Форум сайта alsak.ru

Задачи и вопросы по физике => Решение задач Н.Е. Савченко => Тема начата: Sneggh от 31 Октября 2010, 12:28

Название: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Sneggh от 31 Октября 2010, 12:28
121. Небольшое тело массой m = 1 кг, брошенное под углом к горизонту имеет в верхней точке траектории полное ускорение a = 12 м/с2. Чему равна сила сопротивления воздуха, действующая на тело в этой точке?

У меня вопрос: решать по известной формуле F = Fсопр = ma? Или надо сначала найти танценциальное ускорение по теореме Пифагора? И потом применить формулу Ньютона?
Название: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 31 Октября 2010, 14:14
Решение задач по физике из книги Савченко Н.Е. Решение задач по физике. – Мн.: Высш. школа, 2003. – 479 с.

116 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg7495.html#msg7495) 117 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg7545.html#msg7545) 118 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg11316.html#msg11316) 119 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg9206.html#msg9206) 120 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg9306.html#msg9306) 121 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg6256.html#msg6256) 122 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg8435.html#msg8435) 123 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg11336.html#msg11336) 124 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg9175.html#msg9175) 125 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2896.msg5916.html#msg5916)
126 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg39297.html#msg39297) 127 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg10116.html#msg10116) 128 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg8445.html#msg8445) 129 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg9296.html#msg9296) 130 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg8205.html#msg8205) 131 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg9266.html#msg9266) 132 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg11366.html#msg11366) 133 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg11436.html#msg11436) 134 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg11446.html#msg11446) 135 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg9346.html#msg9346)
136 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg11456.html#msg11456) 137 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg11466.html#msg11466) 138 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg10456.html#msg10456) 139 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg39298.html#msg39298) 140 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg11616.html#msg11616) 141 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg11626.html#msg11626) 142 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg10196.html#msg10196) 143 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg20246.html#msg20246) 144 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg11646.html#msg11646) 145 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg9836.html#msg9836)
146 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg39299.html#msg39299) 147 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg10476.html#msg10476) 148 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg11656.html#msg11656) 149 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg10486.html#msg10486) 150 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg10516.html#msg10516) 151 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg10536.html#msg10536) 152 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg10546.html#msg10546) 153 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg10526.html#msg10526) 154 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg10566.html#msg10566) 155 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg10576.html#msg10576)
156 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg10596.html#msg10596) 157 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg10606.html#msg10606) 158 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg10616.html#msg10616) 159 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg11696.html#msg11696) 160 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg10756.html#msg10756) 161 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2363.msg3583.html#msg3583) 162 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg10766.html#msg10766) 163 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg10846.html#msg10846) 164 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg10776.html#msg10776) 165 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg10836.html#msg10836)
166 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg39300.html#msg39300) 167 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg10936.html#msg10936) 168 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg10966.html#msg10966) 169 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg11006.html#msg11006) 170 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg11076.html#msg11076) 171 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg11246.html#msg11246) 172 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg11286.html#msg11286) 173 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg11676.html#msg11676) 174 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg11066.html#msg11066) 175 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2926.msg11296.html#msg11296)
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 31 Октября 2010, 19:02
121. Небольшое тело массой m = 1 кг, брошенное под углом к горизонту имеет в верхней точке траектории полное ускорение a = 12 м/с2. Чему равна сила сопротивления воздуха, действующая на тело в этой точке?

При движении по криволинейной траектории в поле ТОЛЬКО СИЛЫ ТЯЖЕСТИ у тела два ускорения: центростремительное aц (показывает, как быстро изменяется направление скорости, направлено перпендикулярно скорости) и тангенциальное aτ (показывает, как быстро изменяется значение скорости, направлено параллельно скорости) (рис. 1). Векторная сумма этих ускорений будет равна ускорению свободного падения g (и направлена вертикально вниз). Таким образом, центростремительное и тангенциальное ускорения являются составляющими ускорения свободного падения на оси, направленную парал-лельно скорости (aτ = g⋅sin α) и перпендикулярную скорости (aц = g⋅cos α).
В наивысшей точке траектории скорость тела направленна горизонтальна, поэтому тангенциальное ускорение равно нулю (α = 0°), а центростремительное равно ускорению свободного падения.
Сила сопротивления направлена против скорости тела, т.е. в наивысшей точке траектории будет так же направленна горизонтальна. Туда же будет направлено и ускорение ac, созданное этой силой. Векторная сумма ускорения свободного падения g и ускорения силы сопротивления ac будет равна общему ускорению тела а = 12 м/с2 (рис. 2). Так как ускорения свободного падения g и силы сопротивления ac перпендикулярны друг другу, то
a2 = ac2 + g2.
Сила сопротивления будет равна F = mac или
 
\[ a_c = \sqrt{a^2 - g^2} ,\, \, \, F = m \cdot \sqrt{a^2 - g^2}, \]

F = 6,6 Н.
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Sneggh от 03 Ноября 2010, 19:50
Спасибо вам огромное! Так все подробно описали! Буду частенько к вам обращаться! ;)
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Vlad от 11 Декабря 2010, 17:28
116 задача

опишите пожалуйста принцип решения задачи?
сила торможения - это отдельная какая-то сила, направленная в ту же сторону куда и сила трения?
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Vlad от 11 Декабря 2010, 17:33
в 117 задаче, с ответом не сходится немного скорость . в ответах 39, а если быть дословным, то получается 38.3, это если g=9.8, а если 10, то ещё меньше!
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 12 Декабря 2010, 11:47
116. Скорость поезда массой m = 500 т при торможении уменьшается в течение τ = 1 мин от υ1 = 40 км/ч до υ2 = 28 км/ч. Считая ускорение поезда постоянным, найти силу торможения.

Решение. Сила торможения – это сила трения скольжения Ftr. На поезд действуют сила тяжести (m∙g), сила реакции опоры (N), сила трения скольжения (Ftr). Из второго закона Ньютона получаем
 
\[ m \cdot \vec{a} = \vec{N}+m \cdot \vec{g}+ \vec{F}_{tr}, \]

0Х: m∙a = Ftr,

где ax = (υ2 – υ1)/τ, ax < 0. Так как мы уже учли направление ускорения в проекции второго закона Ньютона, то a = (υ1 – υ2)/τ. Тогда

Ftr = m∙(υ1 – υ2)/τ,

\[ F_{tr} = \frac{500 \cdot 10^{3} \cdot \left(40-28\right)}{1 \cdot 60 \cdot 3,6} = 27778\; {\rm H.}\ \]

Ftr = 2,8∙104 Н.
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Vlad от 12 Декабря 2010, 15:16
а данные в СИ переводить надо?

p,s, скорость получается неровная!
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 12 Декабря 2010, 17:50
а данные в СИ переводить надо?
p,s, скорость получается неровная!

В какой задаче?
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 12 Декабря 2010, 17:57
117. Сила F = 30 Н приложена к телу массой m = 5,0 кг под углом α = 30° к горизонту. Тело движется по горизонтальной плоскости. Коэффициент трения μ = 0,20. Вычислить скорость тела через t = 10 с после начала действия силы и путь, пройденный за это время. Начальная скорость тела υ0 = 0.

Решение. Найдем ускорение тела. На тело действуют сила тяжести (m∙g), сила реакции опоры (N), сила трения (Ftr) и внешняя сила (F). Так как груз движется, то сила трения – это сила трения скольжения. Из второго закона Ньютона  (рис. 1):

\[ m \cdot \vec{a} = \vec{F} + m \cdot \vec{g} + \vec{F}_{tr} + \vec{N}, \]

0X: m∙a = F⋅cos α – Ftr, (1)

0Y: 0 = F⋅sin α – m∙g + N, (2)

где Ftr = μ⋅N.
Из уравнения (2) получаем N = m∙g – F⋅sin α.
Из уравнения (1) m∙a = F⋅cos α – μ∙m∙g + μ∙F⋅sin α.
 
\[ a = \frac{F \cdot \left(\cos \alpha + \mu \cdot \sin \alpha \right)}{m} -
\mu \cdot g \]
(a = 3,8 м/с2).

Скорость и путь найдем из уравнений (g = 10 м/с2)
 
\[ \upsilon_{x} = \upsilon_{0x} + a_{x} \cdot t = a \cdot t,\; \;
s = \Delta r_{x} = \upsilon_{0x} \cdot t + \frac{a_{x} \cdot t^{2}}{2} =
\frac{a \cdot t^{2}}{2}, \]

\[ \upsilon_{x} = \left(\frac{F \cdot \left(\cos \alpha + \mu \cdot
\sin \alpha \right)}{m} - \mu \cdot g \right) \cdot t,\; \;
s = \left(\frac{F \cdot \left(\cos \alpha + \mu \cdot \sin \alpha \right)}{m} -
\mu \cdot g \right) \cdot \frac{t^{2}}{2},
 \]
υ = 38 м/с, s = 190 м.
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Vlad от 12 Декабря 2010, 21:55
а данные в СИ переводить надо?
p,s, скорость получается неровная!

В какой задаче?
в 116?
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 13 Декабря 2010, 06:32
а данные в СИ переводить надо? p,s, скорость получается неровная!

Во-первых, 1 Н = 1 кг⋅м/с2, поэтому без перевода в СИ вы не получите ответ.
Во-вторых, а что вас смущает "неровная" скорость? Физика использует приближенные числа, и у меня чаще бы возникали сомнения, если бы я получал точные числа.
Решайте задачи в общем виде, используйте нормальный калькулятор, и не будет лишних проблем.
В задачу 116 добавил строку с вычислениями.
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: XaC от 16 Декабря 2010, 22:27
Цитата: alsak
0X: m∙a = F⋅cos α – Ftr (1), 0Y: 0 = F⋅sin α – m∙g + N (2) (рис.),
а почему mg и N не сократились ????
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 17 Декабря 2010, 06:23
Цитата: alsak
0X: m∙a = F⋅cos α – Ftr (1), 0Y: 0 = F⋅sin α – m∙g + N (2) (рис.),
а почему mg и N не сократились ????
Потому что N не равно m∙g. Из уравнения (2) и находим, чему равно N.
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: XaC от 27 Декабря 2010, 11:10
129 задача
что там за архимедова сила в воздухе??? вроде бы она только в воде?
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: XaC от 27 Декабря 2010, 17:32
130 задача не сходится с ответом
у меня 14 м/с2 ускорение
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 27 Декабря 2010, 18:38
что там за архимедова сила в воздухе??? вроде бы она только в воде?
Откуда такие познания в физике  :-*?
Архимедова сила действует в жидкостях и газах. Если сила тяжести тела во много раз больше архимедовой силы (плотность тела во много раз больше плотности жидкости или газа), то мы последней силой пренебрегаем. Аэростат (воздушный шар) и поднимается вверх под действием архимедовой силы.
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: XaC от 28 Декабря 2010, 13:40
131 задача
чему равна сила, действующая на ось блока?
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 29 Декабря 2010, 12:43
130. К грузу массой m1 = 20 кг, находящемуся на наклонной плоскости, привязан шнур, который перекинут через блок, закрепленный в вершине плоскости, к другому концу шнура подвешен груз массой m2 = 4 кг. С каким ускорением будут двигаться грузы, если угол наклона плоскости α = 30°? Коэффициент трения μ = 0,2. Массой шнура и блока пренебречь.

Решение. На тело 1 действуют сила тяжести (m1g), сила реакции опоры (N1), сила трения (Ft) и сила натяжения нити (Т1). На тело 2 действуют сила тяжести (m2g) и сила натяжения нити (Т2).
НО, в задаче НЕИЗВЕСТНО, в какую сторону будут двигаться тела.
1 способ. Предположить одно из возможных направлений движения тела, определить знаки проекций всех величин и решить задачу для выбранного случая. Если получим противоречивый ответ (например, ускорение будет отрицательным), то значит наше предположение не правильное, и нужно выбирать другое направление движения и решать задачу заново.
Обратите внимание, что изменение направления движения тела, меняет направление сил трения, и мы получим другой числовой ответ.
2 способ. Проанализировать возможное направление движения тел без действия силы трения. После этого мы уже будем точно знать, куда направлена сила трения.
Примечание. 1 способ позволяет сэкономить время только в том случае, если вы правильно угадаете направление движения. Поэтому считаю, что лучше использовать 2 способ.

Один из вариантов анализа возможного направления движения тел без действия силы трения.
Запишем уравнения второго закона Ньютона для каждого тела (рис. 1):
 
\[ m_{1} \cdot \vec{a}_{1} = \vec{N}_{1} + \vec{T}_{1} +
m_{1} \cdot \vec{g}, \, \, \,
m_{2} \cdot \vec{a}_{2} = m_{2} \cdot \vec{g}+\vec{T}_{2}, \]

0X: m1a1x = Т1m1g⋅sin α,
0Y: m2a2y = m2gТ2

(обратите внимание, что для тела 1 нет необходимости находить проекцию уравнения на ось 0Y, и мы не знаем направление ускорений), где T1 = T2 = T, a1x = a2y. Тогда

(m2 + m1)⋅a1x = m2gm1g⋅sin α или
m2gm1g⋅sin α = 4⋅10 – 20⋅10⋅sin 30° = –60 < 0, т.е. a1x < 0.

Вывод. Без трения тело 1 двигалось бы вниз, тело 2 — вверх. Следовательно, с учетом силы трения, силы будут направлены так, как указано на рисунке 2.

Запишем уравнения второго закона Ньютона для каждого тела (см. рис. 2):
 
\[ m_{1} \cdot \vec{a}_{1} = \vec{N}_{1} + \vec{T}_{1} +
m_{1} \cdot \vec{g} + \vec{F}_{t}, \, \, \,
m_{2} \cdot \vec{a}_{2} = m_{2} \cdot \vec{g} + \vec{T}_{2}, \]

0Х: –m1a1 = Т1 + Ftm1g⋅sin α,
0Y: 0 = N1m1g⋅cos α, –m2a2 = m2gТ2,

где T1 = T2 = T, a1 = a2 = a. Значение силы трения Ft зависит от того, движутся тела или покоятся:
•   если движутся, то Ft = μ⋅N1,
•   если покоятся, то Ft < μ⋅N1,
где N1 = m1g⋅cos α (из проекции уравнения на ось 0Y). Предположим, что тела движутся (если наше предположение не правильное, то мы получим отрицательное ускорение). Тогда

–(m2 + m1)⋅a = m2g + μ⋅m1g⋅cos α – m1g⋅sin α,

\[ a = \frac{m_{1} \cdot \left(\sin \alpha - \mu \cdot \cos \alpha \right) -
m_{2}}{m_{1} + m_{2}} \cdot g,
 \]

a = 1 м/с2. Так как a > 0, то наше предположение оказалось верным, т.е. тела движутся.

Похожая задача разобрана в решенных задачах этого сборника №100 (С. 58-59).
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 29 Декабря 2010, 12:56
131 задача
чему равна сила, действующая на ось блока?

Надо указать силы, действующие на блок: это две силы натяжения T, направленные вниз, и сила реакции оси N (ее и надо найти), направленная вверх. Так как блок невесомый, то сумма этих сил равна нулю, и
N = 2T
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 31 Декабря 2010, 12:38
122. Найти ускорение тел и силы натяжения нитей в устройстве, изображенном на рис. 1. Массы тел: m1 = 100 г, m2 = 300 г. Массой нитей, блоков и силой трения пренебречь.

Решение. Изобразим силы, действующие на систему тел. Предположим, что вниз будет двигаться второе тело (рис. 2) (если наше предположение окажется не правильным, то мы получим отрицательное ускорение).
Так как по условию массой всех нитей можно пренебречь, то силы натяжения в каждой точке одной нити будут численно равны между собой:

T1 = T3 = T4 = T6 = T7,
T8 = T2. (1)

Так как блок 1 — неподвижный, а блок 2 — подвижный, то
a1 = 2a2. (2)

(Это не сложно доказать. Например, если блок 2 пройдет вниз расстояние s2, то нить слева и справа от него должна удлиниться на s2. Вся нить удлинится на 2s2, и тело 1 за то же время пройдет расстояние s1 = 2s2. Учтем, что s = at2/2 …)

Запишем проекции второго закона Ньютона на ось Y для тела 1, для блока 2 и тела 2:

m1a1 = T1m1g, (3)
0 = T6 + T7T8, (4)
m2a2 = T2m2g. (5)

Решим систему уравнений. Например, с учетом (1) из уравнения (4) получаем
T2 = T8 = 2T6 = 2T1. (6)

Из уравнения (3), с учетом (2) получаем
T1 = m1a1 + m1g = 2m1a2 + m1g.

Подставим полученное выражение в уравнение (5) и учтем (6)

m2a2 = 2T1m2g = 4m1a2 + 2m1gm2g,

\[ a_{2} = \frac{m_{2} - 2m_{1}}{4m_{1} + m_{2}} \cdot g, \, \, \,
a_{1} = \frac{m_{2} - 2m_{1}}{4m_{1} + m_{2}} \cdot 2g, \]

a2 = 1,43 м/с2, a1 = 2,86 м/с2.

Силу натяжения T1 можно выразить из уравнения (3)
 
\[ T_{1} = m_{1} \cdot \left(a_{1} + g\right) =
m_{1} \cdot g \cdot \left(\frac{m_{2} - 2m_{1}}{4m_{1} + m_{2} }
\cdot 2 + 1\right) = m_{1} \cdot g \cdot \frac{3m_{2}}{4m_{1} + m_{2}}, \]

T1 = 1,29 Н, T2 = 2T1 = 2,57 Н.
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 01 Января 2011, 16:23
128. Трактор, двигаясь в гору с углом наклона α, тянет сани массой m. На пути s скорость саней увеличивается от υ0 до υ. Считая коэффициент трения саней о дорогу равным μ, найти силу тяги.

Решение. Выясним, что такое «сила тяги».
1 версия (физическая). В статье Черноуцан А.И. Кое-что о силе тяги //Квант. — 1992. — № 5. — С. 42-44. (http://www.physbook.ru/index.php/Kvant._%D0%A1%D0%B8%D0%BB%D0%B0_%D1%82%D1%8F%D0%B3%D0%B8) читаем: «это сила трения покоя, действующая на ведущие колеса со стороны дороги… удобно все силы, действующие на транспортное средство со стороны окружающих тел, разделить на две части: одну часть назвать силой тяги FT, а другую — силой сопротивления FC».
2 версия (техническая). На сайте «Словари и энциклопедии на Академике» в статье «Сила тяги локомотива» (http://dic.academic.ru/dic.nsf/ruwiki/1401779)  написано: «различают две силы тяги локомотива — касательную и на сцепном устройстве». Аналогичные суждения для трактора можно прочитать в статье «Тяговый расчет трактора» (http://www.info-tehnika.ru/obschaya-dinamika-i-tyagoviy-balans-traktora/tyagoviy-raschet-traktora).

На сани действуют сила тяжести (m1g), сила реакции опоры (N1), сила натяжения крепления (Т1) и сила трения (Ft1). На трактор действуют сила тяжести (m2g), сила реакции опоры (N2), сила натяжения крепления (Т2), сила трения (Ft2) и сила тяги (F) (рис. 1).
Если придерживаться версии 1, то надо найти силу F. Но для этого не хватает данных: массы трактора m2, коэффициента трения μ2. Следовательно, автор задачи придерживается технической версии, т.е. требуется найти силу T1. Для этого нам достаточно сил, изображенных на рис. 2.
Запишем уравнение второго закона Ньютона для саней:
 
\[ m \cdot \vec{a} = \vec{N} + \vec{T} + m \cdot \vec{g} + \vec{F}_{t}, \]

0Х: m⋅a = Т – Ft – m⋅g⋅sin α,
0Y: 0 = N – m∙g⋅cos α,
где Ft = μ⋅N, где N = m⋅g⋅cos α (из проекции уравнения на ось 0Y). Ускорение a найдем из уравнений кинематики
 
\[ \Delta r_{x} = \frac{\upsilon_{x}^{2} - \upsilon_{0x}^{2}}{2a_{x}}, \, \, \,
s = \frac{\upsilon^{2} - \upsilon_{0}^{2}}{2a}, \, \, \,
a = \frac{\upsilon^{2} - \upsilon_{0}^{2}}{2s}. \]

Тогда
Т = m⋅a + Ft + m⋅g⋅sin α,

\[ T = m \cdot \left(a + g \cdot \sin \alpha \right) + F_{t} =
m \cdot \left(\frac{\upsilon^{2} - \upsilon_{0}^{2}}{2s} +
g \cdot \sin \alpha \right) + \mu \cdot m \cdot g\cdot \cos \alpha = \]

\[ = m \cdot \left(\frac{\upsilon^{2} - \upsilon_{0}^{2}}{2s} +
g \cdot \left(\sin \alpha + \mu \cdot \cos \alpha \right) \right). \]
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: iliya от 16 Января 2011, 10:36
задача 124 не получился ответ
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: iliya от 16 Января 2011, 10:39
№120 нужно ли учитывать движение тела после времени t
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Vlad от 16 Января 2011, 17:02
В 119 задаче:
\[ OX:F \cdot \cos\alpha_1- F_t=m \cdot a_1\;\;\; (1) \]
\[ OY:N+F \cdot \sin\alpha_1-m \cdot g=m \cdot a_1=0\;\;\; (2) \]

\[ OX:F \cdot \cos\alpha_2- F_t=m \cdot a_2\;\;\; (3) \]
\[ OY:N+F \cdot \sin\alpha_2-m \cdot g=m \cdot a_2=0\;\;\; (4) \]

(1)-(5)\[ F \cdot \cos\alpha_1-F_t=ma_1=0 \]
(5)-(6)\[ F_t=F \cdot \cos\alpha_1 \]
(6)в(3)\[ F \cdot \cos\alpha_2-F \cdot \cos \alpha_1=m \cdot a_2 \]
(6)\[ a_2= \frac {F(cos \alpha_2- \cos \alpha_1)}{m} \]
\[ a_2=4.4 \]


Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 16 Января 2011, 17:07
В 119задаче:
\[ OX:F \cdot cos\alpha_1- F_t=m \cdot a_1 \]
\[ OY:N+F \cdot sin\alpha_1-m \cdot g=m \cdot a_1=0 \]

И где вопрос? В проекциях на ось 0Y ускорение будет равно нулю.
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 16 Января 2011, 17:09
№120 нужно ли учитывать движение тела после времени t
Да.
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Vlad от 16 Января 2011, 17:11
Ай не торопите Александр Леонидович, я просто пока осваиваю LaTeX, у меня в задаче с ответом не сходится, откуда там дробь в числителе? :)
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Vlad от 16 Января 2011, 17:27
Фуу, написал ,до чего это мучительно :)
в о ответах вот так вот:
\[ a= \frac {F}{m} \cdot (cos \alpha_2- \frac{mg-Fsin \alpha_2}{mg-Fsin \alpha_1} \cdot cos \alpha_1)=0.82 \]
откуда \[ \frac{mg-Fsin \alpha_2}{mg-Fsin \alpha_1} \]
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Vlad от 16 Января 2011, 17:52
120 задача:
(1)\[ OX:F-F_t=ma \]
(2)\[ OY:N-mg=0 \]
(1)-(3)\[ a= \frac{F-F_t}{m} \]
(2)-(4)\[ F_t= \mu \cdot m \cdot g \]
(4)в(2)\[ a= \frac{F- \mu \cdot mg}{m} \]
(5)\[ s= \frac{at^2}{2} \]
(4)в(5)\[ s= \frac{t^2(F- \mu \cdot mg)}{2m} \]

в ответах:\[ s= \frac{F(F- \mu \cdot mg)t^2}{2 \mu \cdot m^2g \]
откуда:\[ \frac {F}{ \mu mg \]?
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 16 Января 2011, 17:58
О 119 задаче.
В твоем решении ошибка: у тебя силы трения равные в двух случаях, а это не так. Силы N в двух случаях различные (см. уравнение 2 и 4), и поэтому силы трения тоже не равны.
Замечания по оформлению:
1. в Tex перед cos и sin надо ставить знак "\";
2. если a1 = 0, то не надо писать ... = m⋅a1 = 0.
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 16 Января 2011, 18:03
О 120 задаче.
Ты нашел путь за время t, но тело еще будет двигаться с отрицательным ускорением (под действием только силы трения).
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 16 Января 2011, 19:05
124. Тело массой m1 = 3,0 кг скользит по горизонтальной плоскости под действием груза массой m2 = 1,0 кг, прикрепленного к концу нерастяжимой нити. Нить привязана к телу массой m1 и перекинута через неподвижный блок. Определить ускорение системы и силу натяжения нити. Трением, массой блока и нити пренебречь.

Решение. На тело 1 действуют сила тяжести (m1g), сила реакции опоры (N1) и сила натяжения нити (Т1). На тело 2 действуют сила тяжести (m2g) и сила натяжения нити (Т2). Из второго закона Ньютона:

0Х: m1a1 = Т1 (1), 0Y: m2a2 = m2gТ2 (2).

где Т1 = Т2 = Т, т.к. массой нити пренебрегаем , а1 = а2 = а, т.к. тела связаны. Решим систему двух уравнений (1) и (2). Например,

m1a + m2a = Т1 + m2gТ2, а⋅(m2 + m1) = m2g,

\[ a = \frac{m_{2} \cdot g}{m_{1} + m_{2}}, \, \, \,
T = m_{1} \cdot \frac{m_{2} \cdot g}{m_{1} + m_{2}}, \]

a = 2,5 м/с2, T = 7,5 Н.
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 18 Января 2011, 19:08
119. Тело массой m = 20 кг тянут с силой F = 120 H по горизонтальной поверхности. Если эта сила приложена под углом α1 = 60° к горизонту, то тело движется равномерно. С каким ускорением будет двигаться тело, если ту же силу приложить под углом α2 = 30° к горизонту? Ускорение свободного падения g = 10 м/с2.

Решение. На тело действуют сила тяжести (m∙g), сила реакции опоры (N), сила трения (Ft) и внешняя сила (F). Так как груз движется, то сила трения – это сила трения скольжения. Запишем второй закон Ньютона в проекциях на оси для двух случаев.
1 случай — угол α1 = 60° (a1 = 0, т.к. движение равномерное) (рис. 1):

OX: F⋅cos α1Ft1 = 0, (1)    OY: N1 + F⋅sin α1m⋅g = 0. (2)

2 случай — угол α2 = 30°:
OX: F⋅cos α2Ft2 = m⋅a2, (3)      OY: N2 + F⋅sin α2m⋅g = 0. (4)

Силы трения
Ft1 = μ⋅N1, Ft2 = μ⋅N2, (5)

где N1 = m∙gF⋅sin α1 (из уравнения (2), N2 = m∙gF⋅sin α2 (из уравнения (4).
Решим систему уравнений (1)-(5). Например, из уравнений (1) и (5) найдем μ:
 
\[ F \cdot \cos \alpha_{1} - \mu \cdot \left(m \cdot g - F \cdot \sin \alpha_{1} \right) =0, \, \, \, \mu = \frac{F \cdot \cos \alpha_{1}}{m \cdot g - F \cdot \sin \alpha_{1}}.
 \]
Тогда с учетом (3) и (5)
\[ a_{2} = \frac{1}{m} \cdot \left(F \cdot \cos \alpha_{2} - \mu \cdot N_{2} \right) = \frac{1}{m} \cdot \left(F \cdot \cos \alpha_{2} - \frac{F \cdot \cos \alpha_{1}}{m \cdot g - F \cdot \sin \alpha_{1}} \cdot \left(m \cdot g - F \cdot \sin \alpha_{2} \right) \right) =
 \]

\[ = \frac{F}{m} \cdot \left(\cos \alpha_{2} - \cos \alpha_{1} \cdot \frac{m \cdot g - F \cdot \sin \alpha_{2}}{m \cdot g - F \cdot \sin \alpha_{1}} \right), \]

a2 = 0,82 м/с2.
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 20 Января 2011, 08:55
131. Через невесомый блок, который может вращаться без трения вокруг неподвижной горизонтальной оси, перекинули невесомую и нерастяжимую нить, к концам которой подвесили два груза (рис. 1). При каком отношении масс этих грузов сила, действующая на ось блока, будет равна силе тяжести, действующей на груз большей массы?

Решение. Пусть m1 > m2. Тогда ускорение первого груза будет направлено вниз, ускорение второго — вверх. На тело 1 действуют сила тяжести (m1g) и сила натяжения шнура (Т1), на тело 2 — сила тяжести (m2g) и сила натяжения шнура (Т2), на блок — силы натяжения (T3 и T4) и сила (N), действующая на ось блока (сила тяжести блока равна нулю, т.к. блок невесомый) (рис. 2).
Запишем проекции второго закона Ньютона на ось 0Y:
m1a1 = –m1g + Т1, (1)
m2a2 = Т2m2g, (2)
0 = NT3T4, (3)

где Т1 = Т2 = Т3 = Т4 = Т, т.к. массой нити пренебрегаем, а1 = а2 = а, т.к. тела связаны. По условию

N = m1g. (4)

Решим систему уравнений (1)-(4). Например, из уравнений (3) и (4)

N = 2T = m1g. (5)

Из уравнений (1) и (2)
 
\[ \frac{m_{1}}{m_{2}} = \frac{m_{1} \cdot g - T}{T - m_{2} \cdot g}, \, \, \, m_{1} \cdot m_{2} \cdot g - m_{2} \cdot T = m_{1} \cdot T - m_{1} \cdot m_{2} \cdot g, \, \, \, T = \frac{2m_{1} \cdot m_{2} \cdot g}{m_{1} + m_{2}}. \]

Подставим полученное выражение в уравнение (5)
 
\[ \frac{4m_{1} \cdot m_{2} \cdot g}{m_{1} + m_{2}} = m_{1} \cdot g, \, \, \, 4m_{2} = m_{1} + m_{2}, \, \, \, m_{1} = 3m_{2}, \, \, \, \frac{m_{1}}{m_{2}} =3. \]
     
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 21 Января 2011, 18:54
129. Определить массу груза, который нужно сбросить с аэростата массой M = 1100 кг, движущегося равномерно вниз, чтобы аэростат стал двигаться с такой же по модулю скоростью вверх. Архимедова сила, действующая на аэростат, FA = 1⋅104 Н. Силу сопротивления воздуха при подъеме и спуске считать одинаковой. Ускорение свободного падения g = 10 м/с2.

Решение. Обозначим массу груза m. Будем считать, что масса M = 1100 кг — это масса аэростата вместе с грузом.
В первом случае, при равномерном движении вниз, на аэростат с грузом действуют сила тяжести (M⋅g), Архимедова сила (FA) и сила сопротивления воздуха (Fc) (рис. 1). Во втором случае, при равномерном движении вверх, на аэростат без груза m действуют сила тяжести ((M – m)⋅g), Архимедова сила (FA) и сила сопротивления воздуха (Fc) (эта сила поменяла направление) (рис. 2). Значение двух последних сил не изменилось.
Запишем для каждого случая проекции второго закона Ньютона на ось 0Y (a = 0, т.к. движение равномерное в двух случаях):

0 = Fс – M⋅g + FA,
0 = FA – (M – m)⋅g – Fc.

Решим систему двух уравнений. Например,

Fс – M⋅g + FA + FA – (M – m)⋅g – Fc = 0,
–2M⋅g + 2FA + m⋅g = 0,

\[ m = 2 \cdot \left(M - \frac{F_{A}}{g} \right), \]

m = 200 кг.
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 22 Января 2011, 08:59
120. На тело массой m в течение времени t действует постоянная сила F, направленная горизонтально. Коэффициент трения тела о горизонтальную поверхность, на которой оно лежит, равен μ. Какой путь пройдет тело до остановки? Начальная скорость тела равна нулю.

Решение. Тело будет двигаться, если F > Ft, где Ft — сила трения скольжения. Предположим, что это условие выполняется.
По условию тело вначале (1 случай) двигалось под действием постоянной силы F (скорость увеличивалась), затем (2 случай) — без силы F (скорость уменьшалась). Рассмотрим каждый случай подробнее.
1 случай. На тело действуют сила тяжести (m⋅g), сила реакции опоры (N), сила трения скольжения (Ft) и внешняя сила (F) (рис. 1). Из проекций второго закона Ньютона получаем:

0Х: m⋅a1 = F – Ft, (1)      0Y: 0 = N – m∙g, (2)

где Ft = μ⋅N, N = m∙g — из уравнения (2). Тогда уравнение (1) примет вид

m⋅a1 = F – μ⋅m⋅g или
 
\[ a_1 = \frac{F - \mu \cdot m \cdot g}{m}. \]

Пройденный путь для этого случай будет равен (υ0 = 0 — по условию)
 
\[ \Delta r_{1x} = \upsilon_{0x} \cdot t + \frac{a_{1x} \cdot t^{2}}{2} , \, \, \, s_{1} = \frac{a_{1} \cdot t^{2}}{2} = \frac{F - \mu \cdot m \cdot g}{2m} \cdot t^{2}.\;\;\; (3) \]

Скорость в конце этого движения будет равна
 
\[ \upsilon_{1x} = a_{1x} \cdot t, \, \, \, \upsilon_{1} = a_{1} \cdot t = \frac{F - \mu \cdot m \cdot g}{m} \cdot t.\;\;\; (4) \]

2 случай. На тело действуют сила тяжести (m⋅g), сила реакции опоры (N) и сила трения скольжения (Ft). Под действием силы трения скорость тела будет уменьшаться, поэтому ускорение тела будет направлено против движения (рис. 2). Из проекций второго закона Ньютона получаем:

0Х: –m⋅a2 = – Ft, (5)    0Y: 0 = N – m∙g, (6)

где Ft = μ⋅N, N = m∙g — из уравнения (6). Тогда уравнение (5) примет вид

m⋅a2 = μ⋅m⋅g или a2 = μ⋅g.

Конечная скорость υ2 = 0, т.к. тело двигалось до остановки, υ02 = υ1 (см. уравнение 4), т.к. начальная скорость во втором случае равна конечной скорости в первом. Тогда пройденный путь равен
 
\[ \Delta r_{2x} = \frac{\upsilon_{2x}^{2} - \upsilon_{02x}^{2}}{2a_{2x}}, \, \, \, s_{2} = \frac{-\upsilon_{1}^{2}}{-2a_{2}} = \left(\frac{F - \mu \cdot m \cdot g}{m} \cdot t \right)^{2} \cdot \frac{1}{2 \mu \cdot g}.\;\;\; (7) \]

С учетом уравнений (3) и (7) общий путь будет равен
 
\[ s = s_{1} +s_{2} = \frac{F - \mu \cdot m \cdot g}{2m} \cdot t^{2} + \left(\frac{F - \mu \cdot m \cdot g}{m} \cdot t \right)^{2} \cdot \frac{1}{2 \mu \cdot g} = \]

\[ = \frac{F - \mu \cdot m \cdot g}{2m} \cdot t^{2} \cdot \left(1 + \frac{F - \mu \cdot m \cdot g}{m} \cdot \frac{1}{\mu \cdot g} \right) = \]

\[ = \frac{F - \mu \cdot m \cdot g}{2m} \cdot t^{2} \cdot \frac{F}{\mu \cdot m \cdot g} = \frac{\left(F - \mu \cdot m \cdot g \right) \cdot t^{2}}{2 \mu \cdot m^{2} \cdot g} \cdot F. \]

Ответ. Если F > μ⋅m⋅g, то
 
\[ s = \frac{\left(F - \mu \cdot m \cdot g \right) \cdot t^{2}}{2 \mu \cdot m^{2} \cdot g} \cdot F, \]

Если F ≤ μ⋅m⋅g, то s = 0.
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Vlad от 23 Января 2011, 14:25
135. Через вращающийся вокруг горизонтальной оси блок перекинута невесомая нерастяжимая нить, к концам которой привязаны грузы m1 = 0.5 кг и m2 = 0.6 кг. Найти силу, с которой блок давит на ось при движении грузов. Массой блока и трением в блоке пренебречь.

Решение. Так как m2 > m1, то ускорение первого груза будет направлено вверх, ускорение второго — вниз. На тело 1 действуют сила тяжести (m1g) и сила натяжения шнура (Т1), на тело 2 — сила тяжести (m2g) и сила натяжения шнура (Т2), на блок — силы натяжения (T3 и T4) и сила (N), действующая на ось блока (сила тяжести блока равна нулю, т.к. блок невесомый).
Запишем проекции второго закона Ньютона на ось 0Y (рис. 1):

T – m1·g = m1·a, (1)
Tm2·g = –m2·a, (2)
N – T3T4 =0. (3)
где Т1  = Т2  = Т3  = Т4  = Т, т.к. массой нити пренебрегаем, а1  = а2  = а, т.к. тела связаны.
Из уравнения (3) получаем
N = 2T (4)
Силу натяжения T найдём, решив систему уравнений (1) и (2). Например, из (1):

\[ a = \frac {T - m_1 \cdot g}{m_1}. \]  (5)

Подставим (5) в (2), получаем:

\[ T - m_2 \cdot g = - m_2 \cdot \frac {T - m_1 \cdot g}{m_1}, \, \, \, T + m_2 \cdot \frac {T - m_1 \cdot g}{m_1} = m_2 \cdot g, \]

\[ \frac {T \cdot m_1 + m_2 \cdot T - m_2 \cdot m_1 \cdot g}{m_1} = m_2 \cdot g , \, \, \, T \cdot m_1 + m_2 \cdot T - m_2 \cdot m_1 \cdot g = m_2 \cdot m_1 \cdot g, \]

\[ T \cdot (m_1 + m_2) = 2 m_1 \cdot m_2 \cdot g, \, \, \, T = \frac {2 m_1 \cdot m_2 \cdot g}{m_1 + m_2}. \]  (6)

Подставим  (6) в (4), получим:

\[ N = \frac {4 m_1 \cdot m_2 \cdot g}{m_1 + m_2}, \]

N = 11 H.
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Vlad от 23 Января 2011, 21:36
вопрос по задаче 127
\[ s = \frac {at^2}{2} \], (1)
OY:F-mg=ma
ракета взлетает:
\[ a = \frac {F - mg}{2m} \](2)
(2) в (1):
\[ s = \frac { \tau^2 \cdot (F - mg)}{2m} \](3)
ракета возвращается на землю:
\[ t = \sqrt{\frac {2s}{g}} \](4)
(3) в (4):
\[ t = \sqrt { \frac {
\not{2}\tau^2(F - mg)}{ \not{2}mg}= \]
\[ = \tau \sqrt{ \frac {F - mg}{mg}} \]
что у меня не правильно?
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 24 Января 2011, 06:58
вопрос по задаче 127
...
что у меня не правильно?

После выключения двигателя ракета имела скорость, направленную вверх. Поэтому она не начнет сразу падать вниз.
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Vlad от 25 Января 2011, 15:33
решил, как вы сказали.
s1 - путь ракеты с включённым двигателем
\[ s_1 = \frac {a \cdot \tau^2}{2} \]

\[ s_1 = \frac {\tau^2 \cdot (F - mg)}{2m} \]
\[ \vartheta = g \tau \]

s2 - путь ракеты с выключенным двигателем(вверх)

\[ s_2 = \frac {gt^2}{2} \]

\[ t_1 = \frac {\vartheta_0}{g} \]
\[ \vartheta_0 = \vartheta \]
\[ t_1 = \frac {g \tau}{g} = \tau \]
\[ s_2 = \frac {g \tau^2}{2} \]

s - весь путь ракеты(вверх)
\[ s = s_1 + s_2 = \frac {\tau^2(F - mg)}{2m} + \frac {g \tau^2}{2} = \frac {\tau^2(F - \not{mg}+\not{mg})}{2m} \]
\[ s = \frac {F \tau^2}{2m} \]
t2 - время спуска ракеты

\[ t_2 = \sqrt{\frac{2s}{g}} \]

\[ t_2 = \sqrt{\frac{\not{2} F \tau^2}{\not{2}mg}} = \tau \sqrt{\frac{F}{mg}} \]
что опять не так?
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 25 Января 2011, 15:57
Ошибок несколько:
\[ \vartheta = g \tau \]

Ракета в этот промежуток времени двигалась не с ускорением g, а с a, поэтому
\[ \vartheta = a \tau \].

\[ \vartheta = g \tau \]

s2 - путь ракеты с выключенным двигателем(вверх)

\[ s_2 = \frac {gt^2}{2} \]

В момент выключения двигателя скорость ракеты не равна нулю, и проекция ускорения g отрицательная, поэтому надо:
\[ s_2 = \vartheta \cdot t_1 - \frac {g \cdot t_1^2}{2}, \]

где время t1 найдем из уравнения скорости
υ2y = 0 = υ – g⋅t1.
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: XaC от 31 Января 2011, 20:53
145 задача      не знаю какие формулы нужны

147 зададча    как узнать угол, если знаешь значение косинуса этого угла(он не табличный)
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Евгений Николаевич от 01 Февраля 2011, 02:02
XaC, чтобы узнать угол, если знаеш значение косинуса этого угла нужно иметь инженерный калькулятор с функцией cos-1 :)
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 01 Февраля 2011, 18:31
XaC, чтобы узнать угол, если знаешь значение косинуса этого угла нужно иметь инженерный калькулятор с функцией cos-1 :)
И не забудь калькулятор переключить в градусы (deg).
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 01 Февраля 2011, 18:39
145. К концам однородного стержня приложены две противоположно направленные силы F1 = 40 Н и F2 = 100 Н. Определить силу натяжения стержня в поперечном сечении, которое делит стержень на две части в отношении 1:2.

Решение. Разобьем стержень на две части длинами l1 и l2, соединенных невесомой нитью. По условию l1/l2 = 1/2. Так как стержень однородный, то m1/m2 = l1/l2 = 1/2, где m1 — масса части стержня длиной l1, m2 — масса части длиной l2. Теперь задача сводится к нахождению силы натяжения нити T между частями стержня.

На часть 1 стержня действуют сила тяжести (m1g), сила реакции опоры (N1), сила натяжения нити (Т1) и сила тяги (F1). На часть 2 действуют сила тяжести (m2g), сила реакции опоры (N2), сила натяжения нити (Т2) и сила тяги (F2). Так как нет трения (по умолчанию), и F2 > F1, то ускорение стержня направлено в сторону силы F2. Ось 0X направим так, как показано на рисунке. Из проекции второго закона Ньютона получаем

0Х: m1a = TF1, m2a = –T + F2,

где Т1 = Т2 = Т, т.к. массой нити пренебрегаем, а1 = а2 = а, т.к. тела связаны. Решим систему двух уравнений:
 
\[ \frac{m_{1}}{m_{2}} = \frac{1}{2} = \frac{T - F_{1}}{F_{2} - T}, \, \, \, 2T - 2F_{1} = F_{2} - T, \, \, \, T = \frac{F_{2} + 2F_{1}}{3}, \]

T = 60 Н.

Примечание. Ответ в книге T = (F1 +2F2)/3, T = 80 Н. Это возможно, если сила F1 будет приложена не к меньшей массе, а к большей, т.е. m1/m2 = 2. Как правильно, решайте сами.
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: XaC от 01 Февраля 2011, 19:05

0Х: m1a = TF1, m2a = –T + F2,


откуда ускорение?
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 01 Февраля 2011, 20:03
Силы F1 и F2 разные по величине, силы трения нет, следовательно, равнодействующая этих сил на систему не равна нулю. Поэтому система будет двигаться с ускорением a.
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 03 Февраля 2011, 19:57
127. Вертикально стартующая ракета развивает силу тяги F в течение времени τ, затем двигатель выключается. Определить, через какое время после старта ракета вернется на Землю. Масса ракеты m, ее изменение не учитывать. Сопротивлением воздуха и изменением ускорения свободного падения с высотой пренебречь.

Решение. Движение ракеты можно разбить на три участка: 1) движение вверх под действием силы тяги F; 2) движение вверх под действием силы тяжести (по инерции); 3) движение вниз под действием силы тяжести. Рассмотрим каждый участок отдельно.

Первый участок OB (рис. 1): движение вверх под действием силы тяги F. На ракету действуют сила тяжести (m∙g) и сила тяги (F) (рис. 2). Из второго закона Ньютона найдем ускорение ракеты.

0Y: m⋅a = F – m⋅g или a = F/m – g.

Найдем высоту hВ, которую ракета достигнет в момент выключения двигателя, и скорость υВ. За нулевую высоту примем поверхность Земли. Уравнение движения и уравнение скорости на этом участке будут иметь вид

y = y0 + a⋅t2/2, υy = a⋅t.

В момент времени t = t1 = τ ракета достигнет точки B, где

hВ = a⋅τ2/2, υB = a⋅τ. (1)

Второй участок ВА: движение вверх под действием силы тяжести. Найдем сколько времени ракета будет двигаться вверх и какой высоты достигнет. Уравнение движения и уравнение скорости на этом участке будут иметь вид

y = yВ + υВ⋅tg⋅t2/2, υy = υB – g⋅t.

В момент времени t = t2 ракета достигнет точки А (максимальная высота, на которой скорость υА = 0). Тогда, с учетом уравнений (1), получаем

0 = υB – g⋅t2, t2 = υB/g = a⋅τ/g. (2)
hA = hВ + υВ⋅t2g⋅t22/2 = a⋅τ2/2 + a⋅τ⋅t2g⋅t22/2,

\[ h_{A} = \frac{a \cdot \tau^{2}}{2} + a \cdot \tau \cdot \frac{a \cdot \tau}{g} - \frac{g}{2} \cdot \left(\frac{a \cdot \tau}{g} \right)^{2} = \frac{a \cdot \tau^{2}}{2} + \frac{a^{2} \cdot \tau^{2}}{2g} = \frac{\left(g + a \right) \cdot a \cdot \tau^{2}}{2g}. \]  (3)

Третий участок АО: движение вниз под действием силы тяжести. Найдем сколько времени ракета будет двигаться вниз. Уравнение движения

y = yA – g⋅t2/2.

В момент времени t = t3 ракета достигнет поверхности Земли (y = 0). Тогда, с учетом уравнения (3), получаем

0 = hA – g⋅t32/2,

\[ t_{3} = \sqrt{\frac{2h_{A}}{g}} = \sqrt{\frac{2}{g} \cdot \frac{\left(g + a \right) \cdot a \cdot \tau^{2}}{2g}} = \frac{\tau}{g} \cdot \sqrt{\left(g + a \right) \cdot a}. \]  (4)

Общее время движения (уравнения (2) и (4))
 
\[ t = \tau + t_{2} + t_{3} = \tau + \frac{a \cdot \tau}{g} + \frac{\tau}{g} \cdot \sqrt{\left(g + a \right) \cdot a} = \frac{\tau}{g} \cdot \left(g + a + \sqrt{\left(g + a \right) \cdot a} \right) = \]

\[ = \frac{\tau}{g} \cdot \left(g + \frac{F}{m} - g + \sqrt{\left(g + \frac{F}{m} - g \right) \cdot \left(\frac{F}{m} - g \right)} \right) = \frac{\tau}{g} \cdot \left(\frac{F}{m} + \sqrt{\frac{F}{m} \cdot \left(\frac{F}{m} - g\right)} \right) = \]

\[ = \frac{F \cdot \tau}{m \cdot g} \cdot \left(1 + \sqrt{1 - \frac{m \cdot g}{F}} \right) = \frac{F \cdot \tau}{m \cdot g} \cdot \left(1 + \sqrt{\frac{F - m \cdot g}{F}} \right). \]

Примечание. Мой ответ не совпадает с ответом книги  \[ \left(\frac{F \cdot \tau}{m \cdot g} \cdot \left(1 + \sqrt{\frac{F}{F - m \cdot g}} \right) \right). \]
У себя ошибки не нахожу (возможно плохо смотрю).
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 04 Февраля 2011, 18:57
142. Автомобиль начал двигаться с ускорением a0 = 3,0 м/с2. При скорости υ1 = 60 км/ч ускорение a1 = 1,0 м/с2. С какой скоростью будет двигаться автомобиль при равномерном движении, если сила тяги двигателя постоянна, а общая сила сопротивления движению пропорциональна скорости?

Решение. На автомобиль действуют сила тяжести (m∙g), сила реакции опоры (N), сила тяги (F) и сила сопротивления (Fc) (рис. ). По условию общая сила сопротивления движению пропорциональна скорости, т.е. Fc = β⋅υ, где β — коэффициент пропорциональности. Запишем проекцию второго закона Ньютона

0X: m⋅a = F – Fc = F – β⋅υ. (1)

Запишем уравнение (1) для трех случаев.
1 случай. Автомобиль только начинает двигаться. В этот момент его скорость равна нулю, поэтому Fc = 0. Тогда

m⋅a0 = F. (2)

2 случай. Автомобиль движется со скоростью υ1. Тогда

m⋅a1 = F – β⋅υ1. (3)

3 случай. Автомобиль движется равномерно со скоростью υ2, т.е. a = 0. Тогда

0 = F – β⋅υ2. (4)

Решим систему уравнений (2)-(4). Например, выразим коэффициент β из (3) и подставим в (4). Затем воспользуемся уравнением (2)
 
\[ \beta = \frac{F - m \cdot a_{1}}{\upsilon_{1}}, \, \, \, \upsilon_{2} = \frac{F}{\beta} = \frac{F \cdot \upsilon_{1}}{F - m \cdot a_{1}} = \frac{m \cdot a_{0} \cdot \upsilon_{1}}{m \cdot a_{0} - m \cdot a_{1}} = \frac{a_{0} \cdot \upsilon_{1}}{a_{0} - a_{1}}, \]

υ2 = 90 км/ч.
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 07 Февраля 2011, 19:44
138. Горизонтальная струя воды ударяется о вертикальную стену. После удара вода стекает по стене вниз. Найти силу, с которой струя действует на стену, если площадь поперечного сечения струи S = 5 см2, а ее скорость υ = 8 м/с. Плотность воды ρ = 1⋅103 кг/м3.

Решение. Задачу решим динамическим способом.
Так как вода после удара стекает по стене вниз (а не разлетается брызгами), то считаем ее конечную скорость υk (сразу после удара о стену) равной нулю. Тогда проекция ускорения струи воды будет равна (рис. )

ax = (υkx – υx)/Δt = –υ/Δt,

где Δt — промежуток времени, за который скорость воды уменьшается с υ до 0. Знак «–» проекции ускорения указывает на то, что ускорение направлено против выбранной оси. Тогда проекция силы Fс, которая вызывает это ускорение (сила реакции стены), будет равна

Fcx = m⋅ax = –m⋅υ/Δt, (1)

Сила F, с которой струя действует на стену, численно равна Fc, но противоположна направлена ей (третий закон Ньютона), т.е. Fx = –Fcx.
Найдем массу воды m, которая ударяется о стену за время Δt. За это время стены достигнет столбец воды такой длины l, что l = υ⋅Δt. Тогда масса этой воды будет равна

m = ρ⋅V = ρ⋅S⋅l = ρ⋅S⋅υ⋅Δt.

Подставим полученное выражение в уравнение (1)
 
\[ F_{x} = \frac{m \cdot \upsilon}{\Delta t} = \frac{\rho \cdot S \cdot \upsilon \cdot \Delta t \cdot \upsilon}{\Delta t} = \rho \cdot S \cdot \upsilon^{2}, \]

Fx = 32 H.
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 09 Февраля 2011, 18:37
147. Плоская шайба, которую толкнули вдоль наклонной плоскости, скользит по ней, двигаясь вверх, а затем возвращается к месту броска. График зависимости модуля скорости шайбы от времени показан на рис. 1. Найти угол наклона плоскости к горизонту.

Решение. На шайбу действуют сила тяжести (m∙g), сила реакции опоры (N) и сила трения (Ft): 1) когда шайба скользит вверх, сила трения направлена вниз (рис. 2), 2) когда шайба скользит вниз, сила трения — вверх (рис. 3). Скорость шайбы в первом случае уменьшается, поэтому ускорение направлено в противоположную сторону, т.е. вниз. Во втором случае скорость увеличивается, ускорение будет направлено в сторону скорости. Запишем второй закон Ньютона
 
\[ m \cdot \vec{a} = \vec{N} + m \cdot \vec{g} + \vec{F}_{t}, \]

0Y: 0 = N – m∙g⋅cos α,
0Х: m⋅a1 = Ft + m⋅g⋅sin α, m⋅a2 = –Ft + m⋅g⋅sin α,

где Ft = μ⋅N, N = m⋅g⋅cos α (из проекции уравнения на ось 0Y). Тогда

m⋅a1 = μ⋅m⋅g⋅cos α + m⋅g⋅sin α = m⋅g⋅(μ⋅cos α + sin α),
a1 = g⋅(sin α + μ⋅cos α), a2 = g⋅(sin α – μ⋅cos α).

Решим систему двух последних уравнений. Например,

a1 + a2 = 2g⋅sin α,
 
\[ a_1 + a_2 = 2g \cdot \sin \alpha, \, \, \, \sin \alpha = \frac{a_{1} + a_{2}}{2g}, \, \, \, \alpha = \arcsin \frac{a_{1} + a_{2}}{2g}.\;\;\; (1) \]

Ускорение a найдем из графика (см. рис. 1). Из рисунка видно, что шайба поднималась вверх 2 с и скользила вниз 5 с (7 с – 2 с). Тогда
на промежутке 0 - 2 с:
 
\[ a_{1x} = \frac{\upsilon_{2x} - \upsilon_{1x}}{t_{2} - t_{1}}, \, \, \,
a_{1x} = \frac{0-6}{2-0} = -3 \]  (м/с2)

(знак «–» указывает на то, что ускорение уменьшается и направлено в противоположную сторону скорости. В проекциях на ось 0Х этот знак мы уже учли).

на промежутке 2 - 7 с:
 
\[ a_{2x} = \frac{4-0}{7-2} = 0,8 \] (м/с2).

После подстановки полученных значений в выражение (1) получаем
α = arcsin 0,19 = 11°.
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 10 Февраля 2011, 13:35
149. На какую высоту может подняться автомобиль с работающим двигателем по ледяной горе, составляющей с горизонтом угол α, если у начала подъема он имел скорость υ0. Коэффициент трения равен μ, причем μ < tg α.

Решение. Некоторые тонкости задачи.
1) Если колесо катится вправо (рис. 1), оно вращается по часовой стрелке, и скорость точки А направлена против скорости колеса. А так как сила трения направлена против относительной скорости соприкасающихся поверхностей, то получаем, что сила трения направлена вдоль скорости колеса. Эта сила и способствует качению колеса.
2) Так как коэффициент трения μ < tg α, то колеса автомобиля будут проскальзывать. Поэтому двигатель не может сообщить ускорение автомобилю, и он (автомобиль) будет уменьшать свою скорость.
3) В таких задачах следует различать, работает ли двигатель (тогда колеса вращаются и проскальзывают, сила трения направлена в сторону движения (см. п. 1)) или автомобиль тормозит (колеса только скользят, сила трения направлена в противоположную сторону движения автомобиля).

На автомобиль действуют сила тяжести (m∙g), сила реакции опоры (N) и сила трения (Ft). Так как двигатель работает, то сила трения направлена в сторону движения (см. п. 3). Скорость автомобиля будет уменьшаться (см. п. 2), поэтому ускорение направлено в противоположную сторону, т.е. вниз. Запишем второй закон Ньютона
 
\[ m \cdot \vec{a} = \vec{N} + m \cdot \vec{g} + \vec{F}_{t}, \]

0Х: m⋅a = –Ft + m⋅g⋅sin α,  0Y: 0 = N – m∙g⋅cos α,

где Ft = μ⋅N, N = m⋅g⋅cos α (из проекции уравнения на ось 0Y). Тогда

m⋅a = –μ⋅m⋅g⋅cos α + m⋅g⋅sin α = m⋅g⋅(sin α – μ⋅cos α),
a = g⋅(sin α – μ⋅cos α). (1)

Зная ускорение тела a, начальную скорость υ0 и конечную υ, можно найти перемещение тела Δr. Автомобиль будет подниматься до тех пор, пока его скорость не станет равной нулю, т.е. υ = 0. Тогда, с учетом формулы (1), получаем (рис. 3)
 
\[ \Delta r_{x} = \frac{\upsilon_{x}^{2} - \upsilon_{0x}^{2}}{2a_{x}} = \frac{-\upsilon_{0}^{2}}{-2a} = \frac{\upsilon_{0}^{2}}{2g \cdot \left(\sin \alpha - \mu \cdot \cos \alpha \right)}. \]

Высота подъема будет равна
 
\[ h = \Delta r \cdot \sin \alpha = \frac{\upsilon_{0}^{2} \cdot \sin \alpha}{2g \cdot \left(\sin \alpha - \mu \cdot \cos \alpha \right)} = \frac{\upsilon_{0}^{2} \cdot tg \alpha}{2g \cdot \left(tg \alpha - \mu \right)}. \]

Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 11 Февраля 2011, 06:30
150. На автодроме автомобили испытываются на скорости υ = 120 км/ч. Под каким углом α к горизонту (рис. 1) должно быть наклонено полотно дороги на повороте с радиусом закругления R = 110 м, чтобы движение автомобиля было наиболее безопасным даже в гололедицу?

Решение. В условии сказано, «чтобы движение автомобиля было наиболее безопасным даже в гололедицу». Это означает, что автомобиль должен совершить поворот и без силы трения. Тогда на автомобиль действуют только сила тяжести (m∙g) и сила реакции опоры (N). Автомобиль поворачивает в горизонтальной плоскости (см. рис. 1), поэтому ускорение направлено горизонтально к центру поворота (рис. 2). Запишем второй закон Ньютона
 
\[ m \cdot \vec{a} = \vec{N} + m \cdot \vec{g}, \]

0Х: m⋅a = N⋅sin α,  0Y: 0 = N⋅cos α – m∙g,

где a = υ2/R — центростремительное ускорение. Тогда
 
\[ N = \frac{m \cdot g}{\cos \alpha}, \, \, \, m \cdot \frac{\upsilon^{2}}{R} = \frac{m \cdot g}{\cos \alpha} \cdot \sin \alpha = m \cdot g \cdot tg \alpha, \]
 
\[ tg \alpha = \frac{\upsilon^{2}}{R \cdot g}, \, \, \, \alpha = arctg \frac{\upsilon^{2}}{R \cdot g}, \]

tg = 1,01, α = 45°.
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 13 Февраля 2011, 09:13
153. Планета представляет собой однородный шар, плотность которого ρ = 3⋅103 кг/м3. Каков период обращения искусственного спутника, движущегося вблизи ее поверхности? Гравитационная постоянная G = 6,67⋅10-11 Н⋅м2/кг2.

Решение. Период обращения искусственного спутника (ИС) найдем, используя следующее соотношение: υ = 2π⋅r/T, где r = Rn — радиус планеты, т.к. спутник движется вблизи поверхности планеты,  \[ \upsilon = \sqrt{G \cdot \frac{M_{n}}{R_{n}}} \] — скорость вращения ИС у поверхности планеты массой Mn, т.е. первая космическая скорость.

*Формулу для расчета скорость ИС не сложно и вывести из второго закона Ньютона (ac = υ2/Rn) и закона всемирного тяготения:  \[ m \cdot \frac{\upsilon^{2}}{R_{n}} = G \cdot \frac{m \cdot M_{n}}{R_{n}^{2}}. \]

Масса планеты Mn = ρ⋅Vn, где V = 4/3π⋅Rn3 — объем шара. Тогда
 
\[ T = \frac{2\pi \cdot R_{n}}{\upsilon} = 2\pi \cdot R_{n} \cdot \sqrt{\frac{R_{n}}{G \cdot M_{n}}} = \sqrt{\frac{4\pi^{2} \cdot R_{n}^{3}}{G \cdot M_{n}}} = \sqrt{\frac{4\pi^{2} \cdot 3R_{n}^{3}}{G \cdot \rho \cdot 4\pi \cdot R_{n}^{3}}} = \sqrt{\frac{3\pi}{G \cdot \rho}}, \]

Т = 6861 с = 6,9⋅103 с.
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 13 Февраля 2011, 12:20
151. С какой скоростью должен двигаться автомобиль по выпуклому мосту, имеющему радиус кривизны R = 60 м, чтобы в верхней точке траектории давление на дорогу было в n = 3,0 раза меньше, чем при движении на горизонтальном участке?

Решение. Сила Fd — это сила, с которой автомобиль давит на мост. По третьему закону Ньютона, с такой же по величине силой, но противоположной по направлению, мост будет действовать на автомобиль — это сила реакции опоры (N), т.е. Fd = N.
На автомобиль действуют сила тяжести (m⋅g), сила реакции опоры (N), сила трения (Ft) и сила тяги (F). Из второго закона Ньютона:
 
\[ m \cdot \vec{a} = \vec{N} + \vec{F} + m \cdot \vec{g} + \vec{F}_{t}. \]

При движении на горизонтальной дороге (рис. 1):

0Y: 0 = N1m∙g или N1 = m∙g.

При движении по выпуклому мосту (рис. 2):

0Y: m⋅aс = m⋅g – N2,

где ac = υ2/R, N2 = N1/n = m∙g/n, n = 3,0 — по условию. Тогда
 
\[ m \cdot \frac{\upsilon^{2}}{R} = m \cdot g - \frac{m \cdot g}{n} = m \cdot g \cdot \frac{n - 1}{n}, \; \; \frac{\upsilon^{2}}{R} = g \cdot \frac{n - 1}{n}, \; \; \upsilon = \sqrt{g \cdot R \cdot \frac{n - 1}{n}}, \]

υ = 20 м/с.
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 13 Февраля 2011, 18:23
152. Радиус кривизны вогнутого моста равен R. Масса наибольшего неподвижного груза, который может выдержать середина моста, m. При какой скорости υ движущегося по мосту груза массой m/n (n > 1) мост разрушится?

Решение. Пусть Fd — это сила, с которой груз давит на мост. По третьему закону Ньютона, с такой же по величине силой, но противоположной по направлению, мост будет действовать на груз — это сила реакции опоры (N), т.е. Fd = N. Тогда максимальная сила давления, которую может выдержать мост, будет численно равна силе реакции опоры N, с которой мост действует на неподвижно лежащий груз массой m.

На груз действуют сила тяжести (m⋅g), сила реакции опоры (N) (рис. ). Уравнение второго закона Ньютона в векторной форме имеет вид
 
\[ m \cdot \vec{a} = \vec{N} + m \cdot \vec{g}. \]

Если груз массой m неподвижен, то a = 0 и проекция этого уравнения на

0Y: 0 = Nm⋅g и N = m⋅g

это и есть максимальная сила давления, которую может выдержать мост.

Если груз массой m2 = m/n движется со скоростью υ, то проекция этого уравнения на

0Y: m2ac = N2m2g,

где ac = υ2/R, N2 > N = m⋅g, т.к. по условию мост разрушается. Тогда
 
\[ m_{2} \cdot \frac{\upsilon^{2}}{R} > m \cdot g - m_{2} \cdot g, \, \, \, \frac{m}{n} \cdot \frac{\upsilon^{2}}{R} > m \cdot g - \frac{m \cdot g}{n} = m \cdot g \cdot \frac{n - 1}{n}, \]

\[ \frac{\upsilon^{2}}{R} > g \cdot \left(n - 1\right), \; \; \upsilon > \sqrt{g \cdot R \cdot \left(n - 1 \right)}. \]
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 14 Февраля 2011, 18:54
154. Найти радиус окружности, по которой автомобиль может двигаться со скоростью υ = 36 км/ч, если минимальный коэффициент трения скольжения, при котором автомобиль не «заносит», μ = 0,20.

Решение. Если автомобиль не заносит, то между колесами и дорогой действует сила трения покоя, а не скольжения.
*При повороте на горизонтальном участке, водитель поворачивает колеса автомобиля таким образом, что траектория его движения меняется: была вдоль оси 0Z, стала вдоль дуги 2 (рис. 1). Так как направление скорости поменялась, то должна быть сила, вызывающая данное изменение скорости. Такой силой является сила трения покоя Ft2 между колесами и дорогой. Направление этой силы совпадает с направлением центростремительного ускорения.

На колесо автомобиля действуют: сила тяжести (m⋅g) и сила реакции опоры (N) – они направлены по вертикали (вдоль оси 0Y); сила сопротивления (Ft1) и сила тяги (F) (сила трения покоя, вызывающая движение) – направлены по горизонтали (вдоль оси 0Z); сила трения покоя (Ft2), которая способствует повороту автомобиля – направлена по горизонтали (вдоль оси 0X). Из второго закона Ньютона:
 
\[ m \cdot \vec{a}_{c} = \vec{N} + m \cdot \vec{g} + \vec{F}_{t2} + \vec{F} + \vec{F}_{t1}, \]

0Х: m⋅ac = Ft2,    0Y: 0 = N – m⋅g или N = m⋅g,

где ac = υ2/R, Ft2 ≤ μ⋅N (не забывайте, это сила трения покоя, а не скольжения). Тогда

m⋅aс ≤ μ⋅m⋅g, aс ≤ μ⋅g,
 
\[ \frac{\upsilon^{2}}{R} \le \mu \cdot g, \, \, \, R \ge \frac{\upsilon^{2}}{\mu \cdot g}, \]

R ≥ 50 м.
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 16 Февраля 2011, 06:45
155. Плоское тело массой m = 4 кг движется без трения по круговому желобу, расположенному в вертикальной плоскости так, что диаметр, проведенный из точки А (рис. 1), горизонтален. Определить силу, с которой тело действует на желоб в точке В, если оно пущено без начальной скорости из точки А.

Решение. Сила F, с которой тело действует на желоб, по третьему закону Ньютона, численно равна силе N, с которой желоб действует на тело. Найдем значение этой силы N.
На тело действуют сила тяжести (m⋅g), сила реакции опоры (N) (рис. 2). Запишем уравнение второго закона Ньютона
 
\[ m \cdot \vec{a} = \vec{N} + m \cdot \vec{g}. \]

0Y: m⋅ac = N – m⋅g или N = m⋅(ac + g), (1)

где ac = υ2/R. Скорость υ в точке В найдем из закона сохранения энергии. За нулевую высоту примем высоту точки В (рис. 3). Тогда энергия в точке А будет равна

W0 = m⋅g⋅h = m⋅g⋅R,

энергия в точке В
W = m⋅υ2/2.

Так как трения нет, то механические энергии в точках А и В равны. Тогда

m⋅g⋅R = m⋅υ2/2, υ2 = 2g⋅R.

Подставим полученное выражение в уравнение (1) и получим

N = m⋅(υ2/R + g) = m⋅(2g + g) = 3m⋅g,

N = 120 Н.
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 17 Февраля 2011, 13:01
156. Привязанный к нити длиной l = 0,4 м груз массой m = 0,2 кг вращают в горизонтальной плоскости с постоянной скоростью так, что нить описывает коническую поверхность. При этом угол отклонения нити от вертикали α = 30°. Найти угловую скорость груза и силу натяжения нити.

Решение. На груз действуют сила тяжести (m⋅g) и сила натяжения подвеса (Т). Так как тело вращается с постоянной скоростью, то есть только центростремительное ускорение аc, направленное к центру вращения горизонтально. Оси направим так, как показано на рисунке. Из второго закона Ньютона:
 
\[ m \cdot \vec{a} = \vec{T} + m \cdot \vec{g}, \]

0X: m⋅aс = Т⋅sin α, (1)
0Y: 0 = –m⋅g + Т⋅cos α, (2)

где ac = ω2R, R = l⋅sin α. Решим систему уравнений (1) и (2). Например,
 
\[ T = \frac{m \cdot g}{\cos \alpha}, \, \, \, m \cdot \omega^{2} \cdot l \cdot \sin \alpha = \frac{m \cdot g}{\cos \alpha} \cdot \sin \alpha, \, \, \, \omega = \sqrt{\frac{g}{l \cdot \cos \alpha}}, \]

T = 2,3 Н, ω = 5,4 рад/с.
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 17 Февраля 2011, 13:17
157. Шарик, подвешенный к невесомой нити, движется по окружности в горизонтальной плоскости с постоянной скоростью (конический маятник). Длина нити l = 1,14 м; угол, составленный нитью с вертикалью, α = 30°. Период вращения маятника T = 2,0 с. Найти ускорение свободного падения.

Решение. На груз действуют сила тяжести (m⋅g) и сила натяжения подвеса (Т). Так как тело вращается с постоянной скоростью, то есть только центростремительное ускорение аc, направленное к центру вращения горизонтально. Оси направим так, как показано на рисунке. Из второго закона Ньютона:
 
\[ m \cdot \vec{a} = \vec{T} + m \cdot \vec{g}, \]

0X: m⋅aс = Т⋅sin α, (1)
0Y: 0 = –m⋅g + Т⋅cos α, (2)

где ac = ω2R, ω = 2π/T, R = l⋅sin α. Решим систему уравнений (1) и (2). Например,
 
\[ T = \frac{m \cdot g}{\cos \alpha}, \, \, \, m \cdot \omega^{2} \cdot l \cdot \sin \alpha = \frac{m \cdot g}{\cos \alpha} \cdot \sin \alpha, \]

g = ω2l⋅cos α = (2π/T)2l⋅cos α,

g = 9,7 м/с2.

Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 17 Февраля 2011, 17:15
158. В вагоне поезда, идущего равномерно со скоростью υ = 20 м/с по горизонтальному закруглению железнодорожного пути, производится взвешивание груза массой m = 4 кг с помощью динамометра, подвешенного к потолку вагона. Вес P груза оказался равным 39,4 Н. Определить радиус закругления.

Решение. При повороте вагона поезда груз, висящий на пружине динамометра, будет отклоняться в противоположную сторону поворота. На груз действуют сила тяжести (m⋅g) и сила натяжения пружины (Т). По третьему закону Ньютона, с какой силой груз действует на пружину (вес тела Р), с такой по величине силой T пружина действует на груз, T = P.
Так как груз вместе с вагоном поворачивает равномерно, то есть только центростремительное ускорение аc, направленное к центру поворота горизонтально. Оси направим так, как показано на рисунке. Из второго закона Ньютона:
 
\[ m \cdot \vec{a} = \vec{T} + m \cdot \vec{g}, \]

0X: m⋅aс = Т⋅sin α = P⋅sin α, (1)
0Y: 0 = –m⋅g + Т⋅cos α = –m⋅g + P⋅cos α, (2)

где ac = υ2/R. Решим систему уравнений (1) и (2). Например,
 
\[ \cos \alpha = \frac{m \cdot g}{P}, \, \, \, \sin \alpha = \sqrt{1 - \cos^{2} \alpha} = \sqrt{1 - \left(\frac{m \cdot g}{P} \right)^{2}} = \frac{\sqrt{P^{2} - \left(m \cdot g \right)^{2}}}{P}, \]

\[ m \cdot \frac{\upsilon^{2}}{R} = P \cdot \sin \alpha, \; \; \; R = \frac{m \cdot \upsilon^{2}}{P \cdot \sin \alpha} = \frac{m \cdot \upsilon^{2}}{\sqrt{P^{2} - \left(m \cdot g \right)^{2}}}, \]

R = 404 м (g = 9,8 м/с2).
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 19 Февраля 2011, 19:57
160. Радиус Луны приблизительно в n1 = 3,8 раза меньше радиуса Земли, а масса Луны в n2 = 81 раз меньше массы Земли. Найти ускорение свободного падения на Луне, если известно, что на Земле gЗ = 9,8 м/с2. Во сколько раз нужно изменить начальную скорость, чтобы брошенное вертикально вверх тело поднялось на такую же высоту на Луне, как и на Земле?

Решение. Ускорение свободного падения у поверхности планеты массой Mp и радиуса Rp равно

g = G⋅Mp/Rp2. (1)

Запишем уравнение (1) для Луны и Земли

gl = G⋅Ml/Rl2, g3 = G⋅M3/R32,

где R3 = n1Rl, M3 = n2Ml (по условию). Решим данную систему. Например,
 
\[ \frac{g_{l}}{g_{3}} = \frac{M_{l} \cdot R_{3}^{2}}{R_{l}^{2} \cdot M_{3}} = \frac{M_{l} \cdot \left(n_{1} \cdot R_{l} \right)^{2}}{R_{l}^{2} \cdot n_{2} \cdot M_{l}} = \frac{n_{1}^{2}}{n_{2}}, \; \; g_{l} = \frac{n_{1}^{2}}{n_{2}} \cdot g_{3}, \]

gl = 1,7 м/с2.

Пусть на Земле вертикально вверх бросили тело со скоростью υ0 и оно достигло высоты
 
\[ h = \frac{\upsilon_{y}^{2} - \upsilon_{0y}^{2}}{-2g_{3}} = \frac{\upsilon_{0}^{2}}{2g_{3}}. \]

Чтобы на Луне тело достигло той же высоты h, скорость тела должна быть равна υ1, причем

h12/(2gl).
Тогда
 
\[ \frac{\upsilon_{0}^{2}}{2g_{3}} = \frac{\upsilon_{1}^{2}}{2g_{l}}, \, \, \, \frac{\upsilon_{0}}{\upsilon_{1}} = \sqrt{\frac{g_{3}}{g_{l}}} = \sqrt{\frac{n_{2}}{n_{1}^{2}}} = \frac{\sqrt{n_{2}}}{n_{1}}, \, \, \, \frac{\upsilon_{0}}{\upsilon_{1}} \] =2,4.

Скорость на Луне надо уменьшить в 2,4 раза.
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 20 Февраля 2011, 11:11
162. На какой угол надо отклонить нить с подвешенным на ней грузом, чтобы при прохождении положения равновесия сила натяжения нити была в 2 раза больше силы тяжести груза?

Решение. Положение равновесия системы — это нижняя точка маятника. В этой точке на груз действуют сила тяжести (m⋅g) и сила натяжения нити (Т) (рис. 1). Из второго закона Ньютона:
 
\[ m \cdot \vec{a} = \vec{T} + m \cdot \vec{g}, \]

0Y: m⋅ac = –m⋅g + Т, (1)

где ac = υ2/R = υ2/l, T = 2m⋅g (по условию).
Квадрат скорости найдем из закона сохранения энергии. За нулевую высоту примем точку положения равновесия (рис. 2). Полная механическая энергия тела в начальном состоянии

W0 = m⋅g⋅h0,

где h0 = l – OA = l – l⋅cos α = l⋅(1 – cos α).

Полная механическая энергия тела в конечном состоянии

W = m⋅υ2/2.

Из закона сохранения механической энергии следует, что

m⋅g⋅l⋅(1 – cos α) = m⋅υ2/2, υ2 = 2g⋅l⋅(1 – cos α).

Подставим полученное выражение в уравнение (1)
 
\[ m \cdot \frac{\upsilon^{2}}{l} = -m \cdot g + 2m \cdot g = m \cdot g, \, \, \, \frac{\upsilon^{2}}{l} = g, \]

\[ 2g \cdot \left(1 - \cos \alpha \right) = g, \, \, \, 1 - \cos \alpha = \frac{1}{2} , \, \, \, \cos \alpha = \frac{1}{2}, \]

α = 60°.
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 20 Февраля 2011, 12:03
164. На невесомом стержне висит груз массой m. Груз отклоняют на угол α = 90° и отпускают. Найти силу натяжения стержня в момент прохождения им положения равновесия.

Решение. Положение равновесия системы — это нижняя точка маятника. В этой точке на груз действуют сила тяжести (m⋅g) и сила натяжения нити (Т) (рис. 1). Из второго закона Ньютона:

\[ m \cdot \vec{a} = \vec{T} + m \cdot \vec{g}, \]

0Y: m⋅ac = –m⋅g + Т, (1)

где ac = υ2/R = υ2/l.
Квадрат скорости найдем из закона сохранения энергии. За нулевую высоту примем точку положения равновесия (рис. 2). Полная механическая энергия тела в начальном состоянии

W0 = m⋅g⋅h0 = m⋅g⋅l

Полная механическая энергия тела в конечном состоянии

W = m⋅υ2/2.

Из закона сохранения механической энергии следует, что

m⋅g⋅l = m⋅υ2/2, υ2 = 2g⋅l.

Подставим полученное выражение в уравнение (1)

m⋅υ2/l = –m⋅g + T, T = m⋅(υ2/l + g) = m⋅(2g + g) = 3m⋅g.
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 21 Февраля 2011, 06:48
165. Шарик массой m = 100 г подвешен на нити. В натянутом положении нить расположили горизонтально и отпустили шарик. Чему равна сила натяжения нити в момент, когда она образует с горизонтальным направлением угол α = 30°? Какой прочностью на разрыв должна обладать нить, чтобы она не оборвалась? Нить считать невесомой и нерастяжимой.

Решение. На груз действуют сила тяжести (m⋅g) и сила натяжения нити (Т) (рис. 1). Из второго закона Ньютона:

\[ m \cdot \vec{a} = \vec{T} + m \cdot \vec{g}, \]

0Y: m⋅ac = –m⋅g⋅sin α + Т, (1)

где ac = υ2/R = υ2/l.
Квадрат скорости найдем из закона сохранения энергии. За нулевую высоту примем точку окружности, в которой надо найти силу натяжения (рис. 2). Полная механическая энергия тела в начальном состоянии

W0 = m⋅g⋅h0,

где h0 = OA = l⋅sin α.

Полная механическая энергия тела в конечном состоянии

W = m⋅υ2/2.

Из закона сохранения механической энергии следует, что

m⋅g⋅l⋅sin α = m⋅υ2/2, υ2 = 2g⋅l⋅sin α.

Подставим полученное выражение в уравнение (1)

T = m⋅(ac + g⋅sin α) = m⋅(υ2/l + g⋅sin α) =
= m⋅(2g⋅sin α + g⋅sin α) = 3m⋅g⋅sin α,

Т = 1,5 Н.

«Какой прочностью на разрыв должна обладать нить»? Найдем максимальную силу натяжения Tmax, которая может быть у нити. Тогда, «чтобы она не оборвалась», нить должна выдерживать силу натяжения большую, чем Tmax.
Максимальная сила натяжения нити будет в момент прохождения положения равновесия (нижней точки). В этот момент сила натяжения равна (см. решение задачи 164 (http://www.web-physics.ru/smf/index.php/topic,2926.msg10776.html#msg10776))

Tmax = 3m⋅g.
Тогда T > Tmax = 3 Н.
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 21 Февраля 2011, 08:22
163. Тело массой m = 0,1 кг вращается в вертикальной плоскости на нити длиной l = 1 м. Ось вращения расположена над полом на высоте H = 2 м. При прохождении нижнего положения нить обрывается, и тело падает на пол на расстоянии L = 4 м (по горизонтали) от точки обрыва. Определить силу натяжения нити в момент ее обрыва. Сопротивлением воздуха пренебречь. Ускорение свободного падения g считать равным 10 м/с2.

Решение. На тело действуют сила тяжести (m⋅g) и сила натяжения нити (Т) (рис. 1). Из второго закона Ньютона:

\[ m \cdot \vec{a} = \vec{T} + m \cdot \vec{g}, \]

0Y: m⋅ac = –m⋅g + Т, (1)

где ac = υ02/R = υ02/l.
Скорость в этой точке найдем из уравнений кинематики. За тело отсчета выберем точку, лежащую на поверхности пола и на одной вертикали с точкой бросания, ось 0Х направим вправо, ось 0Y — вверх. При движении по окружности скорость тела направлена по касательной к окружности, и в нижней точке скорость υ0 будет направлена горизонтально. Тогда (рис. 2)

y0 = h0 = H – l, x0 = 0

Запишем уравнения координаты на выбранные оси (υ0x = υ0, gx = 0, υ0y = 0, gy = –g)

x = υ0t, y = (H – l) – g⋅t2/2.

Пусть в некоторый момент времени t = t1 тело упало на пол, тогда y = 0, x = L (по условию):

х = L = υ0t1, (2)
0 = H – lg⋅t12/2. (3)

Решим систему уравнений (2)-(3):
 
\[ \frac{g \cdot t_{1}^{2}}{2} = H - l, \, \, \, t_{1} = \sqrt{\frac{2 \cdot \left(H - l \right)}{g}}; \, \, \, \upsilon_{0} = \frac{L}{t_{1}} = L \cdot \sqrt{\frac{g}{2 \cdot \left(H - l \right)}}. \]

Подставим полученное выражение в уравнение (1)
 
\[ m \cdot \frac{\upsilon_{0}^{2}}{l} = -m \cdot g+T, \]
 
\[ T = m \cdot \left(\frac{\upsilon_{0}^{2}}{l} + g \right) = m \cdot \left(\frac{L^{2} \cdot g}{2l \cdot \left(H - l \right)} +g \right) = m \cdot g \cdot \left(\frac{L^{2}}{2l \cdot \left(H - l \right)} + 1 \right), \]

T = 9 Н.
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 25 Февраля 2011, 12:47
167. Горизонтально расположенный диск вращается с частотой ν = 0,25 Гц вокруг вертикальной оси. Наибольшее расстояние от оси вращения, на котором тело удерживается на диске в равновесии, r = 10 см. Чему равен коэффициент трения тела о диск?

Решение. На тело, лежащее на диске, действуют: сила тяжести (m⋅g) и сила реакции опоры (N) — они направлены по вертикали (вдоль оси 0Y на рис. 1), сила трения (Ft) — она направлена по горизонтали. Тело вращается вместе с диском, поэтому у тела есть центростремительное ускорение, направленное к центру диска. А так как на тело действует только одна горизонтальная сила (Ft), то она будет направлена в ту же сторону, что и ускорение, т.е. к центру диска.
*Можно определить направление силы трения и другим способом. Например, определить, куда бы двигалось тело, если не было бы трения. Тогда сила трения будет направлено против предполагаемого движения.

Из второго закона Ньютона:
 
\[ m \cdot \vec{a}_{c} = \vec{N} + m \cdot \vec{g} + \vec{F}_{t},
 \]

0Х: m⋅aс = Ft, (1)
0Y: 0 = –m⋅g + N, (2)

где ac = ω2R, ω = 2π⋅ν. Так как тело находится в равновесии, то действует сила трения покоя, которая равна Ft ≤ μ⋅N, где N = m⋅g — из уравнения (2). Тогда
 
\[ m \cdot \left(2 \pi \cdot \nu \right)^{2} \cdot R \le \mu \cdot m \cdot g, \, \, \, R \le \frac{\mu \cdot g}{\left(2 \pi \cdot \nu \right)^{2}}, \, \, \, R_{\max} = \frac{\mu \cdot g}{\left(2 \pi \cdot \nu \right)^{2}}. \]

При любом расстоянии l > Rmax тело начнет скользить по диску в противоположную сторону от центра. По условию Rmax = r, тогда
 
\[ r = \frac{\mu \cdot g}{\left(2 \pi \cdot \nu \right)^{2}}, \, \, \, \mu = \frac{\left(2 \pi \cdot \nu \right)^{2} \cdot r}{g}, \]

μ = 0,025.
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 25 Февраля 2011, 17:57
168. Чаша в форме полусферы радиуса R = 0,8 м вращается с постоянной угловой скоростью вокруг вертикальной оси (рис. 1). Вместе с чашей вращается шарик, лежащий на ее внутренней поверхности. Расстояние от шарика до нижней точки чаши равно ее радиусу. Определить угловую скорость чаши. Трением пренебречь.

Решение. На шарик действуют сила тяжести (m⋅g) и сила реакции опоры (N), которая направлена перпендикулярно поверхности чаши, т.е. по радиусу. Так как шарик вращается вместе с чашкой с постоянной угловой скоростью вокруг вертикальной оси, то он вращается в горизонтальной плоскости и его центростремительное ускорение аc направленно горизонтально. Оси направим так, как показано на рис. 2. Пусть α — это угол между радиусом, проведенным к телу и вертикальной осью (рис. 3). Из второго закона Ньютона:

\[ m \cdot \vec{a}_{c} = \vec{N} + m \cdot \vec{g},
 \]

0X: m⋅aс = N⋅sin α, (1)
0Y: 0 = –m⋅g + N⋅cos α, (2)

где ac = ω2r, r = R⋅sin α, α = 60°, т.к. ΔAOB — равносторонний (OA = OB = R, AB = R — по условию) (см. рис. 3). Решим систему уравнений (1) и (2). Например,
 
\[ N = \frac{m \cdot g}{\cos \alpha}, \, \, \, m \cdot \omega^{2} \cdot R \cdot \sin \alpha = \frac{m \cdot g}{\cos \alpha} \cdot \sin \alpha,
 \]

\[ \omega^{2} \cdot R = \frac{g}{\cos \alpha}, \, \, \, \omega = \sqrt{\frac{g}{R \cdot \cos \alpha}}, \]

ω = 5 рад/с.
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 26 Февраля 2011, 19:44
169. На экваторе некоторой планеты тела весят вдвое меньше, чем на полюсе. Плотность веществ планеты ρ = 3,0⋅103 кг/м3. Определить период вращения планеты вокруг собственной оси. Гравитационная постоянная G = 6,67⋅10-11 Н⋅м2/кг2.

Решение. Почему вес тела на экваторе и полюсе отличаются? Из-за вращения планеты: на экваторе тело вращается по окружности, радиус которой равен радиусу планеты, на полюсе радиус вращения равен нулю (рис. 1). По третьему закону Ньютона, с какой силой тело давит на планету (вес тела P), с такой же по величине силой, но противоположной по направлению, планета будет действовать на тело (сила реакции опоры N), т.е. P = N.
На тело действуют сила тяжести (m⋅gp) и сила реакции опоры (N), которая направлена перпендикулярно поверхности планеты, т.е. по радиусу. Сила тяжести — это сила, с которой тело притягивается к планете, т.е.
 
\[ m \cdot g_{p} = G \cdot \frac{m \cdot M_{p}}{R_{p}^{2}}, \]

где Mp = ρ⋅Vp = ρ⋅4/3⋅π⋅Rp3 — масса планеты. Тогда
 
\[ m \cdot g_{p} = G \cdot \frac{m}{R_{p}^{2}} \cdot \rho \cdot \frac{4}{3} \pi \cdot R_{p}^{3} = \frac{4}{3} \pi \cdot G \cdot \rho \cdot m \cdot R_{p}.\;\;\; (1) \]

Из второго закона Ньютона:
 
\[ m \cdot \vec{a}_{c} = m \cdot \vec{g}_{p} + \vec{N}, \]

0X: m⋅aс = m⋅gp – N1 (2) — на экваторе,

0Y: 0 = –m⋅gp + N2 (3) — на полюсе,

где ac = ω2Rp, ω = 2π/T, N2 = 2N1 — по условию. Решим систему уравнений (1)-(3). Например,

N2 = m⋅gp, m⋅ω2Rp = m⋅gp – m⋅gp/2,

\[ m \cdot \left(\frac{2\pi }{T} \right)^{2} \cdot R_{p} = \frac{m \cdot g_{p}}{2} = \frac{2}{3} \pi \cdot G \cdot \rho \cdot m \cdot R_{p}, \]
 
\[ \left(\frac{2\pi}{T} \right)^{2} = \frac{2}{3} \pi \cdot G \cdot \rho, \; \; \; T = \sqrt{\frac{3 \cdot 4 \pi^{2}}{2 \pi \cdot G \cdot \rho}} = \sqrt{\frac{6 \pi}{G \cdot \rho}}, \]

T = 9,7⋅103 с.
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 27 Февраля 2011, 12:56
174. Каким должен был бы быть период вращения Земли вокруг своей оси, чтобы тела на экваторе находились в состоянии невесомости? Радиус Земли R = 6370 км.

Решение. По третьему закону Ньютона, с какой силой тело давит на Землю (вес тела P), с такой же по величине силой, но противоположной по направлению, планета будет действовать на тело (сила реакции опоры N), т.е. P = N.
На тело действуют сила тяжести (m⋅g) и сила реакции опоры (N = P = 0 — по условию), которая направлена перпендикулярно поверхности Земли. Из-за вращения планеты тело вращается по окружности, радиус которой на экваторе равен радиусу Земли (рис. 1), центростремительное ускорение направлено к центру вращения (центру Земли). Из второго закона Ньютона:
 
\[ m \cdot \vec{a}_{c} = m \cdot \vec{g} + \vec{N} = m \cdot \vec{g}, \]

0X: m⋅aс = m⋅g или aс = g,

где ac = ω2R, ω = 2π/T. Тогда
 
\[ \left(\frac{2 \pi}{T} \right)^{2} \cdot R = g, \; \; \; T = 2\pi \cdot \sqrt{\frac{R}{g}}, \]

T = 5,0⋅103 с = 83,5 мин.
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 27 Февраля 2011, 17:45
170. Определить массу Солнца, зная, что средняя линейная скорость Земли на орбите υ = 30 км/с, а радиус орбиты Земли R = 1,5⋅108 км. Гравитационная постоянная G = 6,67⋅10–11 Н⋅м2/кг2.

Решение. Земля является спутником Солнца, поэтому можно применить формулу для расчета скорости спутника вокруг планеты
 
\[ \upsilon = \sqrt{G \cdot \frac{M_{c}}{R}},
 \]

где Mc — масса Солнца.
*Эту формулу несложно вывести из второго закона Ньютона и закона всемирного тяготения: \[ m \cdot \frac{\upsilon^{2}}{R} = G \cdot \frac{m \cdot M}{R^{2}}. \]
Тогда
 
\[ M_{c} = \frac{\upsilon^{2} \cdot R}{G}, \]

Mc = 2,0⋅1030 кг.
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 03 Марта 2011, 18:58
171. Спутник движется вокруг некоторой планеты по круговой орбите радиуса r = 4,7⋅109 м со скоростью υ = 1⋅104 м/с. Какова средняя плотность планеты, если ее радиус R = 1,5⋅108 м? Гравитационная постоянная G = 6,67⋅10-11 Н⋅м2/кг2.

Решение. Формула для расчета скорости спутника вокруг планеты
 
\[ \upsilon = \sqrt{G \cdot \frac{M_{c}}{r}}, \]

где Mp = ρ⋅Vp = ρ⋅4/3⋅π⋅R3 — масса планеты. Тогда
 
\[ \upsilon^{2} = G \cdot \frac{M_{p}}{r} = \frac{G}{r} \cdot \rho \cdot \frac{4}{3} \pi \cdot R^{3}, \, \, \, \rho = \frac{3r \cdot \upsilon^{2}}{4 \pi \cdot G \cdot R^{3}}, \]

ρ = 499 кг/м3.
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 04 Марта 2011, 17:47
172. Два искусственных спутника Земли движутся в одном направлении со скоростями υ1 и υ2 по окружностям, лежащим в одной плоскости. Определить минимальное расстояние между спутниками. Радиус Земли R, ускорение свободного падения на поверхности Земли g0.

Решение. Скорость искусственного спутника (ИС) вокруг Земли (массой M, радиуса R) на высоте h равна
 
\[ \upsilon = \sqrt{G \cdot \frac{M}{R+h}}. \]

По условию вместо массы Земли задано ускорение свободного падения g0, которое у поверхности Земли равно
 
\[ g_{0} = G \cdot \frac{M}{R^{2}}. \]
Тогда 
\[ M = \frac{g_{0} \cdot R^{2}}{G}, \; \; \; \upsilon^{2} = \frac{G \cdot M}{R+h} = \frac{g_{0} \cdot R^{2}}{R+h}.\;\;\; (1) \]

Для ИС на высоте h1 и h2 уравнение (1) примет вид
 
\[ \upsilon_{1}^{2} = \frac{g_{0} \cdot R^{2}}{R+h_{1}}, \; \; \; \upsilon_{2}^{2} = \frac{g_{0} \cdot R^{2}}{R+h_{2}}.\;\;\; (2) \]

Расстояние между спутниками будет минимальным, если они расположены на одном радиусе большей орбиты (рис. 1). Тогда с учетом уравнений (2) получаем, расстояние между спутниками равно
 
\[ \Delta h = h_{2} - h_{1} = \left(\frac{g_{0} \cdot R^{2}}{\upsilon_{2}^{2}} - R \right) - \left(\frac{g_{0} \cdot R^{2}}{\upsilon_{1}^{2}} - R \right) = g_{0} \cdot R^{2} \cdot \left(\frac{1}{\upsilon_{2}^{2}} - \frac{1}{\upsilon_{1}^{2}} \right). \]
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 04 Марта 2011, 18:24
175. Найти первую космическую скорость для планеты, масса которой в n1 = 3 раза больше массы Земли, а радиус больше земного в n2 = 2 раза. Первую космическую скорость для Земли считать равной υ1 = 8 км/с.

Решение. Первая космическая скорость — это скорость искусственного спутника (ИС) вблизи поверхности планеты. Первая космическая скорость для Земли (массой M, радиуса R) равна
 
\[ \upsilon_{1} = \sqrt{G \cdot \frac{M}{R}}, \]

для планеты (массой Mp, радиуса Rp)
 
\[ \upsilon = \sqrt{G \cdot \frac{M_{p}}{R_{p}}}, \]

где Mp = n1M, Rp = n2R  — по условию. Решим систему двух уравнений. Например,
 
\[ \frac{\upsilon}{\upsilon_{1}} = \sqrt{\frac{G \cdot M_{p}}{R_{p}} \cdot \frac{R}{G \cdot M}} = \sqrt{\frac{M_{p} \cdot R}{R_{p} \cdot M}} = \sqrt{\frac{n_{1} \cdot M \cdot R}{n_{2} \cdot R \cdot M}} = \sqrt{\frac{n_{1}}{n_{2}}}, \; \; \upsilon = \upsilon_{1} \cdot \sqrt{\frac{n_{1}}{n_{2}}}, \]

υ = 9,8 км/с.
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 05 Марта 2011, 08:33
118. Два привязанных к концам нити бруска, массы которых m1 = 0,5 кг и m2 = 0,3 кг, движутся по горизонтальной поверхности под действием горизонтальной силы F = 4 Н, приложенной ко второму бруску. С каким ускорением движутся бруски? Какова сила натяжения связывающей их нити? Коэффициент трения между брусками и плоскостью μ = 0,1.

Решение. На тело 1 действуют сила тяжести (m1g), сила реакции опоры (N1), сила трения (Ftr1) и сила натяжения нити (Т1), на тело 2 действуют сила тяжести (m2g), сила реакции опоры (N2), сила трения (Ftr2), сила натяжения нити (Т2) и сила тяги (F) (рис. 1). Ускорение направлено в сторону силы F.
Запишем уравнения второго закона Ньютона в векторной форме для двух тел:
 
\[ m_{1} \cdot \vec{a}_{1} = \vec{N}_{1} + \vec{T}_{1} + m_{1} \cdot \vec{g}+\vec{F}_{tr1}, \, \, \, m_{2} \cdot \vec{a}_{2} = \vec{N}_{2} +\vec{F} + m_{2} \cdot \vec{g} + \vec{T}_{2} + \vec{F}_{tr2}. \]

Проекции этих уравнений

0Х: m1a1 = Т1Ftr1, m2a2 = F – Т2Ftr2;

0Y: 0 = N1m1g, 0 = N2m2g,

где Т1 = Т2 = Т, т.к. тела связаны невесомой (по умолчанию) нитью; а1 = а2 = а, т.к. тела связаны друг с другом, Ftr1 = μ⋅N1, Ftr2 = μ⋅N2, т.к. тела движутся, N1 = m1g, N2 = m2g (из проекций на ось 0Y). Решим систему уравнений. Например,

m1a = Т – Ftr1, m2a = F – Т – Ftr2,

(m1 + m2)⋅a = –Ftr1 + F – Ftr2,

 
\[ a = \frac{F - F_{tr1} - F_{tr2}}{m_{1} + m_{2}} = \frac{F - \mu \cdot m_{1} \cdot g - \mu \cdot m_{2} \cdot g}{m_{1} + m_{2}} = \frac{F - \mu \cdot g \cdot \left(m_{1} + m_{2} \right)}{m_{1} + m_{2}} = \frac{F}{m_{1} + m_{2}} - \mu \cdot g, \]

\[ T = m_{1} \cdot a + F_{tr1} = m_{1} \cdot \left(\frac{F}{m_{1} + m_{2}} - \mu \cdot g \right) + \mu \cdot m_{1} \cdot g = \frac{m_{1} \cdot F}{m_{1} + m_{2}}, \]

а = 4 м/с2, Т = 2,5 Н.
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 05 Марта 2011, 16:36
123. Две гири массами m1 = 4,0 кг и m2 = 3,0 кг подвешены на концах нерастяжимой нити, перекинутой через неподвижный блок. Меньшая гиря находится на h = 2,8 м ниже, чем большая (рис. 1). Определить через какое время гири окажутся на одной высоте, если дать им возможность двигаться без начальной скорости под действием сил тяжести. Массой нити и блока пренебречь.

Решение. Так как m1 > m2, то ускорение первой гири будет направлено вниз, ускорение второй — вверх. На тело 1 действуют сила тяжести (m1g) и сила натяжения нити (Т1), на тело 2 — сила тяжести (m2g) и сила натяжения нити (Т2) (рис. 2). Запишем проекции второго закона Ньютона на ось 0Y:

m1a1 = –m1g + Т1m2a2 = Т2m2g,

где Т1 = Т2 = Т, т.к. массой нити пренебрегаем, а1 = а2 = а, т.к. тела связаны.
Решим систему уравнений и найдем ускорение гирь. Например,

m1a = –m1g + Тm2a = Тm2g,

(m1 + m2)⋅a = m1gТ + Т – m2g = (m1m2)⋅g,

\[ a = \frac{m_{1} - m_{2}}{m_{1} + m_{2}} \cdot g. \]

Так как ускорения грузов равны, то за одно и то же время они пройдут равные расстояния, следовательно, каждый из грузов до встречи должен пройти путь s = h/2. Перемещение второго груза при равноускоренном движении равно
 
\[ \Delta r_{y} = \upsilon_{0y} \cdot t + \frac{a_{y} \cdot t^{2}}{2}, \]

где υ0y = 0 (по условию), ay = a (см. рис. 2). Пусть до встречи груз двигался t = t1, тогда Δry = h/2. В итоге получаем
 
\[ \frac{h}{2} = \frac{a \cdot t_{1}^{2}}{2}, \; \; t_{1} = \sqrt{\frac{h}{a}} = \sqrt{\frac{h}{g} \cdot \frac{m_{1} + m_{2}}{m_{1} - m_{2}}}, \]

t1 = 1,4 с.
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 06 Марта 2011, 08:18
132. К бруску массой m1 = 2 кг, лежащему на столе, привязана нерастяжимая нить. Ко второму концу нити, перекинутой через укрепленный на краю стола блок, привязан груз массой m2 = 0,5 кг. Определить коэффициент трения бруска о стол, если, двигаясь без начальной скорости, брусок за время t = 2 с прошел путь s = 1 м. Массой нити, блока и трением в блоке пренебречь.

Решение. На тело 1 действуют сила тяжести (m1g), сила реакции опоры (N1), сила трения (Ftr) и сила натяжения нити (Т1). На тело 2 действуют сила тяжести (m2g) и сила натяжения нити (Т2) (рис. 1). Запишем проекции второго закона Ньютона:

0Х: m1a1 = Т1Ftr, (1)

0Y: 0 = N1m1g,

m2a2 = m2gТ2, (2)

где Т1 = Т2 = Т, т.к. массой нити пренебрегаем, а1 = а2 = а, т.к. тела связаны, Ftr = μ⋅N1, N1 = m1g — из проекции уравнения для первого тела на ось 0Y.
Ускорение системы a найдем из уравнений кинематики. Перемещение бруска при равноускоренном движении равно

Δry = υ0yt + ay⋅t2/2,

где υ0y = 0 (по условию), ay = a (см. рис. 1), Δry = s. Тогда

s = a⋅t2/2, a = 2s/t2. (3)

Решим систему уравнений (1) - (2). Например,

m1a = Т – Ftr, m2a = m2g – Т,

(m1 + m2)⋅a = Т – Ftr + m2g – Т = m2g – Ftr,

Ftr = m2g – (m1 + m2)⋅a, μ⋅m1g = m2g – (m1 + m2)⋅a,
 
\[ \mu = \frac{m_{2}}{m_{1}} - \frac{m_{1} + m_{2}}{m_{1} \cdot g} \cdot a = \frac{m_{2}}{m_{1}} - \frac{m_{1} + m_{2}}{m_{1} \cdot g} \cdot \frac{2s}{t^{2}}, \]

μ = 0,19.
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 07 Марта 2011, 07:38
133. К концам нерастяжимой нити, перекинутой через неподвижный блок, прикреплены гири массами m1 = 1 кг и m2 = 2 кг. Обе гири движутся с ускорением а = 3,27 м/с2. Найти ускорение свободного падения для данного места. Массой нити, блока и трением в блоке пренебречь.

Решение. Так как m2 > m1, то ускорение второй гири будет направлено вниз, ускорение первой — вверх. На тело 1 действуют сила тяжести (m1g) и сила натяжения нити (Т1), на тело 2 — сила тяжести (m2g) и сила натяжения нити (Т2) (рис. 2). Запишем проекции второго закона Ньютона на ось 0Y:

m1a1 = –m1g + Т1, –m2a2 = Т2m2g,

где Т1 = Т2 = Т, т.к. массой нити пренебрегаем, а1 = а2 = а, т.к. тела связаны.
Решим систему уравнений и найдем ускорение гирь. Например,

m1a = –m1g + Т, –m2a = Т – m2g,

(m1 + m2)⋅a = –m1g + Т – Т + m2g = (m2m1)⋅g,

\[ g = \frac{m_{1} + m_{2}}{m_{2} - m_{1}} \cdot a, \]

g = 9,8 м/с2.
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 07 Марта 2011, 07:47
134. На концах нерастяжимой нити, перекинутой через неподвижный блок, подвешены тела массой m = 240 г каждое. Какую массу должен иметь добавочный груз, положенный на одно из тел, чтобы каждое из них прошло за время t = 4,0 с путь s = 160 см? Массой нити, блока и трением в блоке пренебречь.

Решение. Пусть добавочный груз на правом теле, тогда m2 = m + Δm. Ускорение второго тела будет направлено вниз, ускорение первого — вверх. На тело 1 действуют сила тяжести (mg) и сила натяжения нити (Т1), на тело 2 — сила тяжести (m2g) и сила натяжения нити (Т2) (рис. 1). Запишем проекции второго закона Ньютона на ось 0Y:

m⋅a1 = –m⋅g + Т1,  –m2a2 = Т2m2g,

где Т1 = Т2 = Т, т.к. массой нити пренебрегаем, а1 = а2 = а, т.к. тела связаны.
Решим систему уравнений и найдем ускорение гирь. Например,

m⋅a = –m⋅g + Т, –m2a = Т – m2g,

(m + m2)⋅a = –m⋅g + Т – Т + m2g = (m2m)⋅g,

(m + Δm)⋅a = Δm⋅g, Δm⋅(g – a) = 2m⋅a. (1)

Ускорение системы a найдем из уравнений кинематики. Перемещение тела 1 при равноускоренном движении равно

Δry = υ0yt + ay⋅t2/2,

где υ0y = 0 (по условию), ay = a (см. рис. 1), Δry = s. Тогда

s = a⋅t2/2, a = 2s/t2. (3)

Подставим полученное выражение в уравнение (1)
 
\[ \Delta m = \frac{2m}{g - a} \cdot a = \frac{2m}{g - 2s/t^{2}} \cdot \frac{2s}{t^{2}} = \frac{2m \cdot t^{2}}{g \cdot t^{2} - 2s} \cdot \frac{2s}{t^{2}} = \frac{4m \cdot s}{g \cdot t^{2} - 2s}, \]

Δm = 9,8⋅10–3 кг.
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 07 Марта 2011, 11:42
136. Человек передвигает груженые сани с постоянной скоростью с помощью твердого стержня, соединенного с санями и расположенного под углом α = 30° к горизонту. Одинаковые ли силы F1 и F2 нужно приложить к саням для их передвижения, если их толкать перед собой или тянуть за собой? Во сколько раз одна сила больше другой? Коэффициент трения саней о дорогу μ = 0,10.

Решение. На сани действуют сила тяжести (m⋅g), сила реакции опоры (N), сила трения (Ftr) и внешняя сила (F) — сила, с которой человек передвигает сани. Так как сани движутся, то сила трения – это сила трения скольжения. Так как сани нужно только передвинуть, то можно считать, что ускорение саней а должно быть очень маленьким, т.е. а = 0. Из второго закона Ньютона:
 
\[ 0 = m \cdot \vec{g} + \vec{F} + \vec{F}_{tr} + \vec{N}, \]

Для силы F1 (сани толкать перед собой) (рис. 1):

0Х: 0 = F1⋅cos α – Ftr1, (1)

0Y: 0 = –F1⋅sin α – m⋅g + N1; (2)

для силы F2 (сани тянуть за собой) (рис. 2):

0X: 0 = F2⋅cos α – Ftr2, (3)

0Y: 0 = F2⋅sin α – m⋅g + N2, (4)

где Ftr = μ⋅N, N1 = m⋅g + F1⋅sin α, N2 = m⋅g – F2⋅sin α — из проекций (2) и (4).
Найдем силы F1 и F2. Из уравнения (1)

0 = F1⋅cos α – μ⋅(m⋅g + F1⋅sin α),

\[ F_{1} = \frac{\mu \cdot m \cdot g}{{\rm cos} \alpha - \mu \cdot {\rm sin} \alpha}.\;\;\; (5) \]

Из уравнения (3)
0 = F2⋅cos α – μ⋅(m⋅g – F2⋅sin α),

\[ F_{2} = \frac{\mu \cdot m \cdot g}{{\rm cos} \alpha + \mu \cdot {\rm sin} \alpha}.\;\;\; (6) \]

Из уравнений (5) и (6) получаем
 
\[ \frac{F_{1}}{F_{2}} = \frac{\mu \cdot m \cdot g}{{\rm cos} \alpha - \mu \cdot {\rm sin} \alpha} \cdot \frac{{\rm cos} \alpha + \mu \cdot {\rm sin} \alpha}{\mu \cdot m \cdot g} = \frac{{\rm cos} \alpha + \mu \cdot {\rm sin} \alpha}{{\rm cos} \alpha - \mu \cdot {\rm sin} \alpha }, \; \; \; \frac{F_{1}}{F_{2}} = 1,1. \]

Примечание. В данной задаче были найдены наименьшие силы (а = 0), которые нужно приложить к саням для их передвижения.
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 07 Марта 2011, 11:48
137. Шарик массой m прикреплен двумя нитями одинаковой длины к доске (рис. 1). Угол между нитями α. Какими будут силы натяжения каждой нити, если доска, оставаясь горизонтальной, станет двигаться вверх с ускорением a?

Решение. На шарик действуют сила тяжести (m⋅g), две силы натяжения подвеса (T1 и T2) (рис. 2). Из второго закона Ньютона:
 
\[ m \cdot \vec{a} = m \cdot \vec{g} + \vec{T}_{1} + \vec{T}_{2}, \]

0X: 0 = –T1⋅sin β + T2⋅sin β, (1)

0Y: m⋅a = T1⋅cos β + T2⋅cos β – m⋅g, (2)

где β = α/2. Из уравнения (1) получаем

T1⋅sin β = T2⋅sin β,  T1 = T2.

Из уравнения (2)
m⋅a = 2T1⋅cos β – m⋅g,

\[ T_{1} = T_{2} = \frac{m \cdot \left( a + g \right)}{2 {\rm cos} \beta} = \frac{m \cdot \left( a + g \right)}{2 {\rm cos} \left( \alpha /2 \right)}. \]
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 08 Марта 2011, 08:39
140. Автобус массой m = 4 т трогается с места и на пути l = 100 м приобретает скорость υ = 20 м/с. Сила тяги F = 10 кН. Найти силу сопротивления движению, считая ее постоянной.

Решение. На автобус действуют сила тяжести (m⋅g), сила реакции опоры (N), сила сопротивления (трения) (Fс) и сила тяги (F) (рис. 1). Из второго закона Ньютона:
 
\[ m \cdot \vec{a} = m \cdot \vec{g} + \vec{F} + \vec{F}_{c} + \vec{N}, \]

0Х: m⋅a = F – Fс,  Fс = F – m⋅a. (1)

Ускорение автобуса a найдем из уравнений кинематики. Перемещение тела при равноускоренном движении равно
 
\[ \Delta r_{x} = \upsilon_{0x} \cdot t + \frac{a_{x} \cdot t^{2}}{2} = \frac{\upsilon_{x}^{2} - \upsilon_{0x}^{2}}{2a_{x}}, \]

где υ0х = 0 (автобус трогается с места), υх = υ, aх = a (см. рис. 1), Δry = l. Тогда
 
\[ l = \frac{\upsilon^{2} }{2a}, \; \; a = \frac{\upsilon^{2}}{2l}. \]

Подставим полученное выражение в уравнение (1)
 
\[ F_{c} = F - \frac{m \cdot \upsilon^{2}}{2l}, \]

Fc = 2⋅103 Н.
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 08 Марта 2011, 08:42
141. При быстром торможении автомобиля, имевшего скорость υ = 72 км/ч, его колеса начали скользить по земле, не вращаясь. Коэффициент трения между колесами и землей μ = 0,40. Какой путь пройдет автомобиль с момента начала торможения до полной остановки?

Решение. Найдем ускорение тела. На автомобиль действуют сила тяжести (m⋅g), сила реакции опоры (N) и сила трения скольжения (Ftr) (рис. 1). Из второго закона Ньютона:

0Х: –m⋅a = –Ftr, 0Y: 0 = N – m⋅g,

где Ftr = μ⋅N, N = m⋅g (из проекции на ось 0Y). Тогда

m⋅a = μ⋅m⋅g или a = μ⋅g.

Пройденный путь найдем из уравнения проекции перемещения
 
\[ \Delta r_{x} = \upsilon_{0x} \cdot t + \frac{a_{x} \cdot t^{2}}{2} = \frac{\upsilon_{x}^{2} - \upsilon_{0x}^{2}}{2a_{x}}, \]

где υх = 0 (до полной остановки), Δrх = s, υ0х = υ0, ах = –а (см. рис. 1). Тогда
 
\[ s = \frac{-\upsilon_{0}^{2}}{-2a} = \frac{\upsilon_{0}^{2}}{2a} = \frac{\upsilon_{0}^{2}}{2 \mu \cdot g}, \]

s = 50 м.
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 09 Марта 2011, 06:21
144. К бруску массой m = 5 кг, который лежит на горизонтальной плоскости, приложена под углом α = 60° к горизонту сила, модуль которой возрастает пропорционально времени по закону F = k⋅t, где k = 3 Н/с. Найти модуль силы трения через t = 4 с после начала действия силы. Коэффициент трения между бруском и плоскостью μ = 0,3.

Решение. На тело действуют сила тяжести (m∙g), сила реакции опоры (N), сила трения (Ftr) и внешняя сила (F). Значение силы трения зависит от того, движется тело или нет. Определить это можно так: найти знак проекции ускорения, если ax > 0, тело движется; если ax ≤ 0, тело покоится.
Запишем второй закон Ньютона
 
\[ m \cdot \vec{a} = m \cdot \vec{g} + \vec{F} + \vec{F}_{tr} + \vec{N},
 \]

OX: m⋅ax = F⋅cos α – Ftr, (1)

OY: N + F⋅sin α – m⋅g = 0, (2)
где F = k⋅t.
Тогда из уравнения (1) получаем

ax = (k⋅t⋅cos α – Ftr)/m.

Ускорение ax > 0, если k⋅t⋅cos α > Ftr. Максимальная сила трения Ftr max = μ⋅N, где N = m⋅g – F⋅sin α = m⋅g – k⋅t⋅sin α (из уравнения (2)). Получаем

k⋅t⋅cos α = 6 Н,

Ftr max = μ⋅(m⋅g – k⋅t⋅sin α), Ftr max = 11,8 Н.

Так как k⋅t⋅cos α < Ftr max, то тело не движется, ax = 0. Тогда

Ftr = k⋅t⋅cos α,
Ftr =6 Н.
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 09 Марта 2011, 06:28
148. Наклонная плоскость составляет с горизонтом угол α = 15°. По ней вверх пускают с нижней точки плоскую шайбу, которая, поднявшись на некоторую высоту, затем соскальзывает по тому же пути вниз. Каков коэффициент трения шайбы о плоскость, если время спуска в n = 3 раза больше времени подъема?

Решение. На шайбу действуют сила тяжести (m∙g), сила реакции опоры (N) и сила трения (Ftr): 1) когда шайба скользит вверх, сила трения направлена вниз (рис. 1), 2) когда шайба скользит вниз, сила трения — вверх (рис. 2). Скорость шайбы в первом случае уменьшается, поэтому ускорение направлено в противоположную сторону, т.е. вниз. Во втором случае скорость увеличивается, ускорение будет направлено в сторону скорости. Запишем второй закон Ньютона

\[ m \cdot \vec{a} = \vec{N} + m \cdot \vec{g} + \vec{F}_{tr}, \]

0Y: 0 = N – m∙g⋅cos α,

0Х: m⋅a1 = Ft + m⋅g⋅sin α, m⋅a2 = –Ft + m⋅g⋅sin α,

где Ft = μ⋅N, N = m⋅g⋅cos α (из проекции уравнения на ось 0Y). Тогда

m⋅a1 = μ⋅m⋅g⋅cos α + m⋅g⋅sin α = m⋅g⋅(μ⋅cos α + sin α),

a1 = g⋅(sin α + μ⋅cos α), a2 = g⋅(sin α – μ⋅cos α).

Шайба, при движении вверх и вниз, совершает одинаковое перемещение, причем при движении вверх υx = 0, ax = –a1; при движении вниз — υ0x = 0, ax = a2, поэтому
 
\[ \Delta r_{1x} = \upsilon_{x} \cdot t - \frac{a_{x} \cdot t^{2}}{2} = \frac{a_{1} \cdot t_{1}^{2}}{2}, \, \, \, \Delta r_{2x} = \upsilon_{0x} \cdot t + \frac{a_{x} \cdot t^{2}}{2} = \frac{a_{2} \cdot t_{2}^{2}}{2}, \]

где t2 = n⋅t1. Тогда
 
\[ \Delta r_{1x} = \Delta r_{2x} = \frac{a_{1} \cdot t_{1}^{2}}{2} = \frac{a_{2} \cdot t_{2}^{2}}{2}, \; \; \frac{a_{1}}{a_{2}} = \frac{t_{2}^{2}}{t_{1}^{2}} = n^{2}.
 \]

Из уравнений (1) и (2) получаем
 
\[ \frac{a_{1}}{a_{2}} = n^{2} = \frac{\sin \alpha + \mu \cdot \cos \alpha}{\sin \alpha - \mu \cdot \cos \alpha}, \, \, \, n^{2} \cdot \sin \alpha - n^{2} \cdot \mu \cdot \cos \alpha = \sin \alpha + \mu \cdot \cos \alpha, \]
 
\[ \left(n^{2} - 1\right) \cdot \sin \alpha = \mu \cdot \cos \alpha \cdot \left(n^{2} + 1 \right), \; \; \mu = \frac{n^{2} - 1}{n^{2} + 1} \cdot tg \alpha, \]

μ = 0,21.
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 09 Марта 2011, 19:09
173. Какую силу тяги должен развивать двигатель на искусственном спутнике Земли для того, чтобы он двигался по орбите радиуса R со скоростью, превышающей в n раз скорость свободного движения по этой орбите? Масса Земли М, масса спутника m, гравитационная постоянная G.

Решение. При движении вокруг Земли со скоростью υ1 на спутник действует сила притяжения к Земле (F), которое и сообщает спутнику центростремительное ускорение ac. Запишем проекцию второго закона Ньютона (рис. 1):

0X: m⋅a1c = F,

где a1c = υ12/R, F = G⋅m⋅M/R2. Тогда
 
\[ m \cdot \frac{\upsilon_{1}^{2}}{R} = G \cdot \frac{m \cdot M}{R^{2}}, \; \; \; \upsilon_{1}^{2} = \frac{G \cdot M}{R}.\;\;\; (1) \]

Чтобы двигаться по той же орбите со скоростью υ2 = n⋅υ1, то необходима дополнительная сила (сила тяги Ft). Так как спутник должен двигаться с постоянной скоростью (нет тангенциального ускорения), то эта сила должна быть перпендикулярна скорости. Пусть сила F направлена к центру Земли. Запишем проекцию второго закона Ньютона (рис. 2):

0X: m⋅a2c = F + Ft,

где a2c = υ22/R. Тогда
 
\[ m \cdot \frac{\upsilon_{2}^{2} }{R} = G \cdot \frac{m \cdot M}{R^{2}} + F_{t}.\;\;\; (2) \]

Решим систему уравнений (1)-(2). Например,
 
\[ \upsilon_{2}^{2} = n^{2} \cdot \upsilon_{1}^{2} = n^{2} \cdot \frac{G \cdot M}{R}, \; \; \; \frac{m}{R} \cdot n^{2} \cdot \frac{G \cdot M}{R} = G \cdot \frac{m \cdot M}{R^{2}} + F_{t}. \]

\[ F_{t} = \frac{m}{R} \cdot n^{2} \cdot \frac{G \cdot M}{R} - G \cdot \frac{m \cdot M}{R^{2}} = G \cdot \frac{m \cdot M}{R^{2}} \cdot \left(n^{2} - 1 \right). \]
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 10 Марта 2011, 11:57
159. Летчик давит на сиденье кресла самолета в нижней точке петли Нестерова с силой F = 7200 Н. Масса летчика m = 80 кг, радиус петли R = 250 м. Определить скорость самолета.

Решение. Петля Нестерова (мертвая петля) представляет собой замкнутую петлю в вертикальной плоскости (Wikipedia) (рис. 1).
По условию F — это сила, с которой летчик давит на сиденье. По третьему закону Ньютона, с такой же по величине силой, но противоположной по направлению, сиденье будет действовать на летчика — это сила реакции опоры (N), т.е. F = N.
На летчика действуют сила тяжести (m⋅g), сила реакции опоры (N) (рис. 2). Из второго закона Ньютона:
 
\[ m \cdot \vec{a} = \vec{N} + m \cdot \vec{g}, \]

0Y: m⋅ac = N – m⋅g,

где ac = υ2/R. Тогда
 
\[ m \cdot \frac{\upsilon^{2}}{R} = F - m \cdot g, \, \, \, \upsilon = \sqrt{\left(\frac{F}{m} - g \right) \cdot R}, \]

υ = 141 м/с.
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: dx/dt от 28 Июля 2011, 23:03
№143. С какой минимальной силой нужно тянуть за веревку, чтобы санки массой m=30 кг равномерно двигались по горизонтальному асфальту, если коэффициент трения скольжения полозьев по асфальту μ=0,60?

Решение. Запишем основное уравнение динамики для равномерного движения санок по горизонтальному участку пути:
\[ \vec{F}+\vec{N}+m\vec{g}+{{\vec{F}}_{tr}}=0. \]
В проекциях на координатные оси:
\[ Ox:F\cos \alpha -{{F}_{tr}}=0, \;\;\; (1)\;\;Oy:N+F\sin \alpha -mg=0, \;\;\; (2) \]
где α – угол между вектором силы F и осью Ох.
Выразим из уравнений (1) и (2) силу F. Для этого силу нормальной реакции опоры N выразим из уравнения (2) и подставим N в формулу силы трения
\[ {{F}_{tr}}=\mu N \]
уравнения (1).  После несложных преобразований получим:
\[ F=\frac{\mu mg}{\cos \alpha +\mu \sin \alpha }. \;\;\; (3) \]
Теперь рассматривая силу F как функцию угла α, найдем минимальное значение этой силы. Для этого возьмем производную F'(α) и приравняем ее нулю:
\[ {F}'(\alpha )=\frac{-\mu mg}{{{(\cos \alpha +\mu \sin \alpha )}^{2}}}\cdot (-\sin \alpha +\mu \cos \alpha )=0,\;\;\Rightarrow (-\sin \alpha +\mu \cos \alpha )=0\Rightarrow \mu =tg\alpha . \]
Итак, сила F будет минимальной, если угол α удовлетворяет условию:
\[  \mu =tg\alpha . \;\;\; (4) \]
Минимальное значение силы F найдем, воспользовавшись формулой (3) и выражением (4):
\[ {{F}_{\min }}=\frac{\mu mg}{\cos \alpha +\mu \sin \alpha }=\frac{\mu mg}{\cos \alpha +tg\alpha \sin \alpha }=\frac{\mu mg\cos \alpha }{{{\cos }^{2}}\alpha +{{\sin }^{2}}\alpha }=\mu mg\cos \alpha . \]
Учитывая, что
\[ \cos (arctg \mu)=\frac{1}{\sqrt{1+{\mu ^2}}}, \]
получаем окончательный ответ:
\[ {{F}_{\min }}=\frac{\mu mg}{\sqrt{1+{{\mu }^{2}}}}\approx 151 \;H. \]
Ответ: Fmin=151 Н.
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Kivir от 01 Августа 2012, 10:39
161.Материальная точка массой m = 1,0 кг равномерно движется по окружности со скоростью υ = 10 м/с. Определить модуль изменения импульса этой точки за одну четверть периода вращения.
данная задача уже разобрана на форуме.
http://www.web-physics.ru/smf/index.php/topic,2363.msg3583.html#msg3583
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Kivir от 01 Августа 2012, 11:00
126. Какая требуется сила, чтобы стальной стержень, длина которого l = 1,0 м и площадь поперечного сечения S = 1,0 см2, удлинить на Δl = 1,0 мм? При какой наименьшей силе стержень разорвётся, если предел прочности стали σnp = 7,85∙108 Па? Модуль Юнга стали E = 21,6∙1010 Па.
Решение: будем считать, что деформация стержня упругая. Для нахождения силы, необходимой для удлинения стержня, воспользуемся законом Гука:
\[ F=\frac{E\cdot S}{l} \cdot \left|\Delta l\right|. \]
Здесь: E – модуль упругости (модуль Юнга), S – площадь поперечного сечения, l – начальная длина, Δl – абсолютное удлинение.
Пределом прочности называют механическое напряжение, выше которого происходит разрушение материала. Механическое напряжение определяется как отношение силы вызывающей деформацию к площади сечения тела:
\[ {\sigma _{np} =\frac{F_{\min}}{S},}\;\;{F_{\min} =\sigma _{np} \cdot S.} \]
Ответ: 2,16∙104 Н, 7,85∙104 Н.
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Kivir от 01 Августа 2012, 11:03
139. Металлический шарик массой m = 20 г, свободно падающий без начальной скорости с высоты h = 1,3 м, ударяется упруго о горизонтально расположенную стальную плиту и отскакивает от неё в противоположном направлении с такой же по модулю скоростью. Найти среднюю силу, с которой шарик действовал на плиту, если продолжительность удара t = 0,10 с. Сопротивление воздуха не учитывать.
Решение: при ударе шар и плита взаимодействуют друг с другом с силами, равными по модулю, но противоположными по направлению (третий закон Ньютона). Определив силу, действующую на шарик со стороны плиты, мы тем самым найдем силу, с которой шарик действовал на плиту.
Во время столкновения на шарик действуют две силы: сила тяжести mg и сила F со стороны плиты. Силу F определим из второго закона Ньютона, записанного в импульсном виде:
\[ \left(\vec{F}+m\vec{g}\right)\cdot t=m\cdot \vec{\upsilon}_{2} -m\cdot \vec{\upsilon}_{1}. \]
Здесь  υ1 – модуль скорости шарика непосредственно до удара о плиту,  υ2 – скорость после удара. По условию задачи: υ1 = υ2 = υ.
Выберем систему отсчёта:  ось y направим вертикально верх, и запишем второй закон Ньютона в проекции на выбранную систему:
\[ \begin{array}{l} {\left(F-mg\right)\cdot t=m\cdot \upsilon _{2} -\left(-m\cdot \upsilon _{1} \right),} \\ {\left(F-mg\right)\cdot t=m\cdot \upsilon +m\cdot \upsilon ,} \\ {F=mg+\frac{2m\cdot \upsilon }{t} .} \end{array} \]
Здесь учли, что сила тяжести и скорость υ1 направлены вниз, поэтому их проекции отрицательны, сила F и скорость υ2 направлены вверх, их проекции положительны. Модуль скорости шарика при свободном падении без начальной скорости с высоты h определяется по формуле:
\[ \upsilon =\sqrt{2\cdot g\cdot h}. \]
Имеем:
\[ \begin{array}{l} {F=mg+\frac{2m\cdot \sqrt{2\cdot g\cdot h}}{t},} \\ {F=m\cdot \left(g+\frac{2\cdot \sqrt{2\cdot g\cdot h}}{t} \right).} \end{array} \]
По третьему закону Ньютона, шарик действует на плиту с такой же по модулю силой (эта сила приложена к плите и направлена вниз).
Ответ: 2,2 Н.
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Kivir от 01 Августа 2012, 11:07
146. Найти зависимость модуля силы трения, действующей на тело массой  на наклонной плоскости, от угла α (рис 52). Коэффициент трения равен μ.
Решение: На тело, лежащее на наклонной плоскости (рис. 1.), действуют сила тяжести mg, сила трения  Ftr и сила нормальной реакции опоры N.
По второму закону Ньютона:
\[ m\vec{a}=\vec{F}_{tr} +m\vec{g}+\vec{N} \]
Возможно две ситуации:
Первая -  тело покоится. При этом  сила трения  - это сила трения покоя и ускорение тела a равно нулю. Имеем в проекции на ось x:
\[ \begin{array}{l} {0=-F_{tr} +mg\cdot \sin \alpha ,} \\ {F_{tr} =mg\cdot \sin \alpha.}\end{array} \]
Из полученной формулы следует, что, в случае покоя, модуль силы трения зависит от угла наклона доски по закону синуса. 
Вторая – тело движется. При этом  сила трения  - это сила трения скольжения, которая определяется по известной формуле. Запишем её и проекцию второго закона на ось y:
\[ \begin{array}{l} {F_{tr} =\mu N,} \\ {0=-mg\cdot \cos \alpha +N,} \\ {F_{tr} =\mu \cdot mg\cdot \cos \alpha.}\end{array} \]
Из полученной формулы следует, что, в случае движения, модуль силы трения зависит от угла наклона доски по закону косинуса.
Определим предельный угол α0, при котором тело начинает скользить по наклонной плоскости. Пусть в момент начала скольжения ускорение тела практически равно нулю (a ≈ 0). Второй закон Ньютона в проекциях на систему координат:
\[ \begin{array}{l} {x:0=-F_{tr} +mg\cdot \sin \alpha _{0} ,} \\ {y:0=N-mg\cdot \cos \alpha _{0} ,} \\ {\mu N=mg\cdot \sin \alpha _{0} ,} \\ {N=mg\cdot \cos \alpha _{0} ,} \\ {\mu =tg\alpha _{0} ,} \\ {\alpha _{0} =arctg\mu.}\end{array} \]
Получили, что при углах α < α0 тело находится в состоянии покоя и сила трения меняется по закону синуса. При углах α > α0 тело скользит вдоль плоскости, и сила трения меняется по закону косинуса. Полученную зависимость силы трения от угла наклона доски см. рис 2.
Название: Re: Динамика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Kivir от 01 Августа 2012, 11:10
166. Велосипедист едет без проскальзывания по окружности радиуса R со скоростью υ. Найти угол между плоскостью велосипеда и вертикалью.
Решение: для того чтобы велосипедист мог двигаться по окружности, ему необходимо наклонится так, чтобы равнодействующая приложенных к нем сил сообщала ему центростремительное ускорение. На велосипедиста действует три силы (см.рис.): mg – сила тяжести (приложена к центру тяже-сти), N – сила нормальной реакции со стороны дороги, Ftr   – сила трения. Так как центр тяжести велосипедиста не перемещается по вертикали, то это означает равенство по модулю силы тяжести и реакции опоры: mg = N.
Центростремительное ускорение велосипедисту сообщается в конечном итоге только силой трения. По второму закону Ньютона:
\[ F_{tr} =m\cdot a_{c} =m\cdot \frac{\upsilon ^{2}}{R}. \]
Здесь υ – скорость велосипедиста, R – радиус поворота.
При этом равнодействующая сил трения и реакции опоры
\[ \vec{F}=\vec{F}_{tr} +\vec{N}, \]
Очевидно, должна проходить через центр тяжести велосипедиста (так как момент равнодействующей этих сил относительно центра тяжести должен быть равен нулю, в противном случае будет опрокидывание велосипедиста). Из геометрических соображений по определению тангенса угла (см. рис.):
\[ {tg\alpha =\frac{Ftr}{N} =\frac{m\cdot \upsilon ^{2} }{R\cdot mg} =\frac{\upsilon ^{2} }{R\cdot g},} \;\; {\alpha =arctg\left(\frac{\upsilon ^{2}}{R\cdot g} \right).} \]