Динамика из сборника Савченко Н.Е.

[alsak]

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 υ_k (сразу после удара о стену) равной нулю. Тогда проекция ускорения струи воды будет равна (рис. )

a_x = (υ_kx – υ_x)/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 F_с, которая вызывает это ускорение (сила реакции стены), будет равна

F_cx = m⋅a_x = –m⋅υ/Δt, (1)

Сила F, с которой струя действует на стену, численно равна F_c, но противоположна направлена ей (третий закон Ньютона), т.е. F_x = –F_cx.
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)
 

\[ F_{x} = \frac{m \cdot \upsilon}{\Delta t} = \frac{\rho \cdot S \cdot \upsilon \cdot \Delta t \cdot \upsilon}{\Delta t} = \rho \cdot S \cdot \upsilon^{2}, \]

F_x = 32 H.

[alsak]

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 (F_t): 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 = F_t + m⋅g⋅sin α, m⋅a₂ = –F_t + m⋅g⋅sin α,

где F_t = 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°.

[alsak]

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 (F_t). 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 = –F_t + m⋅g⋅sin α,  0Y: 0 = N – m∙g⋅cos α,

где F_t = 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
 

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

[alsak]

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°.

[alsak]

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 = R_n — 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 M_n, т.е. первая космическая скорость.

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

Масса планеты M_n = ρ⋅V_n, где V = 4/3π⋅R_n³ — 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.

[alsak]

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 F_d — 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. F_d = N.
На автомобиль действуют сила тяжести (m⋅g), сила реакции опоры (N), сила трения (F_t) 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 = N₁ – m∙g или N₁ = m∙g.

При движении по выпуклому мосту (рис. 2):

0Y: m⋅a_с = m⋅g – N₂,

где a_c = 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.

[alsak]

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 F_d — 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. F_d = 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 = N – m⋅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: m₂⋅a_c = N₂ – m₂⋅g,

где a_c = υ₂/R, N₂ > N = m⋅g, т.к. по условию мост разрушается. Тогда
 

\[ m_{2} \cdot \frac{\upsilon^{2}}{R} > m \cdot g - m_{2} \cdot g, \, \, \, \frac{m}{n} \cdot \frac{\upsilon^{2}}{R} > m \cdot g - \frac{m \cdot g}{n} = m \cdot g \cdot \frac{n - 1}{n}, \]

\[ \frac{\upsilon^{2}}{R} > g \cdot \left(n - 1\right), \; \; \upsilon > \sqrt{g \cdot R \cdot \left(n - 1 \right)}. \]

[alsak]

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 F_t2 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 (F_t1) и сила тяги (F) (сила трения покоя, вызывающая движение) – направлены по горизонтали (вдоль оси 0Z); сила трения покоя (F_t2), 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⋅a_c = F_t2,    0Y: 0 = N – m⋅g или N = m⋅g,

где a_c = υ²/R, F_t2 ≤ μ⋅N (не забывайте, это сила трения покоя, а не скольжения). Тогда

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

R ≥ 50 м.

[alsak]

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⋅a_c = N – m⋅g или N = m⋅(a_c + g), (1)

где a_c = 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.

[alsak]

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

где a_c = ω²⋅R, 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.