Виды общения

Подставляя в (4) уравнение (3) при  замене , получаем:                           

;

                                                   .

Уравнения   образуют систему, совместное решение которой дает следующий результат:

.

 

 

Пример 8. Шар массой m₁, движущийся горизонтально с некоторой скоростью v₁, столкнулся с неподвижным шаром массой m₂. Шары – абсолютно упругие, удар прямой. Какую долю своей кинетической энергии первый шар передал второму?

Решение. Доля энергии, переданной первым шаром второму, выразится соотношением

                                        ,                                  (1)

где K₁ – кинетическая энергия первого шара до удара; u₂ и K₂ – скорость и кинетическая энергия второго шара после удара.

При ударе абсолютно  упругих тел одновременно выполняются два закона сохранения: импульса и механической энергии. По закону сохранения импульса, с учетом того, что второй шар до удара покоился, имеем

.

 

 

 

По закону сохранения механической энергии –

.

Решая совместно два  последних уравнения, найдём, что

.

Подставив выражение  в равенство (1), получим

.

Из этого соотношения  видно, что доля переданной энергии  зависит только от масс сталкивающихся шаров.

 

 

Пример 9. Сплошной шар массой 1 кг и радиусом 0,05 м вращается вокруг оси, проходящей через его центр. В точке, наиболее удалённой от оси вращения, на шар действует сила, касательная к поверхности. Угол поворота шара меняется по закону . Определить величину действующей силы, тормозящий момент, время равнозамедленного движения.

Решение. Согласно основному закону динамики вращательного движения вращающийся момент равен , где J – момент инерции шара; ε – угловое ускорение. Момент инерции шара:

.

Угловое ускорение – .

Следовательно, .

  Момент силы относительно неподвижной точки составляет          

  , где - радиус – вектор, проведённый из этой точки   в   точку    приложения силы.   Модуль  момента    

                           силы, как видно из рисунка, . Отсюда

.

В момент остановки шара ω=0,

                                          

 

 

Пример 10. Найти линейное ускорение шара, скатывающегося без скольжения с наклонной плоскости. Угол наклона плоскости a=30⁰, начальная скорость v₀=0.

Решение. При скатывании шара с наклонной плоскости высотой h его потенциальная энергия уменьшается, переходя в кинетическую поступательного и

 

вращательного движения:

                                                ,                                               (1)

где J – момент инерции шара. Так как и , где R – радиус шара, то уравнение (1) можно записать так:          

,

т.е.

.

Из рисунка видно, что h=lsinα; тогда ;

                                                        .                                                (2)

Так как движение тела происходит под действием постоянной силы, то оно равноускоренное с v₀=0 (из условия задачи); поэтому

                                                         .                                                 (3)

Подставив (3) в уравнение (2), получим:

м/с².

 

Пример 11. Маховик в виде диска массой m=50 кг и радиусом R = 20 см был раскручен до частоты вращения . Вследствие трения маховик остановился. Найти момент M сил трения, считая его постоянным для двух случаев: 1) маховик остановился через t=50 с; 2) маховик до полной остановки сделал N=200 об.

Решение. По основному закону динамики вращательного движения изменение момента импульса вращающегося тела равно произведению момента силы, действующего на тело, на время действия этого момента:

,

где J –момент инерции маховика; и - начальная и конечная угловые скорости. Так как ω₂=0 и , то Mt=-Jω, откуда

                                                           .                                                     (1)

Момент инерции диска  относительно его геометрической оси  равен 

.

Подставив это выражение  в формулу (1), найдём, что

                                                        .                                                 (2)

Выразив угловую скорость ω₁ через частоту вращения , получим ,  произведя вычисления по формуле (2), найдём, что

.

В условии задачи дано число оборотов маховика до остановки, т.е. его угловое перемещение:

рад.

 

Запишем формулу, выражающую связь работы с изменением кинетической энергии:

, или ω₂=0.

Она примет вид

                                                            .                                                   (3)

Работа при вращательном движении определяется по формуле  . Подставив выражение работы и момента инерции диска в формулу (3), получим

.

 Отсюда 

= –1 (Нм) .

Знак «минус» показывает, что момент силы трения оказывает тормозящее действие.

 

 

Пример 12. Человек стоит в центре круга Жуковского, вращающегося по инерции вокруг неподвижной оси с частотой . В вытянутых руках он держит по гире массой m=5кг каждая. Расстояние от каждой гири до оси вращения Суммарный момент инерции человека и скамьи относительно оси вращения I₀=2 кг×см². Определить частоту n₂ вращения скамьи с человеком. Какую работу совершит человек, если прижмёт гири к себе так, что расстояние от  каждой гири до оси станет равным ₂=20cм?

Решение. По условию задачи момент внешних сил относительно вертикальной оси вращения равен нулю, поэтому момент импульса системы сохраняется:

I₁ω₁= I₂ ω₂,

где – соответственно момент инерции всей системы до и после сближения; m- масса каждой гири. Угловая скорость ω=2πn. Подставив w в уравнение, получим искомую частоту вращения:

Работа, совершаемая человеком, равна изменению кинетической энергии  системы:

.

 

 

     Пример 13. Материальная точка массой m=10 г совершает гармонические колебания частотой n = 0,2 Гц. Амплитуда колебаний равна 5 см. Определить: а) максимальную силу, действующую на точку; б) полную энергию колеблющейся точки.

Решение. Уравнение гармонического колебания: х= A cos (ω₀t+ φ).

Тогда скорость и ускорение  колеблющейся точки находятся так :

;                 

Согласно второму закону Ньютона сила, действующая на точку, –

  при  .

Поэтому искомое максимальное значение силы (с учетом того, что          ω₀= 2πn) будет равно

.

Полная энергия колеблющейся точки –

 мкДж.

  

 

Пример 14. Складываются два колебания одинакового направления, выражаемые уравнениями и , где А₁=1см, А₂=2см, τ₁= с, с,  .

Определить начальные  фазы φ₀₁, φ₀₂ составляющих колебаний и амплитуду результирующего колебания.

 Решение. Уравнение гармонического колебания имеет вид

x = Acos(ωt+φ).

x₁=A₁cos(ωt+ωτ₁), x₂ =A₂cos(ωt+ ωτ₂).

Тогда:

Для определения амплитуды  результирующего колебания представим векторную диаграмму, см. рисунок.

Согласно теореме косинусов, получим:

где – разность фаз составляющих колебаний.

Подставив найденные значения φ₂ и φ₁, получим, что (рад), Подставив значения А₁, А₂, и Δφ, найдем, что

 см.

 

   

Пример 15. Точка участвует одновременно в двух гармонических колебаниях  во взаимно перпендикулярных направлениях. Колебания описываются уравнениями x= cos πt и y = cos t. Определить траекторию движения точки.

Решение. По условию задачи     

                                                  x= cos πt ;   y = cos t.                                      (1)

Для определения траектории точки из выражений (1) исключаем понятие времени. Искомые уравнения имеют вид  x= 2y²-1, или , и представляют собой  параболу.

 

 

     Пример 16. На концах тонкого стержня длиной =1 м и массой m=400 г укреплены шарики малых размеров массами m₁=200 г и m₂=300 г. Стержень колеблется вокруг горизонтальной оси, перпендикулярной ему и проходящей через его середину (точка О, см. рисунок). Определить период Т колебаний, совершаемых стержнем.

Решение. Период колебаний  физического маятника, примером которого является стержень с шариками,  определяется по формуле                                   ,                          (1)

где I – момент инерции маятника относительно оси  колебаний; m – его масса;   a – расстояние от центра масс маятника до оси.

Момент инерции данного  маятника равен сумме моментов инерции  шариков I₁, I₂ и стержня I₃:                            

                                                          I= I₁+ I₂+ I_3.                                                      (2)

Приняв шарики за материальные точки, выразим моменты их инерций:

.

Момент инерции стержня  относительно оси, проходящей через  его середину, равен I₃= . Подставив полученные выражения I₁, I₂, I₃ в формулу (2), найдем момент инерции физического маятника:

=

.

Масса маятника состоит  из масс шариков и стержня:

m = m₁ + m₂ + m₃ = 0,2 + 0,3 + 0,4 = 0,9  кг.

Если ось x направить вдоль стержня и начало координат совместить с точкой О, см. рисунок, то искомое расстояние «а» равно координате центра масс маятника, т.е.

Произведя расчет по формуле (1), найдем период колебаний физического маятника:    

.

  

        Пример 17. Один конец медной проволоки длиной =0,8 м, сечением 8 мм закреплен в подвесном устройстве, а к другому прикреплен груз массой m=400г. Вытянутую проволоку с грузом, отклонив до высоты подвеса, отпускают. Считая проволоку невесомой, определить ее удлинение в нижней точке траектории движения груза. Модуль Юнга для меди равен Е=118 ГПа.

Решение. Из закона Гука продольного растяжения

где   – напряжение при упругой деформации; Е – модуль Юнга; – относительное продольное растяжение, получим   

                                                              ,                                                 (1)

где F – сила, растягивающая проволоку в нижней точке траектории груза, численно равная сумме величин силы тяжести груза и центростремительной силы, действующей на него,             

                                                        ,                                             (2)

где v – скорость груза.

Согласно закону сохранения механической энергии    

 

Подставив найденное  отсюда выражение mv²  в формулу (2), получим, что F=3mg. Тогда из выражения (1) следует, что искомое удлинение проволоки составляет

 

 

 

 

 

2. МОЛЕКУЛЯРНАЯ  ФИЗИКА  И  ТЕРМОДИНАМИКА