Здравствуйте, Anriver.
1. Тормозя при неработающем двигателе, автомобиль получает ускорение под действием силы трения F
тр (силой сопротивления воздуха пренебрегаем) и силы торможения двигателя F
т. Уравнение движения автомобиля в проекции на направление движения следующее:
ma
1 = F
тр + F
т. (1)
Полагая, что ускорение автомобиля постоянно, а сила трения не зависит от скорости автомобиля, имеем следующую зависимость, связывающую скорость автомобиля в начале торможения v
0, ускорение a, тормозной путь s и время торможения t:
s
1 = v
0t
1 – a
1t
12/2, (2)
а также зависимость, связывающую скорость автомобиля в начале торможения v
0, ускорение a и время торможения t:
v
0 = a
1t
1. (3)
Подставляя значение v
0 из выражения (3) в выражение (2), находим
s
1 = a
1t
12 – a
1t
12/2 = a
1t
12/2,
откуда
a
1 = 2s
1/t
12, (4)
и, согласно выражению (1),
F
тр + F
т = 2ms
1/t
12,
F
т = 2ms
1/t
12 – F
тр. (5)
Тормозя при выключенном сцеплении, автомобиль получает ускорение под действием только силы трения F
тр. Уравнение движения автомобиля в проекции на направление движения имеет вид
ma
2 = F
тр. (6)
Скорость автомобиля в начале торможения для рассматриваемого случая такая же, как и при торможении неработающим двигателем, равная v
0. Тогда, согласно формулам (3), (4), путь, пройденный автомобилем, равен
s
2 = v
0t
2 – a
2t
22/2 = a
1t
1t
2 – a
2t
22/2 = 2s
1t
2/t
1 – a
2t
22/2,
и
a
2t
22/2 = 2s
1t
2/t
1 – s
2,
a
2 = 2(2s
1t
2/t
1 – s
2)/t
22,
откуда по формулам (6) и (5) находим
F
тр = ma
2 = 2m(2s
1t
2/t
1 – s
2)/t
22,
F
т = 2ms
1/t
12 – 2m(2s
1t
2/t
1 – s
2)/t22 = 2m(s
1/t
12 – (2s
1t
2/t
1 – s
2)/t
22). (7)
Поскольку в нашем случае s
2 = 2s
1, t
2 = t
1 = t, то формулу (7) можно упростить так:
F
т = 2ms
1/t
2 (8)
и после подстановки числовых значений m = 1500 кг, s
1 = 50 м, t = 5 с, получаем
F
т = 2 • 1500 • 50/52 = 600 (Н).
Сравнивая выражения (8) и (5), можно сделать вывод, что сила трения равна нулю, то есть при указанных в условии исходных данных автомобиль при выключенном сцеплении движется равномерно, не тормозя. Действительно, как следует из формул (4), (3),
a
1 = 2 • 50/5
2 = 4 (м/с
2),
v
0 = 4 • 5 = 20 (м/с).
Двигаясь с этой скоростью при выключенном сцеплении, автомобиль за 5 с пройдет путь s = 20 • 5 = 100 (м), что совпадает с путем, указанным в условии задачи, т. е. автомобиль в этом случае не тормозит…
Ответ: 600 Н.
2. Рассмотрим систему тел «платформа с орудием – снаряд». На нее действуют сила тяжести, сила нормальной реакции рельсов и сила трения. Из-за негоризонтального направления скорости снаряда сила нормальной реакции, действующая на платформу с орудием, во время ее взаимодействия со снарядом, изменяется и будет тем больше, чем больше внутренняя сила взаимодействия платформы с орудием и снаряда. Если пренебречь действием силы трения на платформу с орудием во время выстрела, то поскольку силы тяжести и нормальной реакции рельсов направлены по вертикали, проекция вектора импульса системы на горизонталь постоянна. Это обстоятельство позволяет найти искомую скорость платформы с орудием.
Обозначим M – масса платформы с орудием и снарядами, m – масса снаряда, v – скорость снаряда, V – скорость платформы поле выстрела, α – угол наклона ствола орудия к линии горизонта. Введя горизонтальную ось, имеем
p
1x = p
2x, (1)
где
p
1x = 0 (2) – проекция вектора импульса системы до выстрела,
p
2x = (M – m) • V – m • v • cos α (3) – проекция вектора импульса системы после выстрела.
Из выражений (1), (2), (3) находим
(M – m) • V – m • v • cos α = 0,
V = m • v • cos α/(M – m). (4)
Подставляя в формулу (4) значения m = 60 кг, v = 480 м/с, M = 18 т = 18000 кг, α = 30º, находим
V = 60 • 480 • cos 30º/(18000 – 60) ≈ 1,4 (м/с).
Хотя в действительности платформа с орудием будет перемещаться и вертикальном направлении, вместе с Землей, из-за ничтожной малости выделенной нами системы тел по сравнению с массой Земли, скорость этого перемещения будет ничтожно мала.
Ответ: 1,4 м/с.
3. Найдем силы тяготения
F[sub]2[/sub] между грузом и Землей и
F[sub]1[/sub] между грузом и Луной. По закону всемирного тяготения (рисунок)
F
1 = GM
Лm/x
2,
F
2 = GM
Зm/(L – x)
2.
При перемещении на элементарное расстояние dx в направлении от Луны к Земле совершается элементарная работа против силы тяготения F
1, равная
dA = (GM
Лm/x
2 – GM
Зm/(L – x)
2) ∙ dx,
а полная работа по перемещению груза найдется интегрированием:
A =
Rл∫
L – Rз dA =
Rл∫
L – Rз (GM
Лm/x
2 – GM
Зm/(L – x)
2) ∙ dx = G ∙ m ∙
Rл∫
L – Rз (M
Л/x
2 – M
З/(L – x)
2) ∙ dx =
= G ∙ m ∙ (-M
Л/x + M
З/(L – x))|
Rл L – Rз = G ∙ m ∙(-M
Л/(L - R
З) + M
Л/R
Л + M
З/R
З – M
З/(L – R
Л)) =
= G ∙ m ∙ [M
Л ∙ (1/R
Л – 1/(L - R
З)) + M
З ∙ (1/R
З – 1/(L – R
Л)]. (1)
Подставляя в формулу (1) числовые значения G = 6,67 ∙ 10
-11 Н ∙ м
2/кг
2, m = 1 т = 1000 кг, M
З = 5,98 ∙ 10
24 кг, R
З = 6,37 ∙ 10
6 м, M
Л = 7,33 ∙ 10
22 кг, R
Л = 1,74 ∙ 10
6 м, L = 3,84 ∙ 10
8 м, получаем
A = 6,67 ∙ 10
-11 ∙ 1000 ∙ [7,33 ∙ 10
22 ∙ (1/(1,74 ∙ 10
6) – 1/(3,84 ∙ 10
8 – 6,37 ∙ 10
6)) + 5,98 ∙ 10
24 ∙ (1/(6,37 ∙ 10
6) +
+ (-1)/(3,84 ∙ 10
8 – 1,74 ∙ 10
6))] ≈
≈ 6,67 ∙ 10
-11 ∙ 1000 ∙ [7,33 ∙ 10
22 ∙ (1/(1,74 ∙ 10
6) – 1/(3,78 ∙ 10
8)) + 5,98 ∙ 10
24 ∙ (1/(6,37 ∙ 10
6) – 1/(3,82 ∙ 10
8))] ≈
≈ 6,67 ∙ 10
14 ∙ [73,3 ∙ (1/(1,74 ∙ 10
6) – 1/(3,78 ∙ 10
8)) + 598 ∙ (1/(6,37 ∙ 10
6) – 1/(3,82 ∙ 10
8))] =
= 6,67 ∙ 10
14 ∙ [73,3 ∙ 10
-6 ∙ (1/1,74 – 1/378) + 598 ∙ 10
-6 ∙ (1/6,37 – 1/382)] ≈
≈ 6,67 ∙ 10
8 ∙ [73,3 ∙ (1/1,74 – 1/378) + 598 ∙ (1/6,37 – 1/382)] ≈
≈ 6,67 ∙ 10
8 ∙ [41,93 + 92,31] ≈ 9,0 ∙ 10
10 (Дж).
Ответ: 9,0 ∙ 10
10 Дж.
4. На вал радиуса r действуют два момента: момент T = Fr касательной силы F и момент M силы трения. Алгебраическая сумма Fr – M этих моментов вызывает вращение вала, имеющего момент инерции относительно оси вращения, равный J = mr
2/2, с ускорением ε. Вращение вала определяется уравнением
Fr – M = Jε,
откуда
ε = (Fr – M)/J = 2(Fr – M)/(mr
2),
m = 2(Fr – M)/(εr
2). (1)
Подставляя в формулу (1) числовые значения F = 1,2 кН = 1,2 • 10
3 Н, r = 0,05 м, M = 6 Н • м, ε = 100 с
-2, получаем
m = 2 • (1,2 • 10
3 • 0,05 – 6)/(100 • (0,05)
2) ≈ 4,3 • 10
2 (кг).
Ответ: 4,3 • 10
2 кг.
5. Рассмотрим сначала движение сферы массы m с радиусом R в более привычной для нас инерциальной системе отсчета, связанной с поверхностью Земли (рисунок). Начало координат поместим, например, в точке, соответствующей положению сферы в некоторый момент времени, принятый за начальный.
На сферу в выбранной системе отсчета действуют сила тяжести m
g, сила нормальной реакции наклонной плоскости
N и сила трения качения
F[sub]тр[/sub], обусловленная взаимодействием сферы с наклонной плоскостью.
Динамический закон поступательного движения центра масс сферы имеет вид
m
a = m
g + N +
F[sub]тр[/sub], (1)
а уравнение вращательного движения сферы относительно оси Oz, перпендикулярной плоскости рисунка и проходящей через начало координат имеет вид
M[sub]O[/sub](
F[sub]тр[/sub]) +
M[sub]O[/sub](m
g) +
M[sub]O[/sub](
N) = J
ε. (2)
Проецируя векторное уравнение (1) на ось Ox, параллельную наклонной плоскости и направленную в сторону качения сферы, а векторное уравнение (2) – на ось Oz, получаем скалярные уравнения
m • a = m • g • sin α – Fтр, (3)
F
тр • R = J • ε, (4)
при этом
ε = a/R, (5)
J = 2/3 • m • R
2. (6)
Решая систему уравнений (3) … (6) относительно ε, находим
ε = (3/5 • g • sin α)/R (выкладки опускаем: они элементарны), (7)
Вращающаяся сфера должна преодолеть вдоль наклонной плоскости для того, чтобы скатиться с высоты h расстояние, равное
l = h/sin α,
повернувшись при этом вокруг оси Oz на угол, равный
φ = l/R = h/(R • sin α). (8)
Поскольку сфера вращается равноускоренно без начальной скорости, то ее угловое ускорение ε, конечная угловая скорость и время вращения связаны соотношениями
φ = ε ∙ t
2/2, (9)
ω = ε ∙ t. (10)
Решая совместно уравнения (8) … (10) получаем, что искомая конечная скорость вращения сферы равна
ω = √(6/5 ∙ g ∙ h)/R. (11)
Этот же результат можно получить иначе. Если сфера скатывается без скольжения с высоты h по наклонной плоскости, то ее потенциальная энергия E
П = mgh, согласно закону сохранения энергии, переходит в кинетическую, равную сумме кинетической энергии E
1 = mv
C2/2 поступательного движения центра масс сферы и кинетической энергии E
2 = Jω
2/2 вращения сферы относительно оси, проходящей через ее центр масс, т. е.
m ∙ g ∙ h = m ∙ v
C2/2 + 2/3 ∙ m ∙ R
2 ∙ ω
2/2 = m ∙ ω
2 ∙ R
2/2 + 2/3 ∙ m ∙ R
2 ∙ ω
2/2,
g ∙ h = ω
2 ∙ R
2/2 + ω
2 ∙ R
2/3 = 5 ∙ ω
2 ∙ R
2/6,
ω = √(6/5 ∙ g ∙ h)/R – конечная скорость вращения сферы.
Кинетическая энергия вращения сферы равна
E
2 = J ∙ ω
2/2 = 2/3 ∙ m ∙ R
2 ∙ ω
2/2 = m ∙ R
2 ∙ ω
2/3 = 2/5 ∙ m ∙ g ∙ h. (12)
Основное уравнение динамики вращательного движения не изменяет своего вида и в случае ускоренно движущихся осей при условии, что ось вращения проходит через центр масс тела и что ее направление в пространстве остается неизменным. Ось вращения O проходит через центр масс тела. Моменты силы тяжести m
g и силы реакции
N относительно оси O равны нулю. Момент M создает только сила трения: M = F
трR. Поэтому угловое ускорение в системе центра масс сферы определяется по формуле (7).
Вам остается только подставить в формулы (7), (11) и (12) числовые значения входящих в них величин...
6. Выполним рисунок.
Сфера совершает гармонические колебания около положения равновесия, показанного на рисунке штрих-двухпунктирной линией, т. е. ее угол поворота φ и угловое ускорение ε = d
2φ/dt
2 связаны соотношением
d
2φ/dt
2 = -ω
2φ, (1)
где ω = 2π/T – циклическая частота колебаний, T – период колебаний,
T = 2π/ω. (2)
Во все время движения сферы на нее действуют сила тяжести m
g и сила реакции оси
R. Вращающий момент относительно оси создает только сила тяжести. Как видно из рисунка, величина этого момента равна
M = m • g • d • cos (π/2 – φ) = 2 • m • g • R • sin φ. (2)
Если ввести ось Oz, перпендикулярную плоскости рисунка и направленную на нас, то проекция момента на эту ось отрицательна; при малых углах sin φ ≈ φ, поэтому выражение (2) принимает вид
M = -2 • m • g • R • φ. (3)
В положении, показанном на рисунке, φ > 0, а M
z < 0. При отклонении сферы в противоположную сторону φ < 0, а M
z > 0. Следовательно, момент силы, действующей на сферу (а с ним и угловое ускорение), прямо пропорционален углу поворота и стремится возвратить сферу в положение равновесия.
Из основного уравнения динамики вращательного движения и выражения (3) имеем
J • d
2φ/dt
2 = -2 • m • g • R • φ, (4)
где, согласно теореме Гюйгенса – Штейнера,
J = J
C + m • d
2 = J
C + 4 • m • R
2 – момент инерции сферы относительно оси качания,
J
C = 2/3 • m • R
2 – момент инерции сферы относительно оси, проходящей через центр масс сферы.
Тогда уравнение (4) принимает вид
(2/3 • m • R
2 + 4 • m • R
2) • d
2φ/dt
2 = -2 • m • g • R • φ,
(14/3 • m • R
2) • d
2φ/dt
2 = -2 • m • g • R • φ,
(7/3 • R) • d
2φ/dt
2 = -g • φ,
d2φ/dt2 = -3/7 • g • φ/R. (5)
Из выражений (5), (1) и (2) находим
ω
2 = 3/7 • g/R,
ω = √(3/7 • g/R),
T = 2π/√(3g/(7R)). (6)
Подставляя в формулу (6) числовые значения g = 9,81 м/с
2, R = 0,1 м, находим
T = 2π/√(3 • 9,81/(7 • 0,1)) ≈ 0,97 (с).
Ответ: 0,97 с.
С уважением.