ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ПО МЕХАНИКЕ

ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ПО МЕХАНИКЕ
1.1. Точка движется по дуге радиуса ρ со скоростью, зависящей от дуговой координаты l по закону
  k l , где k – постоянная. Найти угол между векторами полного и тангенциального ускорений

как функцию координаты l.
a



  k l Решение. Угол  можно найти из условия: tg = a n ; где

a
a
ρ

ρ n
a
2
2
-?
d d dl d

k l


 ; подставляя   k l ,
; a 
an 

dt
dl dt dl


0
получим a 
k
2 l
k l
2l
2l
k2
,  tg= . Ответ: tg = .


2

1.2. Тело массой m бросили под углом  к горизонту с начальной скоростью  0 . Пренебрегая

сопротивлением воздуха, найти приращение импульса  p тела за
время полета.
y


 
0
0
Решение. Из II-го закона Ньютона  dp  Fdt . Интегрируем: oy

 



 



F
 mg , поскольку в
,
где

p

p

p

d
p

F
d
t
2
1
 p -?
0 0

0
ox
x
отсутствие трения других сил во время полета нет. Поэтому






p   mgdt  mg  dt  mg , где мы вынесли постоянные величины из-под интеграла. Так как  0
0
полное время полета, то /2 – это время подъема до наивысшей точки траектории, где

вертикальная составляющая скорости становится равной нулю:  y   oy  g  0, 
2
2 sin 



 o sin   g  0 . Откуда находим  = o
и подставляем его в выражение для p  mg ,
2
g


 2 sin 

p  mg  mg o
 2m o sin  e y , т.е. направлено вниз.
g


Ответ: p  2m o sin  e y , где последний вектор – орт оси y.
1.3. Тело бросили под углом  к горизонту с начальной скоростью  0 =20 м/с под углом =30о к
горизонту. Пренебрегая сопротивлением воздуха, найти для момента времени t =1,5 c после
начала движения нормальное и тангенциальное ускорения.
 0 =20 м/с Решение.  y   oy  gt ,   y   o sin   g  0 в
y


=30о
высшей точке, время достижения которой  =
0
a
oy
ox
t1=1,5 c
 o sin 
y
=1,02 с <t1,  точка, в которой мы ищем


an  ?

g
an

a  ?

ускорения, находится на спуске. В этой точке
 
0
ox
x
ag
 o sin   gt1
 x  ox  o cos  ;  y   o sin   gt1 ,tg =
, где 
 o cos 
- одновременно угол между нормальным и полным ускорениями (см. взаимно перпендикулярные

стороны). Поскольку полное ускорение равно g , 
 sin   gt1
 sin   gt1
) =9,47 м/с2; a  g sin( arctg o
) =2,58 м/с2
Ответ: an  g cos( arctg o
 o cos 
 o cos

1.4. Тело массой m бросили под углом  к горизонту с начальной скоростью  0 . Пренебрегая

сопротивлением воздуха, найти приращение момента импульса  L тела за время .

0



 L -?
Решение. Примем точку бросания за начало отсчета декартовой системы координат.
  



Относительно этой точки момент импульса L  r  p  , где r  xex  ye y ;



p  m x ex  m y e y , ибо движение происходит в плоскости xy. Представим векторное



ex
ey
ez

произведение в виде определителя матрицы x
y
0 = xm y  ym x ez . Подставим
m x m y 0

mg o cos   2 
проекции: x=ocos; y=osin-g2/2;  y   o sin   g ;  x  o cos  , тогда L = 
ez .
2

 

mg o cos   2 

Поскольку в момент бросания r = 0, то и L 1= 0,   L = L . Ответ:  L = 
ez
2
1.5. Материальная точка движется вдоль оси х по закону x= At+Bt3, где А=3 м/с, В=0,06 м/с3.
Найти скорость и ускорение в моменты времени t1=0, t2=3 c, а также средние значения скорости и
ускорения за первые 3 с движения.
t1=0
dx d
 ( At  Bt 3 ) =A+3Bt2.
Решение. Проекция скорости на ось х равна  x 
t2=3 c
dt dt
А=3 м/с
Подставляя вместо t данные t1 и t2, получим 1=3+30,0602=3 (м/с); 2=
В=0,06 м/с3
3+30,0632=4,62 (м/с); Проекция ускорения на ось х равна
3
x= At+Bt
d x d
ax 
 ( A  3Bt 2 ) = 6Bt,  a1=6В0=0; a2=60,063=1,08 (м/с2). Средняя
1, 2 - ?
dt
dt
a1, a2 - ? <>,<a>
S
S

скорость прохождения траектории равна  
. Поскольку А>0,
t t 2  t1
B>0,  тело не меняло направления движения,  путь S равен разности координат: х2- х1, или
более формально, его можно найти интегрированием скорости:
t2
t 21
t2
A(t 2  t1 )  B(t 23  t13 )

S   ( A  3Bt 2 )dt  At  Bt 3  A(t 2  t1 )  B(t 23  t13 ) ,   
t 2  t1
t1
t1
t1
 A  B(t 22  t 2t1  t12 ) = 3,54 (м/с). Аналогично вычислим среднюю величину ускорения:
  2  1 4,62  3
 0,54 (м/с2).
a 

=
t
t 2  t1
30
Ответ: 1=3 м/с; 2=4,62 м/с; a1=0; a2=1,08 м/с2; <>=3,54 (м/с); <a>=0,54 м/с2.
1.6. Твердое тело замедленно вращается вокруг неподвижной оси с угловым ускорением ,
зависящим от угловой скорости  по закону    . Найти среднюю угловую скорость тела за
время, в течение которого оно будет вращаться, если в начальный момент угловая скорость = 0.
t1=0
( t1)=0
 
<> - ?
Решение. По определению средняя угловая скорость за интервал от t1=0 до времени
t
1 2
 (t )dt , где последний интеграл
остановки t2 (пока неизвестного) равна <> =
t 2  t1 t1

. В проекциях на ось
t
вращения должно быть  = - b  , где b>0, а знак минус показывает, что вращение замедленное.
равен углу поворота за тот же интервал времени,  <> =
1 
d
d
По определению  
,
= - b  . Преобразуем последнее уравнение:   2 d  dt , и
b
dt
dt
1
проинтегрируем с учетом того, что в момент остановки угловая скорость равна нулю:
1
2

1
1 2
   2 d   dt ,  
b 0
b1 2
0
0
t
1
t
0
1
0
0
t2
 t ,  t = t2 =
0
0
1
2
 0 . Угол поворота
b
3
2
1 
1
2
=   (t )dt    (  2 )d =  (  2 )d  02 . Выпишем для удобства полученные
b
b
3b
0
0
0
соотношения:
3
2
2
  0
 0 ;  =  02 . Откуда следует, что <> =
t =
=
.
b
3
3b
t
Ответ: <> =
0
3
.
1.7. Движение материальной точки в плоскости xy описывается уравнениями x=At; y=At(1+Bt), где
А и В – положительные постоянные. Определить уравнение траектории материальной точки y(x);
радиус-вектор как функцию времени; скорость и модуль скорости; ускорение в зависимости от
времени.
x=At
x
t

Решение.
Из
x=At
следует,
что
, подставим в выражение для y=At(1+Bt),
y=At(1+Bt)
A
А>0, B>0
B
x
x

 y  A 1  B  ,  y  x  x 2 . Это – уравнение траектории. Для точки,
y(x),  , ,
A
A
A

a , а,






движущейся в плоскости xy, радиус-вектор r  xe x  ye y ,  r  Atex  At (1  Bt )e y .
r-?

 dr dx  dy 




 ex  e y ,    Aex  ( A  2 ABt )e y . Модуль этого вектора найдем по
dt dt
dt

 d
2
2
2
2
2

теореме Пифагора:    x   y  A  ( A  2 ABt )  A 1  (1  2 Bt ) . Ускорение a 
dt




B
= 2 ABe y . Модуль ускорения а=2АВ.
Ответ: y  x  x 2 ; r  Atex  At (1  Bt )e y ;
A




2
  A 1  (1  2 Bt ) ; а= 2 ABe y ;
  Aex  ( A  2 ABt )e y ;
а=2АВ.
bt 2
, где a, b –
2
положительные константы. Найти момент времени, в который направление вращения меняется на
противоположное.
1.8. Твердое тело вращается вокруг неподвижной оси по закону   at 
  at 
a>0
b>0
-?
bt 2
2
Решение. Если направление вращения изменилось на противоположное, угловая
скорость вращения должна изменить знак проекции на ось вращения. В этот момент
d
тело должно остановиться, т.е.  = 0. По определению  
,  время 
dt
a
a
d 
bt 2 
 at 
  0 ,  a bt  0 ,   = . Ответ:  = .
находим из условия
b
b
dt 
2 
1.9. Якорь электродвигателя, имеющий частоту вращения n=50 c-1, после выключения тока, сделав
N = 500 оборотов, остановился. Определить угловое ускорение  якоря.
n=50 c-1
N = 500
- ?
Решение. Считая движение якоря равнозамедленным, запишем зависимость угла
t 2
поворота от времени:   0 t 
. Подставляя  = 2N, 0=2n, получим
2
2N=2nt-
t 2
2
. В момент остановки угловая скорость   0  t = 0. Поэтому 0  t , откуда
(
2n
)2
0 2n
t
2n

 2N=2nt,  2N=2n
. После

2
2



n 2
несложных преобразований и сокращений, выразим угловое ускорение  
=15,7 (рад/с).
время движения до остановки t 
Ответ: =15,7 рад/с.
2
N
1.10. Частица движется по окружности со скоростью   bt , где b=0,5 м/с2. Найти модуль ее
полного ускорения в момент, когда она пройдет n=0,1 длины окружности после начала движения.

Решение. Представим полное ускорение в виде векторной
a

суммы нормального и тангенциального ускорений:


  

a  an  a . Тогда модуль полного ускорения равен
an

a
d dbt
R
2
2

b, 
a  an  a . По определению a 
dt
dt
0
тангенциальное ускорение постоянно. Нормальное ускорение равно
t
t
t
 2 b 2t 2
bt 2
bt 2
an 

. Пройденный путь S = 0,12R=  (t )dt   btdt b  tdt 
, т.е. 0,2R=
,
R
R
2
2
0
0
0
0
,
4

R
t2 =
,  an  0,4b . Отсюда полное ускорение равно a  (0,4b) 2  b 2 = b (0,4 ) 2  12 .
b
n=0,1
  bt
b=0,5 м/с2
a- ?
Ответ: а= b (0,4 ) 2  12 .
1.11. Через блок в виде сплошного диска массой m перекинута нить, к концам которой подвешены
грузы с массами m1 и m2 (m2> m1). Пренебрегая трением, определить ускорение грузов, если их
предоставить самим себе.
 r r2 
1
- T2
T
m
Решение. К каждому грузу приложены: сила тяжести, направленная
1


m1
вниз, и сила натяжения со стороны нити, направленная вверх. Точно
T2
 T1
m2
такие же по модулю (но противоположные по направлению) силы
a
m2> m1 натяжения со стороны нити приложены с двух сторон к блоку в
точках отрыва. Эта пара сил создает вращающий момент. Запишем
a- ?

m1 g m g x
уравнения второго закона Ньютона для грузов и основное уравнение
2
динамики вращательного движения для диска:

 

 
(1) m1a  m1 g  T1 ; (2) m2 a  m2 g  T2 ; (3) I z   M z , где последнее уравнение записано сразу в
проекции на ось вращения диска, перпендикулярную листу. Спроектируем уравнения (1) и (2) на
ось х с учетом того, что правое тело будет двигаться вниз, а левое вверх (т.к. m2 > m1):
(1)  m1a  m1 g  T1 ; (2) m2 a  m2 g  T2 . В уравнение (3) подставим момент инерции диска
mr 2
и результирующий момент сил: M z  r (T2  T1 ) , где r=r1=r2 – это радиус диска, равный
2
mr 2
  r (T2  T1 ) . По модулю ускорение грузов равно ускорению любой
плечу каждой из сил: (3)
2
точки нерастяжимой нити, в том числе и в точке отрыва нити от диска, а следовательно, и
линейному (тангенциальному) ускорению точек на ободе диска. Для этих точек связь между а и 
a
ma
mr 2 a
 T2  T1 .
 r (T2  T1 ) ,  после сокращений: (3)
очевидна: а=r,  =  (3),  (3)
2
r
2 r
Теперь вычтем из уравнения (2) уравнение (1): (m2  m1 )a  (m2  m1 ) g  T1  T2 , откуда находим
Iz 
сразу разность сил натяжения: T1  T2  (m1  m2 )a  (m2  m1 ) g . Изменим знаки на
противоположные и подставим в (3): T2  T1  (m1  m2 )a  (m2  m1 ) g  (3) 
(m2  m1 ) g
ma
 (m1  m2 )a  (m2  m1 ) g , откуда получим
Ответ: a 
.
m
2
m2  m1 
2
1.12. Через легкий блок на конце стола, перекинута невесомая нерастяжимая нить, к концам
которой прикреплены грузы, один из которых, m1=0,6 кг, движется по поверхности стола, а другой
m2=0,4 кг – вертикально вниз. Коэффициент трения груза о стол равен k=0,1. Найти ускорение
грузов и силу натяжения нити.

N 
m1=0,6 кг Решение. Запишем второй закон Ньютона для каждого
T

m2=0,4 кг груза:
y
F



òð


k=0,1

(1) m1a  N  T  m1 g  Fòð
m1 g
a- ?
 


(2) m2 a  T  m2 g
T-?
T
Сила натяжения нити по модулю одинакова для обоих
x
грузов, так как нить нерастяжима и массой блока можно пренебречь,

 для его раскрутки не потребуется момент сил. Модуль силы трения
m2 g
скольжения связан с модулем силы нормальной реакции опоры
уравнением Fòð  kN . Спроектируем с учетом этого уравнение (1) на оси х и y, а уравнение (2) –
только на ось х:
(1) ох: 0   N  m1 g ,  N  m1 g
(1) oy: m1a  T  kN ,  m1a  T  km1 g
(2) oх: m2 a  m2 g  T
(m  km1 ) g
Сложив два последних уравнения, исключим T, в результате чего найдем а: a  2
.
m1  m2
Подставив а, например, в последнее уравнение, выразим Т:
(m  km1 ) g
m g  m2 g  m2 g  km1 g m1m2 g (1  k )
T  m2 ( g  a)  m2 ( g  2
)  m2 1

.
m1  m2
m1  m2
m1  m2
Ответ: а=5,49 м/с2, Т=2,59 Н.
1.13. На однородный сплошной цилиндр массой m и радиусом R намотана невесомая нить с
грузом массой m1. В момент t =0 система пришла в движение. Пренебрегая трением, найти
зависимость кинетической энергии системы от времени.
m
m1
R
Решение. Кинетическая энергия системы цилиндр-груз является
К(t)-?
вращательного – цилиндра
суммой кинетических энергий поступательного движения груза
m  2 I 2
I 2
: К= 1 +
, где I - момент
2
2
2
m1
2

R
2
и

-T

T 
a
mR 2
 x
инерции цилиндра: I =
. Связь между линейной и угловой скоростями
m1 g
2

любой точки на боковой поверхности цилиндра известна:   , 
R
2
2
2 2
m
(2m1  m)
mR 
К= 1 +
,  К=
. Осталось найти зависимость от времени скорости груза и
2
4
2  2R
2

 
подставить в последнюю формулу. Из второго закона Ньютона для груза ( m1a  m1 g  T ), который
мы спроектируем на ось х ( m1a  m1 g  T ), и основного уравнения динамики вращательного
движения для цилиндра ( I  M z ) можно найти ускорение а, и затем скорость (t). Подставим в
a
mR 2
mR 2 a
,   , M z  RT , откуда получим:
 RT , или,
R
2
2R
2m1 g
ma
после сокращений T 
, которое подставим в выражение в рамке и найдем а=
. При
2
2m1  m
2m1 gt
равноускоренном движении из состояния покоя   at ,   
,
2m1  m
уравнение I  M z величины: I =
2
 2m1 gt 

(2m1  m)
2m1  m 
(m1 gt ) 2

.
Ê 

4
2m1  m
(m1 gt ) 2
Ответ: К=
.
2m1  m
1.14. Катер массой 200 кг движется по озеру со скоростью 10 м/с. В момент времени t =0 двигатель
выключают. Считая силу сопротивления равной - 2 (Н), найти путь катера до остановки.
m=200 кг
Fc=- 2
0 =10 м/с
S-?
Решение. После выключения двигателя единственной силой, действующей на катер,
является сила трения, направленная против скорости катера. Из проекции второго
d
 2 , можно найти  (t ) , а затем
закона Ньютона на направление движения: m
dt
t
проинтегрировать и получить S   (t )dt . Однако проще сразу проинтегрировать уравнение
0
md  2dt (оно получится из 2-го закона умножением обеих частей на dt):
0
t
m 0
= 1000 (м). Ответ: S = 1 км.
m  d  2dt  2S ,  m(0   0 )  2S ,  S 
2
0
0
1.15. Частица массой m движется из начала координат вдоль оси х под действием силы Fс=-kx, где
k>0. В начальный момент скорость частицы равна о. Найти зависимость её координаты х от
времени.
m
Fс=-kx
(0)=о
x(t)- ?
Решение. Запишем второй закон Ньютона в проекции на ось х сразу в форме

t
o
0
md  kdt , как мы сделали в предыдущей задаче, и проинтегрируем: m  d  k dt ,
где последний интеграл – это координата х, с учетом определения скорости и начальных
dx
dx
условий.  m(  o )  kx ,  m  m o   kx ,  m  kx  m o . Это неоднородное
dt
dt
дифференциальное уравнение относительно функции x(t). Стандартно оно решается методом
Лагранжа. Если Вы ещё не искушены в решении дифференциальных уравнений, то лучше
k
 t
запомнить, что общее решение подобных уравнений x  C (1  e m ) , в чем нетрудно убедиться его
прямой подстановкой в уравнение в рамке. Константу С найдем из условия (0)=о:
k
k
 t
m o
m o
dx
k  mt
k 0
k
m
(1  e ) .

 C  e ,   o  C  e  C ,  С=
, x
k
m
m
k
dt
m
k
 t
m o
(1  e m ) .
Ответ: x 
k
1.16. С платформы, движущейся со скоростью 0 =18 км/час, выстрелили из пушки горизонтально
в направлении движения платформы. Масса платформы с пушкой М=15 т, масса снаряда m=20 кг,
а начальная скорость снаряда 2=500 м/с. Найти скорость платформы после выстрела.



Решение. Из закона сохранения импульса : ( M  m)o  M1  m 2 следует,
М=15 т=1,5104 кг
что в проекции на направление движения величины связаны уравнением:
m=20 кг
( M  m) o  m 2
= 4,34 м/с.
( M  m)o  M1  m 2 , откуда 1 
2=500 м/с
M
1 - ?
Ответ: 1=4,34 м/с. Поскольку проекция скорости платформы на
направление движения, 1>0,  платформа продолжает двигаться в том же направлении.
0 =18 км/час=5 м/с
1.17. Груз массой m=80 кг поднимают с ускорением а=1 м/с2 по наклонной плоскости с углом
наклона =30о, действуя некоторой силой, направленной вдоль наклонной плоскости вверх.
Коэффициент трения скольжения =0,15; длина наклонной плоскости l = 3 м. Найти: работу силы
F; её среднюю мощность; её максимальную мощность, считая начальную скорость груза =0.
o =0
m=80 кг
а=1 м/с2
=30о
=0,15
l=3м
А- ?
<P>- ?
Рmax- ?
Решение. По второму закону Ньютона:
 
  
ma  F  mg  N  Fòð . В проекциях на оси:
y

N

F

Fòð
ох: ma  F  mg sin   Fòð (1)
x
oy: 0  N  mg cos  ,  N  mg cos  (2)

Известно, что модули сил Fтр и N связаны
mg

соотношением Fтр= N (1) и (2)(1), 
ma  F  mg sin   mg cos  , откуда найдем F: F  ma  mg sin   mg cos  . Так как
а=const, и направления силы F и перемещения совпадают, то работа А = F l , 
A  ml (a  g sin   g cos  ) =1,72103(Дж). Так как движение равноускоренное и
at 2
2l
, t
. Отсюда легко найти среднюю мощность:
2
a
A ml(a  g sin   g cos  ) ml(a  g sin   g cos  ) a
= 702 Вт. Поскольку Р=F, то
 P  

t
2l
2l
a
пройдено расстояние l, то l 
Pmax  F  max . Максимальной скорость будет в конце пути:  max  at  a
Pmax  ma  g sin   g cos  2al = 1,41103 Вт.
Ответ: А=1,72103 Дж; <P>=702 Вт; Рmax= 1,41103 Вт.
2l
 2al , 
a



1.18. Тело массой m начинает двигаться под действием силы F  2tex  3t 2 e y . Найти зависимость
мощности, развиваемой этой силой, от времени.
 
Решение. В общем случае мощность равна скалярному произведению Р= ( F  ) .



 F
 1 t 

d
2
F

m
a

m
d


dt
Так
как
,

,
откуда


2
t
e

3
t
e y dt =
x

Р(t) - ?
dt
m
m0
 

1 2
1
1
(t e x  t 3e y ) ,  Р= ( F  )  Fx  x  Fy  y = 2t 3  3t 5 .
Ответ: Р(t)= 2t 3  3t 5 .
m
m
m
m



F  2tex  3t 2 e y


1.19. На поверхности озера покоится плот массой M и длиной l. Человек массой m переходит с
одного конца плота на другой вдоль его длины. Пренебрегая силой трения плота о воду, найти
перемещение х плота относительно воды.
Решение. Для системы плот-человек выполняется закон сохранения импульса:





0  m  MV , где  и V - скорости человека и плота относительно воды, что в
проекции на направление движения человека: 0  m  MV , или m  MV .
  

Скорость человека относительно воды равна      V , где   - его скорость
относительно плота, что в проекции на то же направление дает     V (1). Обратите внимание!
Нет принципиальной разницы, равномерно двигались человек и плот, или нет. В последнем случае
можно под скоростями понимать средние скорости перемещений. Умножим уравнение (1) на
время t, за которое произошло перемещение: t   t  Vt (2). В этом уравнении t - перемещение
человека относительно воды,  t  l - перемещение человека относительно плота и Vt  x искомое перемещение самого плота относительно воды,  t  l  x (3). Умножим уравнение в
Mx
Mx
 l  x , откуда находим
рамке на время t: mt  MVt ,  mt  Mx ,  t 
(3), 
m
m
m
l . Если необходимо представить ответ в векторном виде, то следует учесть, что
искомое x 
mM


m 
l , где l - вектор
плот и человек будут двигаться в противоположные стороны,  x  
mM
перемещения человека относительно плота.

m 
l.
Ответ: x  
mM
m
M
l
х-?
1.20. Во сколько раз уменьшится скорость шара, двигавшегося со скоростью 1 , после его
соударения с покоящимся шаром, масса которого в n раз больше массы двигавшегося. Удар –
центральный, абсолютно упругий.



Решение. Из закона сохранения импульса  m11  m1u1  m2u2 , что в проекции на
направление движения первого шара: m11  m1u1  m2u2 (1); Так как удар абсолютно
m2
n
m1
1
m112 m1u12 m2u 22


(2).
2
2
2
Учтем в уравнениях (1) и (2), что m2  nm1 , тогда после сокращений получим:
упругий, то выполняется также и закон сохранения энергии:
1
-?
u1
1  u1  nu2 ,  u 2 
12  u12  nu22 ,  u 22 
12  u12
n
значит, равны и правые части:
1  u1
n
n
Ответ:

1  u1 2

n2
(1);
(2). Поскольку уравнения в рамках имеют одинаковые левые части,
1  u1 2
n2
на множители разность квадратов, 
1  u1
, u
2
2
=
12  u12
n
1  u1 2
n
, умножим обе части равенства на n и разложим
= 1  u1 1  u1  , сократим на 1  u1  :
 1  u1 ,  1  u1  n1  nu1 ,  1  n1  u1  nu1 ,  1 (1  n)  u1 (1  n) , 
1
u1

1 n
.
1 n
1
u1

1 n
.
1 n
1.21. К ободу однородного сплошного диска радиусом R приложена постоянная касательная сила
F, и, кроме того, действует момент сил трения Мтр. Определить массу диска, если известно, что он
вращается с постоянным угловым ускорением .
Решение. Сила F создает момент противоположного направления к моменту сил трения,
поэтому основное уравнение динамики вращательного движения в проекции на ось
mR 2
вращения
запишем
так:
I

=
FRМ
,
где
I
момент
инерции
диска
I=
, 
тр

2
m-?
2( FR  M òð )
mR 2
.
  FR  M òð , где неизвестной является только m,  m 
2
R 2
2( FR  M òð )
Ответ: m 
.
R 2
F
R
Мтр
1.22. Платформа в форме диска вращается по инерции вокруг неподвижной вертикальной оси. На
краю платформы стоит человек, масса которого в 3 раза меньше массы платформы. Во сколько раз
изменится угловая скорость вращения платформы, если человек приблизится к центру на
расстояние, равное половине радиуса платформы.
M  nm Решение. В данной задаче выполняется закон сохранения момента импульса, который в
n=3
проекции на ось вращения запишем так: L  I11  I 22 , где I1 , I2 – моменты инерции
r=R/2
системы человек-платформа до и после перехода; 1 и 2 – соответствующие угловые

I
скорости вращения. Отсюда искомое отношение равно: 2  1 . Моменты инерции
2
1 I 2
-?
1
nmR 2
(n  2)mR2
MR 2
 mR2 
 mR 2 =
системы соответственно равны: I1 
;
2
2
2

I
nmR 2 mR 2 (2n  1)mR 2
MR 2
(n  2)mR 2  4 2(n  2)


I2 
 mr 2 =
, 2  1 =
.

1 I 2 2  (2n  1)mR 2
2
2
4
4
2n  1
 2(n  2) 10
Ответ: 2 =
= .
2n  1
7
1
1.23. Человек массой m стоит на краю однородного горизонтального диска-платформы массой M,
которая может вращаться вокруг вертикальной неподвижной оси, проходящей через центр диска.
В некоторый момент человек начал двигаться по краю диска и совершил перемещение на угол  
относительно платформы. На какой угол  при этом перемещении повернулся диск относительно
Земли?
z

☺
Решение. За время t поворота диска со средней угловой
 
скоростью <z> диск повернулся на угол  =<z> t.
Аналогично,   =  1z  t относительно диска. Угловая
скорость человека относительно Земли равна разности
 -?
 1z  1z    z  (1), так как человек и диск будут вращаться в разные стороны. Из
закона сохранения момента импульса системы человек-диск в проекции на ось z следует, что
MR 2   z 
, или
0  I1  1z  I  z  где I1=mR2, I2=MR2/2,  0  mR 2  1z  
2
MR 2   z 
2
mR  1z 
(2). Умножив уравнения (1) и (2) на t, получим:  1z  t      (1);
2
m
M

MR 2
MR 2
(2). Разделим уравнение (2) на уравнение (1): mR 2 
, откуда
2
2(    )
2m 
выражаем искомое φ: m  2(    )  M ,  2m   2m  M  (2m  M ) ,   
.
2m  M
2m 
Ответ:  
.
2m  M
mR 2  1z  t 
1.24. Два шара массами m1 и m2 движутся навстречу друг другу со скоростями 1 и 2.
Определить скорости шаров после удара, кинетическую энергию шаров до и после удара, долю
кинетической энергии шаров, превратившуюся во внутреннюю энергию. Удар считать
центральным, абсолютно неупругим.


1
2
Решение. После абсолютно неупругого
m1, m2 ,
после удара x
удара шары движутся как единое целое
до удара
1, 2
u1- ?; u2- ?; со скоростью u, направление которой
мы не указали, так как оно зависит от соотношения исходных скоростей. Значит,
T1-?; T2-?;



закон сохранения импульса можно записать так: m11  m22  (m1  m2 )u , откуда
T1  T2



 m11  m2 2
T1
сразу в векторном виде можно найти скорость шаров после удара: u 
,
m1  m2
m   m2 2
или в проекции на ось х: u  1 1
(1). Кинетические энергии системы двух шаров до и
m1  m2
m112 m2 22
(m  m2 )u 2
; T2  1
. Подставим u из (1):

2
2
2
m112  m2 22 (m11  m2 2 ) 2
(m  m2 )( m11  m2 2 ) 2 (m11  m2 2 ) 2
.
Тогда
=
=
T2  1


T

T
1
2
2(m1  m2 ) 2
2(m1  m2 )
2
2(m1  m2 )
после удара соответственно будут: T1 
(m112  m2 22 )( m1  m2 )  (m11  m2 2 ) 2
. Подставим в выражение для  , и после раскрытия
2(m1  m2 )
скобок и несложных (но не слишком коротких) преобразований, получим:


 m11  m2 2
m   m2 2
m1m2 (1   2 ) 2
=
.
Ответ: u 
; u1= u2= u  1 1
;
2
2 2
m1  m2
m1  m2
(m1  m2 )( m11  m2 2 )
=
T1 
m112 m2 22
(m   m2 2 ) 2
m1m2 (1   2 ) 2

; T2  1 1
; =
.
(m1  m2 )( m112  m2 22 ) 2
2
2
2(m1  m2 )
1.25. Деревянный стержень массой M= 6 кг и длиной l =2 м может вращаться в вертикальной
плоскости относительно горизонтальной оси, проходящей через конец стержня. В другой конец
стержня попадает пуля массой m =10 г со скоростью о=103 м/с, перпендикулярной стержню и
оси вращения, и застревает в нем. Найти кинетическую энергию стержня после удара.
Решение. Пуля сначала двигалась прямолинейно, а после
m =10-2 кг
попадания в стержень стала участвовать во вращательном
M= 6 кг
движении относительно оси О вместе со стержнем. Поэтому
l =2 м
3
целесообразно использовать закон сохранения момента импульса
о=10 м/с
системы пуля-стержень в проекции на ось вращения: m o l  I ,
Т-?
где I – момент инерции стержня с застрявшей в нем пулей, который  равен
моменту инерции одного стержня из-за незначительности массы пули по
Ml 2
сравнению с массой стержня: I 
;  - угловая скорость стержня после
3
o
 l

o
h
3m o
Ml 2
и подставим в выражение для
 , откуда найдем  
Ml
3
2
I 2 I ïóëè 
кинетической энергии (вращения) системы пуля-стержень: T 
+
, где вторым
2
2
слагаемым можно пренебречь по сравнению с первым также из-за незначительности момента
попадания пули,  m o l 
Ml 2  3m o 
I 2

инерции пули, обусловленным малой массой пули. Таким образом, T 
=
 =
3  2  Ml 
2
3m 2 o2
3m 2 o2
=25 (Дж). Ответ: Т=
= 25 Дж.
2M
2M
2
1.26. Условие то же. Деревянный стержень массой M= 6 кг и длиной l =2 м может вращаться в
вертикальной плоскости относительно горизонтальной оси, проходящей через конец стержня. В
другой конец стержня попадает пуля массой m =10 г со скоростью о=103 м/с, перпендикулярной
стержню и оси вращения, и застревает в нем. Найти максимальный угол , на который стержень
отклонится после удара.
Решение. В предыдущей задаче в момент неупругого удара часть энергии
переходила во внутреннюю, поэтому мы не могли использовать закон сохранения
энергии. Однако после удара неконсервативных сил в системе нет,  к
дальнейшему процессу движения стержня и пули можно применить закон
сохранения энергии. Если конец стержня при отклонении на угол  окажется
приподнятым на высоту 2h (см. рис. к задаче 1.25), то из подобия треугольников
следует, что центр масс стержня (его середина) приподнимется на h. Следовательно в момент
остановки стержень приобретет потенциальную энергию Mgh, она же полная энергия. Эта энергия
равна кинетической энергии вращательного движения стержня (мы ее вычислили в предыдущей
3m 2 o2
задаче) в момент непосредственно следующий за попаданием пули:
= Mgh. В последнем
2M
3m 2o2
l/2h
3m 2o2
cos


уравнении неизвестно только h: h 
.
Из
рис.
находим
=
(1).
l/2
M 2 gl
2M 2 g
3m 2o2
Ответ: =arccos(1- 2 )  54o.
M gl
m =10-2 кг
M= 6 кг
l =2 м
о=103 м/с
-?
1.27. Однородный шар радиуса r скатывается без скольжения с вершины сферы радиуса R. Найти
угловую скорость шара после отрыва от сферы, считая начальную скорость
шара равной нулю.
r
Решение. В месте отрыва шара от сферы сила реакции опоры,
r
действующая на шар, равна нулю. Поэтому уравнение
R
R
движения центра масс шара по окружности радиуса R+ r в

-?
0
точке отрыва принимает вид

m 2
mg
mg cos  
.
Rr
Так как при качении без проскальзывания, сила трения работы не
совершает, то выполняется закон сохранения полной механической энергии
m 2 J 2
2mr 2
mg ( R  r )(1  cos ) 

, причем   r . Момент инерции шара известен: J 
.
2
2
5
После подстановки  в первые два уравнения, J во второе и сокращения на m, останутся два
неизвестных: cos и искомая угловая скорость. Исключая cos , находим .
10 g ( R  r )
Ответ:  
17r 2
1.28. Однородный цилиндр толкнули вверх вдоль наклонной плоскости со скоростью  o = 3 м/с.
Плоскость образует с горизонтом угол 20о. На какую высоту вкатится цилиндр и сколько времени
он будет двигаться до первой остановки? Считать, что радиус цилиндра мал по сравнению с
высотой и проскальзывания нет.
=20o
 o = 3 м/с
h- ? t- ?
Решение. Поскольку нет скольжения
поверхности цилиндра относительно наклонной
плоскости, сила трения качения работы не
совершает, следовательно, в системе
сохраняется полная механическая энергия. Этот
запас энергии в виде суммы кинетической энергии вращения

o
h

J 02
и кинетической энергии
2
m o2
поступательного движения
был сообщен цилиндру у основания наклонной плоскости. В
2
момент достижения максимальной высоты подъема h эта энергия перешла в потенциальную:
J 02 m o2
+
= mgh .
(1)
2
2
mR 2
Поскольку момент инерции цилиндра J 
, и в отсутствие проскальзывания  o  o R , где R 2
mR 2 02 m o2
радиус цилиндра, выражение (1) можно упростить:
+
= mgh , что после сокращения
2
2  2R 2
m 02 m o2 3m o2
3 2
даст
+
=
= mgh , откуда h  o =0,69 м. Время подъема найдем из условия
4
4
2
4g

равенства нулю скорости в момент остановки:  o  at  0 ,  a  o ;
t
2
2
2
3o
t
3 o
3 o
h
at
; o 
, t
=13,4 с.
S
 ot 

sin 
2
4 g sin 
2 4 g sin 
2 g sin 
3 2
3 o
Ответ: h  o =0,69 м; t 
=13,4 с.
4g
2 g sin 