии, приравняв выражения (4.26) и (4.27) с
учетом (4.28), получим квадратное уравнение относительно x:
x 2 − 2 gxx0 − (2 gx0 h + v 2 x0 ) = 0 .
Решив уравнение, найдем
x1, 2 = gx0 ± g 2 x02 + 2 gx0 h + v 2 x0 .
Отрицательное значение корня не учитывается, т.к. при этом x<0, что
означает растяжение пружины, по условию задачи она сжимается. Подставив числа в выражение для x, получим
x = 9.8 ⋅10 −3 + (9.8) 2 ⋅10 −6 + 2 ⋅ 9.8 ⋅10 −3 ⋅ 0.20 + 1 ⋅10 −3 = 8 ⋅10 −2 м.
Замечание. В принципе, отрицательные значения подкоренного выра47
жения также имеют смысл, поскольку груз на пружине должен совершать
колебательное движение возле положения равновесия.
Задача 4. Небольшое тело соскальзывает вниз с высоты h по наклонному желобу, переходящему в "мертвую петлю" радиуса R (рисунок 4.4).
На какой высоте h′ тело выпадет из петли? Трением пренебречь.
Решение. Сначала выясним, почему
двигаясь вдоль петли, тело может от неё
оторваться. На тело в произвольный момент времени его движения по петле действуют две силы (рисунок 4.4, точка 2):
r
сила тяжести mg и сила реакции петли
r
Рисунок 4.4
N , направленная вдоль радиуса к центру.
Уравнение движения будет иметь вид
r
r
r
N + mg = ma .
(4.29)
Направим оси координат по векторам нормального и тангенциального
ускорений. Спроектируем уравнение (4.29) на оси, учитывая, что a n = v 2 R ,
aτ = dv dt , тогда
mg cos α + N = mv 2 R ,
(4.30)
mg sin α = m dv dt .
(4.31)
Т.к. при движении вверх по петле величина mg cos α возрастает, а
mv 2 R убывает, то величина N = mv 2 R − mg cosα в уравнении (4.30) убывает и подавно. При обращении N в нуль тело оторвется, т.е., как и следовало
ожидать, условием отрыва тела от петли является N=0. Приняв N=0, запишем
уравнения (4.30) и (4.31) для момента отрыва тела
g cosα = v 2 R
(4.32)
g sin α = dv dt .
(4.33)
В полученную систему не вошла в явном виде величина h′ , однако, как
видно из чертежа, она связана с углом α зависимостью
cos α = (h′ − R ) R .
(4.34)
Тем не менее найти величину α из уравнений (4.32) и (4.33) не удается, т.к. система содержит три неизвестных. Поскольку возможности второго
48
закона Ньютона исчерпаны, воспользуемся законом сохранения энергии. Это
можно сделать, т.к. по условию задачи трение отсутствует, на тело действуют только потенциальные силы, следовательно система тело-желоб-Земля
будет замкнутой и закон сохранения энергии будет выполняться. По закону
сохранения энергии
mgh = mgh′ + mv 2 2 .
(4.35)
Теперь из выражений (4.32), (4.34) и (4.35) найдем
h′ = (2h + R ) 3 .
Замечание 1. Мы решили задачу, не использовав уравнение (4.31), выражающего второй закон Ньютона для касательного к окружности направления. В задачах на движение по окружности в вертикальной плоскости закон
сохранения энергии фактически заменяет дифференциальное уравнение
(4.31), которое поэтому можно было и не составлять.
Замечание 2. Интересно отметить, что тело выпадает из петли не при
любых значениях h . Действительно, т.к. h′ не может быть больше 2R и
меньше R (при h′ < R , даже полностью потеряв скорость, тело, не отрываясь
от петли, начнет скользить обратно и будет совершать колебательное движе′ = 2 R и hmin
′ = R . Следовательно, при h > 2.5 R и
ние). Таким образом, hmax
h < R тело из петли не выпадает.
4.4 Задачи для контрольной работы
4.4.1 Тело без начальной скорости соскальзывает в яму, стенки которой гладкие и плавно переходят в горизонтальное дно, как показано на рисунке 4.5. Длина дна ямы l = 2 м. Коэффициент
трения тела о дно k = 0.3. Глубина ямы H = 5 м. На
каком расстоянии от середины ямы тело остановится?
Рисунок 4.5
4.4.2 Скатываясь под уклон с углом наклона
α = 6 o , автомобиль массы 1000 кг разгоняется при выключенной передаче до
максимальной скорости 72 км/ч, после чего движение его становится равномерным. Какую мощность развивает двигатель автомобиля при подъеме с такой скоростью по той же дороге вверх?
4.4.3 Легковой автомобиль массы М = 1000 кг равномерно движется по
наклонному участку шоссе, поднимаясь на высоту h = 10 м на каждый километр пути. Насколько в этом случае расход бензина больше, чем при движении с такой же скоростью по горизонтальному участку шоссе? Удельная теплота сгорания бензина g = 4.6 ⋅ 10 7 Дж/кг. К.П.Д. двигателя η = 10%. Расход
49
бензина принято относить к пути l = 100 км.
4.4.4 В большом городе автомобиль вынужден часто останавливаться у
светофоров, приблизительно 100 остановок на 100 км пробега. Допустим, что
после каждой остановки автомобиль развивает скорость v = 60 км/ч. Сила
сопротивления движению автомобиля F = 300 Н и при этом мало зависит от
скорости. Во сколько раз расход бензина в городе больше по сравнению с загородным маршрутом, где остановки практически отсутствуют? Масса легкового автомобиля 1500 кг, К.П.Д. двигателя не зависит от скорости.
4.4.5 Автомобиль движется со скоростью 80 км/ч по горизонтальному
шоссе. Насколько должна измениться мощность, развиваемая автомобилем,
чтобы он двигался с такой же скоростью во время сильного дождя? Считать,
что в секунду на автомобиль падает масса воды m = 10 кг, которая затем стекает по стенкам автомобиля. Изменением силы трения во время дождя пренебречь.
4.4.6 Самолет садится на палубу авианосца, имея скорость v = 100 км/ч.
Зацепившись за упругий канат торможения, он пробегает путь 30 м до полной остановки. Определить максимальный вес пилота при посадке, считая,
что торможение вызвано только упругими силами каната (т.е. силы трения не
учитывать). Масса пилота m = 70 кг.
4.4.7 Тележка стоит на гладких рельсах. Человек переходит с одного её
конца на другой. На какое расстояние переместится тележка? Масса человека m1 = 60 кг, масса тележки m2 = 120 кг, её длина l = 3 м.
4.4.8 Доска массы m1 свободно скользит по поверхности льда со скоростью v1. На доску прыгает человек массы m2. Скорость человека перпендикулярна к скорости доски и равна v2. Определить скорость доски с человеком. Трением доски о лед пренебречь.
4.4.9 Пуля массы m попадает в деревянный брусок массы М, подвешенный на нити длиной l (баллистический маятник) и застревает в нем. На
какой угол α отклонится маятник, если скорость пули равна v?
4.4.10 Машина скатывается с горки с выключенной передачей. При
2
этом её потенциальная энергия П(x) меняется по закону П ( х) = e − x . Найдите
выражения для ax, vx.
4.4.11 Частица массы m движется по окружности радиусом R с нормальным ускорением, которое меняется со временем по закону a n = ct 2 , где c
- постоянная. Найти зависимость от времени мощности всех сил, действующих на частицу, а также среднее значение этой мощности за первые t секунд
после начала движения.
4.4.12 Тело массы
r m начинают поднимать с поверхности Земли, приложив
к нему силу F , которую изменяют с высотой подъема y по закону
r
r
F = 2(ay − 1) ⋅ mg , где а - положительная постоянная. Найти работу этой силы
на первой половине пути подъема.
4.4.13 Потенциальная энергия частицы в некотором поле имеет вид
50
a
b
, где а и b - положительные постоянные, r - расстояние от центра
−
r2 r
поля. Найти:
а) значение r0, соответствующее равновесному положению частицы,
устойчиво ли это положение;
б) максимальное значение силы притяжения; изобразить график завиr
симостей П(r) и Fr(r) - проекции силы на радиус-вектор r .
4.4.14 Небольшое тело массы m находится на горизонтальной плоскости в точке 0. Телу сообщили горизонтальную скорость v0. Найти а) среднюю мощность, развиваемую силой трения за все время движения, если коэффициент трения k = 0.27, m = 1.0 кг, v0 = 1.5 м/с; б) максимальную мгновенную мощность силы трения, если коэффициент трения меняется по закону k = ax, где a - постоянная, x - расстояние от точки 0.
4.4.15 По теории Резерфорда-Бора, электрон в атоме может двигаться
по плоским эллиптическим орбитам. Какова полная энергия электрона в атоме водорода, если большая полуось эллипса a = 2.1 ⋅ 10 −8 см, а ядро находится
в одном из фокусов эллипса. Сила притяжения к ядру F = B r 2 , где r - расстояние от ядра до точки, в которой находится электрон. Считать
B = 2.3 ⋅ 10 −28 Н⋅м2.
4.4.16 Автомобиль массы m начинает двигаться от места стоянки так,
что его скорость меняется по закону v = α S , где α - постоянная, S - пройденный путь. Найти суммарную работу всех сил, действующих на автомобиль, за первые t секунд после начала движения.
4.4.17 Кинетическая энергия частицы, движущейся по окружности радиуса R, зависит от пройденного пути S по закону E k = αS 2 , где α - постоянная. Найти силу, действующую на частицу, в зависимости от S.
4.4.18 Тело массы m бросили под углом α к горизонту с начальной скоростью v0. Найти среднюю мощность, развиваемую силой тяжести за время
движения тела, и мгновенную мощность этой силы как функцию времени.
П=
51
5 Движение твердого тела
5.1 Основные формулы и понятия
r
Момент силы F относительно центра вращения
r
r r
M = r,F ,
[ ]
(5.1)
r
где r - радиус-вектор, проведенный из центра вращения в точку приложения силы.
Момент импульса материальной точки относительно центра вращения
r r r
r r
r
L = [r , p ] = m[r , v ] = Jω .
(5.2)
r r
Связь величин M и L для частицы или системы частиц дается выраже-
нием
r
r dL
M=
dt
(5.3)
r
r
и называется уравнением моментов. В этом выражении M = ∑ M i - резульr
r
тирующий момент всех внешних сил, приложенных к телу, L = ∑ Li - суммарный момент импульса, J - момент инерции, который в случае системы
частиц равен
J = ∑ J i = ∑ mi ri2 .
В случае твердого тела, вращающегося вокруг неподвижной оси, момент инерции равен
J = ∫ r 2 dm = ∫ ρr 2 dV ,
(5.4)
m
V
где ρ -плотность вещества тела;
r -расстояние до элементарного объема dV.
Выражение (5.3) в проекциях на координатные оси запишется как:
Mx =
dL y
dL x
dL
, My =
, Mz = z
dt
dt
dt
(5.5)
Так как в твердом теле расстояния между частицами тела при движении не меняются, то выражение (5.3) относительно неподвижной оси, проходящей через центр масс, можно записать
52
Mz =
dL z
dω
= Jz
.
dt
dt
(5.6)
Это выражение называется основным уравнением динамики вращательного
движения твердого тела. Неподвижную ось обычно связывают с осью z.
Приведем моменты инерции некоторых тел массой m, относительно
оси проходящей через центр масс:
а) стержня длиной l относительно оси, проходящей через его середину перпендикулярной к стержню
1
(5.7)
J z = ml 2 ;
12
б) обруча (тонкостенного цилиндра) относительно оси, перпендикулярной
плоскости обруча (совпадающей с осью цилиндра)
J z = mR 2 ,
(5.8)
где R - радиус обруча;
в) диска (сплошного цилиндра) радиуса R относительно оси, перпендикулярной плоскости диска (основанию цилиндра),
1
(5.9)
J z = mR 2 ;
2
г) шара радиусом R
2
J z = mR 2 .
(5.10)
5
Момент инерции J тела относительно произвольной оси вращения равен
J = J 0 + ma 2 ,
(5.11)
где
J 0 - момент инерции тела относительно оси проходящей через
центр масс и параллельной оси вращения;
m - масса тела;
a - расстояние между осями.
Поскольку твердое тело может одновременно двигаться поступательно
и вращательно, то для описания его движения записывают два уравнения:
r
r
F = ma c ,
(5.12)
r
где ac - ускорение центра масс, при поступательном движении одинаковое для всех точек тела, и
M z = Jε .
(5.13)
53
Связь между работой и моментом силы, действующим на тело, дается
выражением
dA = M z dϕ ,
(5.14)
где ϕ - угол поворота тела.
Кинетическая энергия вращающегося твердого тела относительно оси
Jω 2
.
K=
2
(5.15)
Суммарная энергия движущегося твердого тела равна
mvc2 Jω 2
+
+ mgh ,
E=
2
2
(5.16)
где mgh - потенциальная энергия тела, скатывающегося с высоты h.
5.2 Методические указания
5.2.1 Любое сложное движение твердого тела, можно представить как
сумму двух движений: вращательного относительно оси и поступательного
со скоростью этой оси. Принято ось z направлять вдоль оси вращения (по
направлению углового ускорения), одну из осей x или y направлять по направлению линейного ускорения. Связь между линейными величинами скорости и ускорения центра масс и соответствующими угловыми величинами
вращения твердого тела дается выражениями:
v c = ωR
(5.17)
a c = εR .
(5.18)
5.2.2 При решении задач на вращательное движение широко используются законы сохранения. Так при решении задач, в случае неравнопеременного вращения, происходящего под действием переменного момента сил,
удобно воспользоваться законом сохранения энергии. Нужно только помнить, что кинетическая энергия движения твердого тела складывается из кинетической энергии его поступательного движения со скоростью центра
инерции и кинетической энергией вращения вокруг оси, проходящей через
центр масс. Закон сохранения момента импульса, как и закон сохранения импульса при поступательном движении, позволяет исключить из рассмотрения
любые силы, в том числе силы трения. Поэтому закон применяют в задачах
на вращательное движение твердого тела (или системы тел), где характер изменения со временем сил взаимодействия между частями системы сложен
или вообще неизвестен.
54
Закон сохранения момента импульса можно применять к любой системе при условии, что результирующий момент всех внешних сил, приложенных к системе, равен нулю. Силы при этом могут и не уравновешиваться.
5.3 Решение задач
Задача 1. На ось, расположенную перпендикулярно
плоскости рисунка 5.1, насажен шкив радиусом R. На
шкив намотан шнур, к свободному концу которого подвешен груз массой m1. Считая массу шкива m равномерно
распределенной по ободу, определить ускорение a с которым будет опускаться груз, силу натяжения нити Т и силу
давления шкива на ось.
Решение. Поскольку шкив только вращается, то ускорение центра инерции шкива равно нулю и уравнения
движения (5.12) и (5.13) запишутся в виде:
для шкива
r r r
mg + N + T = 0 ,
M z = Jε ,
для груза m1
r
r
r
T + m1 g = m1a .
(5.19)
(5.20)
Рисунок 5.1
(5.21)
Уравнение (5.21) записано для движения груза m1 согласно уравнения
r
(3.3). Ось x направим вдоль ускорения a , осьr z вдоль оси вращения. Поскольку шкив вращается под действием силы T , которая, будучи касательной к шкиву, всегда перпендикулярна радиусу, то, в данном случае,
M z = TR .
Проектируя уравнения (5.19) и (5.21) на ось x, получим систему
mg + T − N = 0

TR = Jε
m g − T = m a
1
 1
Решив эту систему относительно неизвестных N, T , a, с учетом того,
что J = mR 2 , ε = a R , получим:
a=
m1 g
;
m + m1
T=
mm1 g
;
m + m1
N=
m(m + 2m1 ) g
.
m + m1
55
Задача 2. Система, состоящая из цилиндрического катка радиуса R и гири, связанных
нитью, перекинутой через блок (рисунок 5.2),
под действием силы тяжести гири приходит в
движение из состояния покоя. Определить ускорение а центра инерции катка и силу натяжения
нити Т. Какую скорость приобретет гиря, если
она опустится с высоты h? Масса цилиндра m,
масса гири m1, массой блока пренебречь, нить
нерастяжимая. Трением качения пренебречь.
Решение. Рассмотрим два способа решения задачи, в зависимости от выбора оси вращеРисунок 5.2
ния.
Первый способ. Катящийся цилиндр участвует в двух движениях: вращается вокруг оси и движется поступательно со скоростью оси. Воспользуемся уравнениями движения (5.12) и (5.13) и уравнением (3.3) для движения
гири. Получим систему трех уравнений для Т, F и a:
r r
r
T + Fтр = ma

M
z = Fтр R = Jε
r
T + m gr = m ar
1
1

Решая систему уравнений, с учетом того, что J = mR 2 2 , ε = a R , получим:
2m1
3mm1
g;
g.
a=
T=
3m + 2m1
3m + 2m1
Зная ускорение гири, найдем скорость гири по формуле:
v = 2ah = 2 m1 gh (3m + 2m1 ) .
r
Замечание. Действие силы Fтр не связано с трением качения. Она появляется как сила реакции опоры, противодействующая возникновению
r
скольжения каткаr по плоскости. При исчезновении силы натяжения T нити
исчезает и сила Fтр .
Второй способ. За ось вращения примем ось, которая проходит через
точку касания цилиндра с плоскостью (точка 0 на рисунке 5.2), т.е. будем
рассматривать качение тела, как вращение вокруг мгновенной оси.
Вращаюr
щим моментом относительной этой оси является момент силы T , поэтому на
основании уравнения (5.13)
56
TR = J ′ε .
Момент инерции цилиндра относительно этой оси найдем по теореме
Штейнера (5.11) и (5.9)
1
3
J ′ = mR 2 + mR 2 = mR 2 .
2
2
Далее, как и в первом способе, составим систему уравнений (5.13) и (3.3)
M z = TR = J ′ε ,
r
r
r
T + mg = m1a .
Проектируя на оси и решая систему, получим те же результаты для a и
T. Скорость находится так же, как и в первом способе.
Примечание. Есть еще третий способ решения этой задачи, связанный
с применением закона сохранения энергии. Разберем его.
Третий способ. Анализируя условие задачи, мы выяснили, что на каток
действует сила трения. Несмотря на это, к системе каток-гиря можно применить закон сохранения механической энергии, т.к. эта сила есть сила трения покоя. В отличие от силы трения скольжения и трения качения, эта сила
не совершает работы, связанной с убылью механической энергии системы.
Начальная энергия системы E1 есть потенциальная энергия поднятых
над Землей тел. При этом, поскольку потенциальная энергия катка не изменяется за все время движения, не будем её учитывать при составлении уравнения, выражающего закон сохранения энергии. Выберем нулевой уровень
отсчета вдоль линии bb′ (рисунок 5.2). Тогда получим
E1 = m1 gh .
(5.22)
Качение цилиндра есть результат двух движений: поступательного со
скоростью v центра инерции и вращательного вокруг оси, проходящей через
центр инерции. Т.к. тела связаны нитью, то их скорости одинаковы и, когда
гиря опуститься с высоты h, конечная энергия системы будет равна
mv 2 Jω 2 m1v 2
E2 =
+
+
.
2
2
2
(5.23)
На основании закона сохранения энергии запишем
mv 2 Jω 2 m1v 2
m1 gh =
+
+
.
2
2
2
(5.24)
С учетом выражений (5.9) и (5.17), найдем скорость гири:
57
v = 2 m1 gh (3m + 2m1 ) .
(5.25)
Рассматриваемая система движется под действием постоянных сил,
следовательно, её ускорение постоянно. Тогда, сравнивая выражение (5.25) с
формулой скорости равнопеременного движения v 2 = 2ah , получим для ускорения прежний ответ:
a = 2m1 g (3m + 2m1 ) .
Для расчета силы натяжения нити T опять воспользуемся законом сохранения энергии. На основании этого закона работа силы T при перемещении центра инерции катка на расстояние l = h, равна кинетической энергии,
полученной катком при этом перемещении, т.е.
Th =
mv 2 Jω 2
+
,
2
2
отсюда, с учетом (5.9), (5.17), (5.25), найдем силу T:
T = 3mm1 g (3m + 2m1 ) .
Замечание. Сравнивая приведенные методы решения задачи, можно
сделать выводы, относящиеся к любой системе связанных тел (или одному
телу), движущихся лишь под действием силы тяжести и реакций связей: а)
для определения конечной скорости целесообразней использовать метод, основанный на законе сохранения энергии, убедившись, предварительно, в отсутствии сил трения, рассеивающих механическую энергию системы; б) для
определения сил и ускорений следует воспользоваться уравнениями движения твердого тела (5.12) и (5.13).
Задача 3. Круглая платформа радиуса R = 1.00 м, момент инерции которой J = 130 кг⋅м2, вращается по инерции вокруг вертикальной оси, делая
n1 = 1.00 об/с. На краю платформы стоит человек, масса которого m = 70 кг.
Сколько оборотов в секунду n2 будет совершать платформа, если человек перейдет в её центр. Момент инерции человека рассчитывать как для материальной точки.
Решение. Перемещаясь по платформе, человек взаимодействует с ней,
причем о характере этого взаимодействия ничего неизвестно. Следовательно,
воспользоваться основным уравнением динамики вращательного движения
мы не можем. Мы не можем воспользоваться и законом сохранения энергии,
т.к. не исключено, что при перемещении по платформе человек будет совершать работу, изменяя механическую энергию вращающейся системы платформа - человек.
По условию задачи, платформа вращается по инерции, т.е. момент всех
58
внешних сил равен нулю, систему можно считать замкнутой и для неё выполняется закон сохранения момента импульса:
L1 = L2
равен
(5.26)
Начальный момент импульса системы L1 (человек на краю платформы)
(
)
h1 = J1ω1 = J + mR 2 ⋅ 2πn1 ,
(5.27)
mR 2 - момент инерции человека;
J 1 = J + mR 2 -начальный момент инерции системы.
Конечный момент инерции системы
где
L2 = J 2ω 2 = J ⋅ 2πn2 .
(5.28)
Здесь учтено, что момент инерции человека в центре платформы равен нулю.
Решая систему (5.26)-(5.28), получим
(
)
n2 = n1 J + mR 2 J .
(5.29)
После подстановки числовых значений в (5.29) найдем
n2 = 1.5 об/с.
Замечание. Расчет показывает, что ω 2 > ω1 , т.е. увеличилась угловая
скорость системы. Следовательно, J 2ω 22 > J 1ω12 , что означает увеличение
кинетической энергии системы. Значит, сделанное нами предположение, что
перемещаясь по платформе человек совершил работу, изменяя механическую
энергию, соответствуют действительности. Следовательно, решение задачи,
основанное на постоянстве механической энергии системы, было бы неверным. Закон сохранения энергии позволяет лишь вычислить работу, совершенную человеком, а именно
J 2ω 22 J 1ω12
A=
−
.
2
2
Задача 4. Маховик, имеющий вид диска радиуса R и
массы m, может вращаться вокруг оси O. К его цилиндрической поверхности прикреплен шнур, к другому концу шнура
прикреплен груз массы m1 (рисунок 5.3). Груз был приподнят и затем отпущен. Упав свободно с высоты h, груз натянул шнур и благодаря этому привел маховик во вращение.
Какую угловую скорость ω приобрел маховик?
Решение. Из условия задачи мы ничего не знаем о характере взаимодействия между диском и грузом посредст-
Рисунок 5.3
59
вом шнура. Ясно лишь одно, в результате этого взаимодействия увеличиваются скорости точек цилиндра и уменьшается скорость груза. Шнур будет
растягиваться до тех пор, пока эти скорости не станут одинаковыми. Такое
кратковременное взаимодействие между грузом и маховиком можно рассматривать как неупругий удар. Значит, закон сохранения механической
энергии использовать в данном случае нельзя, зато можно воспользоваться
законом сохранения момента импульса. Действительно, действием момента
силы тяжести груза (сила тяжести груза - внешняя сила), равного m1 gR , во
время удара можно пренебречь в сравнении с моментом очень больших сил
взаимодействия груза и маховика при ударе. Другие внешние силы (реакция
опоры диска и сила тяжести диска) не создают вращающего момента, т.к.
проходят через ось маховика. Таким образом, можно считать результирующий момент всех внешних сил относительно оси диска во время удара равным нулю. Тогда по закону сохранения момента импульса
L1 = L2 ,
(5.30)
где L1 и L2 - моменты импульса системы груз-маховик в начале и конце
удара. Т.к. в начале диск покоился, величина L1 представляет собой момент
импульса груза относительно оси вращения диска. Считая груз материальной
точкой, получим
L1 = m1v1 R ,
(5.31)
где v1 - скорость гири, которую можно найти по формуле
v1 = 2 gh
(5.32)
Величина L2 равна суммарному моменту импульса гири и вращающегося диска, когда скорости груза и точек цилиндрической поверхности станут одинаковыми:
L2 = mv2 R + Jω ,
(5.33)
где величины v2 и ω связаны соотношением
v 2 = ωR .
(5.34)
Подставляя в уравнение (5.30) выражения (5.31) и (5.33) и решив его
относительно ω с учетом (5.32), (5.34) и (5.9), получим
ω = m1 2 gh (m1 + m 2 )R .
Задача 5. Маятник в виде однородного шара, жестко скрепленного с
тонким стержнем, длина которого равна радиусу шара, может качаться вокруг оси, проходящей через конец стержня (рисунок 5.4). В шар нормально
60
его поверхности ударилась пуля массы m1 = 10.0 г,
летевшая горизонтально со скоростью v = 800 м/с,
и застряла в нем. Масса шара m = 10.0 кг, радиус
его R = 15 см, массой стержня пренебречь. На какой угол α отклонится маятник в результате удара?
Решение. Как видно из чертежа, угол α
связан с высотой подъема центра шара соотношением
cos α = (2 R − h ) 2 R .
(5.35)
Рисунок 5.4
Т.к. величина h определяет потенциальную энергию, полученную шаром
вследствие удара пули, выясним возможность применения закона сохранения
энергии. Поскольку после удара пули в шар скорости обоих тел станут одинаковыми, то удар можно считать неупругим. Значит, механическая энергия
не сохраняется. Однако после удара механическая энергия движущейся системы шар-пуля будет сохраняться, т.к. в ней действуют лишь потенциальные
силы. Отсюда следует, что при подъеме шара вместе с пулей кинетическая
энергия вращения системы будет превращаться в потенциальную энергию
поднятых тел. Тогда, по закону сохранения энергии,
Jω 2 2 = mgh + m1 gh ′ ,
(5.36)
где
J - момент инерции шара, с пулей;
h′ - высота подъема пули.
Строго говоря, не зная в каком месте застряла пуля, мы не можем найти величины J и h′ . Тем не менее, т.к. по условию задачи m>>m1, мы можем
пренебречь массой пули, а значит и величиной m1 gh′ в выражении (5.36).
Вычисляя момент инерции шара относительно оси вращения по формуле
(5.11), получим, что
2
J = mR 2 + m(2 R )2 = 4.4mR 2 ,
(5.37)
5
а выражение (5.36) примет вид
2.2mR 2ω 2 = mgh .
(5.38)
Для определения величины ω , воспользуемся законом сохранения момента импульса. Возможность его использования определяется следующим
образом. Во время удара на систему маятник-пуля извне действуют сила тяжести и реакция опоры. Вторая сила проходит через ось и её момент равен
нулю. Учитывая, что за время удара маятник не успеет отклониться и что
выполняется условие m>>m1, можно считать, что и сила тяжести, которая во
61
время удара проходит через ось, создает момент силы равный нулю. Тогда,
по закону сохранения момента импульса
L1 = L2 .
(5.39)
Величина L1 - момент импульса летящей пули относительно оси маятника
(если маятник неподвижен), с учетом (5.2), равна
L1 = m1v ⋅ 2 R .
(5.40)
Величина L2 - момент импульса маятника с пулей, которая с учетом
(5.2) и (5.37) равна
L2 = Jω = 4.4mR 2ω .
(5.41)
Решая систему уравнений (5.39) – (5.41), найдем
ω = m1v 2.2mR .
(5.42)
Теперь, исключая из уравнений (5.35), (5.38) и (5.42) неизвестные J ,ω , h ,
найдем
cos α = 1 − m12 v 2 4.4m 2 gR .
Подставляя в полученное выражение числовые значения, получим
cos α = 0.9 ;
α = 26 o .
5.4 Задачи для контрольной работы
5.4.1 Тонкий стержень длиной l = 50 см и массой m = 400 г вращается
с угловым ускорением ε = 3 рад/с2 около оси, проходящей через середину
стержня перпендикулярно к его длине. Определить вращающий момент М.
5.4.2 На горизонтальную ось насажены маховик и легкий шкив радиусом R = 5 см. На шкив намотан шнур, к которому привязан груз массой
m = 0.4 кг. Опускаясь равноускоренно, груз прошел путь S = 1.8 м за время
t = 3 с. Определить момент инерции маховика. Массой шкива пренебречь.
5.4.3 Вал массой m = 100 кг и радиусом R = 5 см вращался с частотой
n = 8 об/с. К цилиндрической поверхности вала прижали тормозную колодку
с силой F = 40 H, под действием которой вал остановился через t = 10 с. Определить коэффициент трения.
5.4.4 Через блок, имеющий форму диска, перекинут шнур. К концам
шнура привязали грузики массой m1 = 100 г и m2 = 110 г. С каким ускорением
а будут двигаться грузики, если масса блока m = 400 г? Трением при вращении блока пренебречь.
62
5.4.5 Через неподвижный блок массой m = 0.2 кг перекинут шнур, к
концам которого повесили грузы массами m1 = 0.3 кг и m2 = 0.5 кг. Определить силы Т1 и Т2 натяжения шнура по обе стороны блока во время движения грузов, если массу блока можно считать равномерно распределенной по
ободу.
5.4.6 На барабан радиусом R = 0.5 м намотан шнур, к концу которого
привязали груз массой m1 = 10 кг. Найти момент инерции барабана, если известно, что груз опускается с ускорением а = 2.04 м/с2.
5.4.7 Две гири разной массы соединены нитью, перекинутой через
блок, момент инерции которого J = 50 кг⋅м2 и радиус R = 20 см. Блок вращается с трением и момент сил трения равен Mтр = 98.1 Н⋅м. Найти разность натяжения нити Т1-Т2 по обе стороны блока, если известно, что блок вращается
с постоянным угловым ускорением ε = 2.36 рад/с2.
5.4.8 По наклонной плоскости, образующей угол α с горизонтом, скатывается без скольжения сплошной однородный диск. Найти линейное ускорение а центра диска.
5.4.9 По наклонной плоскости, составляющей с горизонтом угол
α = 30°, скатывается без скольжения сплошной однородный цилиндр массой
m = 300 г. Найти величину силы трения цилиндра о плоскость.
5.4.10 Какова должна быть величина коэффициента трения k, чтобы
однородный цилиндр скатывался без скольжения с наклонной плоскости, образующей угол α с горизонтом?
5.4.11 На краю горизонтальной платформы, имеющей форму диска радиусом r = 2 м, стоит человек. Масса платформы M = 200 кг, масса человека
m = 80 кг. Платформа может вращаться вокруг вертикальной оси, проходящей через её центр. Пренебрегая трением, найти с какой угловой скоростью
ω будет вращаться платформа, если человек будет идти вдоль её края со
скоростью v = 2 м/с относительно платформы?
5.4.12 Платформа имеет форму диска и может вращаться около вертикальной оси. На краю платформы стоит человек. На какой угол ϕ повернется
платформа, если человек пойдет вдоль края платформы и, обойдя её, вернется в исходную точку? Масса платформы М = 240 кг, масса человека
m = 60 кг. Момент инерции человека рассчитывать как для материальной
точки.
5.4.13 Шарик массы m = 100 г, привязанный к концу нити длиной
l1 = 1 м, вращается, опираясь на горизонтальную плоскость, с частотой
n1 = 1 об/с. Нить укорачивается, приближая шарик к оси вращения до расстояния l2 = 0.5 м. С какой частотой n2 будет при этом вращаться шарик? Какую работу А совершит внешняя сила, укорачивая нить? Трением шарика о
плоскость пренебречь.
5.4.14 Маховик вращается по закону, выражаемому уравнением
ϕ = A + Bt + Ct 2 , где А = 2 рад, В = 16 рад/с, С = –2 рад/с2. Момент инерции
маховика J = 50 кг⋅м2. Найти закон, по которому меняется вращающий момент М и мощность N. Чему равна мощность в момент времени t = 3 с?
63
5.4.15 Маховик вращается по закону, выражаемому уравнением
ϕ = A + Bt + Ct 2 , где А = 2 рад, В = 32 рад/с, С = –4 рад/с2. Найти среднюю
мощность N, развиваемую силами, действующими на маховик при его вращении до остановки, если его момент инерции J = 100 кг⋅м2.
5.4.16 Якорь мотора вращается с частотой n = 1500 об/мин. Определить
вращающий момент М, если мотор развивает мощность N = 500 Вт.
5.4.17 Маховик в виде диска массой m = 80 кг и радиусом R = 30 см
находится в состоянии покоя. Какую работу А нужно совершить, чтобы сообщить маховику частоту n = 10 об/с? Какую работу пришлось бы совершить, если бы при той же массе диск имел меньшую толщину, но вдвое
больший радиус?
5.4.18 Пуля массой m = 10 г летит со скоростью 800 м/с, вращаясь вокруг продольной оси с частотой n = 3000 об/с. Принимая пулю за цилиндр
диаметром d = 8 мм, определить полную кинетическую энергию пули.
5.4.19 Шар катится без скольжения по горизонтальной поверхности.
Полная кинетическая энергия шара Т = 14 Дж. Определить кинетическую
энергию поступательного и вращательного движений шара.
5.4.20 Сколько времени будет скатываться без скольжения обруч с наклонной плоскости длиной l = 2 м и высотой h = 10 см?
5.4.21 Тонкий прямой стержень длиной l = 1 м прикреплен к горизонтальной оси, проходящей через его конец. Стержень отклонили на угол
ϕ = 60° от положения равновесия и отпустили. Определить линейную скорость v нижнего конца стержня в момент прохождения через положение
равновесия.
64
Список использованных источников
1
2
3
4
5
6
7
8
Т.И.Трофимова. Курс физики.-М.:Высш. шк.,1990 - 478с.
А.А.Детлаф, Б.М.Яворский. Курс физики.-М.:Наука,1988 - 432с.
И.В.Савельев. Курс общей физики. т.1.-М.:Наука,1988 - 432с.
И.В.Савельев. Сборник вопросов и задач по общей физике.-М.:Наука,1982
- 272с.
И.Е.Иродов. Задачи по общей физике.-М.:Наука,1979 - 368с.
В.С.Волькеншиейн. Сборник задач по общему курсу физики.-М.:Наука,1967 - 464с.
А.Г.Чернов, А.А.Воробьёв, М.В.Фёдоров. Задачник по физике.-М.:Высш.
шк.,1973 - 512с.
Е.В.Фирганг. Руководство к решению задач по курсу общей физики.М.:Высш. шк.,1977 - 351с.
65