ОСНОВЫ КЛАССИЧЕСКОЙ МЕХАНИКИ

ОСНОВЫ КЛАССИЧЕСКОЙ МЕХАНИКИ

Методические указания к выполнению

самостоятельной работы по физике

Архангельск

Рассмотрены и рекомендованы к изданию

методической комиссией института энергетики и транспорта Северного (Арктического) федерального университета

декабря г.

Составитель:

В.В. Аксенов, доц., канд. техн. наук;

Рецензент

В.К. ЛЮБОВ, проф., докт. техн. наук

УДК 531

Механика: Методические указания к выполнению контрольной работы №1 по физике для бакалавров направлений подготовки 240700.62«Биотехнология», 221700.62 “Стандартизация и метрология”, 24100.62 «Энерго- и ресурсосберегающие процессы в химической технологии, нефтехимии и биотехнологии», 240100.62 «Химическая технология» института теоретической и прикладной химии/ сост. В.В. Аксёнов. – Архангельск: Северный (Арктический) федеральный университет, - с.

Подготовлены кафедрой физики АГТУ.

В методических указаниях приведены основные понятия и формулы классической механики, примеры решения задач, варианты контрольных заданий, а также необходимый справочный материал.

Ил.. Табл.. Библиогр. назв.

Федеральный университет, 2011

Рекомендации по решению задач

КОНТРОЛЬНЫХ РАБОТ

Для успешного решения задач необходимо:

1) тщательно проработать конспект лекций и учебник соответствующего раздела курса физики, а также раздел Основные теоретические сведения данной работы;

2) внимательно прочитать и уяснить условие и произвести краткую запись исходных данных задачи в одной и той же системе единиц;

3) выполнить рисунок, поясняющий решение, с указанием направлений скоростей, ускорений материальной точки или тела и действующих на них сил и моментов сил;

4) математически (с помощью системы уравнений) описать происходящий с телом или материальной точкой процесс;

5) выбрать систему координат и в скалярной форме записать векторные уравнения, описывающие движение, решение которых с использованием начальных условий и будет являться решением задачи в общем виде;

6) проверить размерность (помните, что неверная размерность величины, определяемой расчетной формулой, указывает на ошибочность решения задачи);

7) произвести числовой расчет искомой величены, используя правила действий с приближенными числами;

8) критически оценить полученный результат (это поможет обнаружить возможную ошибку).

Основные ТЕОРЕТИЧЕСКИЕ СВЕДЕНИЯ

Механика изучает механическое движение, состоящее в изменении положения тел или их частей в пространстве с течением времени.

Классическая механика изучает движение любых материальных тел (кроме элементарных частиц), совершаемое со скоростями, малыми по сравнению со скоростью света. Именно с такими движениями приходится наиболее часто встречаться на практике.

Относительность движения. Система отсчета.

Всякое движение является относительным, т.е. происходит относительно других тел или их частей.

Тело, относительно которого рассматривается движение, называется телом отсчета.

Для определения положения тела в пространстве вводится система отсчета, включающая систему координат (обычно декартову), жестко связанную с телом отсчета, и систему измерения времени.

Положение любой точки тела (например, точки М, рис. 1) задается ее радиус-вектором

, проведенном из начала координат в эту точку.

Рис. 1

В декартовой системе координат такой радиус-вектор может быть представлен следующим образом:

= х + y + z

где x, y, z – проекции вектора на оси координат x, y, z, а, , , - единичные векторы (орты координат), совпадающие по направлению с положительными направлениями осей координат. Модуль любого из этих векторов равен единице.

Отметим, что в общем случае вектор и его проекции на соответствующие оси координат являются функциями времени t.

Первый закон Ньютона.

Инерциальные системы отсчета.

Тело (материальная точка) движется равномерно прямолинейно или покоится, если на него не действуют другие тела или действия этих тел взаимно уравновешены.

Системы отсчета, в которых выполняется первый закон Ньютона, называются инерциальными. Отметим, что любая система отсчета, движущаяся равномерно прямолинейно относительно инерциальной системы отсчета, также является инерциальной.

Второй закон Ньютона.

Сила. Масса.

В инерциальной системе отсчета производная импульса материальной точки по времени t равняется силе , действующей на эту точку:

Под импульсом материальной точки понимается вектор, равный произведению массы m материальной точки на ее скорость :

= m

Под силой понимается векторная величина, являющаяся мерой воздействия на материальную точку или тело со стороны других тел или полей.

Под воздействием силы тело может менять свои размеры и форму (деформироваться) и изменять состояние движения (например, получать ускорение). Сила полностью задана, если указано ее численное значение, направление и точка приложения.

В СИ сила выражается в ньютонах (Н):

1 Н = 1 кг · 1 м/с²

Масса m является мерой инертности тела. Т.е. определяет способность тела сохранять свое состояние движения при отсутствии внешнего воздействия либо получать конечное по величине ускорение при наличии такого воздействия.

В классической физике масса обычно является величиной постоянной. Поэтому второй закон Ньютона запишется следующим образом:

Здесь мы будем встречаться, прежде всего, с силами гравитационного взаимодействия, силой тяжести, силой трения скольжения и силой упругости.

Силы гравитационного взаимодействия являются силами притяжения и подчиняются закону всемирного тяготения: сила, с которой взаимодействуют две материальные точки, пропорциональна произведению масс этих точек m₁ и m₂ и обратно пропорциональна квадрату расстояния R между ними.

Модуль силы гравитационного взаимодействия

F = G ,

где G – гравитационная постоянная, равная 6, 67∙ 10^-11 Н∙ м²/кг².

Сила, с которой тело или материальная точка массой m притягивается к Земле, называется силой тяжести.

Модуль силы тяжести

F = mg,

где g – ускорение свободного падения, обычно принимаемое равным 9, 81 м/с².

Силы трения скольжения возникают при перемещении соприкасающихся тел друг относительно друга. Они препятствуют такому перемещению и направлены по касательной к поверхности соприкасающихся тел.

Сила трения скольжения пропорциональна силе нормального давления F_д.

Модуль силы трения скольжения

F =k F_д,

где k – коэффициент трения скольжения, который определяется свойствами соприкасающихся поверхностей и слабо зависит от относительной скорости перемещения этих поверхностей.

Силы упругости возникают при деформации тел. Силы упругости направлены в сторону, противоположную деформации.

Различают упругие и пластические деформации. При упругих деформациях тело восстанавливает свои размеры и форму после прекращения внешнего воздействия. Пластические деформации сохраняются в теле после прекращения внешнего воздействия.

Характер деформаций определяется величиной напряжений, возникающих в деформируемом теле.

Под напряжением σ понимается сила, приходящаяся на единицу площади поверхности деформируемого тела.

При увеличении напряжений после упругих возникают пластические деформации, а затем при напряжении, называемом пределом прочности σ _пр происходит разрушение тела или образца.

Здесь и далее мы будем рассматривать только упругие деформации.

В случае упругой деформации оказывается справедливым закон Гука: сила упругости F пропорциональна величине деформации х.

Модуль силы упругости

F = kx,

где k – коэффициент упругости.

При упругих деформациях сжатия или растяжения однородного стержня длиной , площадью поперечного сечения S.

k = ,

где Е – модуль Юнга.

Модуль Юнга – это такое напряжение , при котором возникло бы относительное удлинение образца ε , равное единице.

Относительным удлинением или иначе, относительной деформацией ε , называется отношение абсолютной деформации х образца к его длине :

ε =

Закон Гука может быть представлен также в следующей форме

= Е ε

Третий закон Ньютона.

Силы, с которыми два тела (или материальные точки) взаимодействуют друг с другом, равны по величине и противоположны по направлению. Эти силы приложены к разным телам.

Отметим, что законы Ньютона справедливы в инерциальных системах отсчета для тел, движущихся со скоростями, малыми по сравнению со скоростью света.

И механической системы

Кинетическая энергия Т определяется скоростью материальных точек механической системы.

Материальная точка массой m, движущаяся со скоростью , обладает кинетической энергией

Т =

Кинетическая энергия Т механической системы равна сумме кинетических энергий ее материальных точек:

Т =

где m₁, m₂, …, m_n – массы, а , , …, - скорости материальных точек системы.

Работа А всех сил, действующих на механическую систему при её перемещении, равна приращению кинетической энергии Δ Т этой системы:

А= Δ Т=Т₂-Т₁,

где Т₂ - кинетическая энергия системы в конечном, а Т₁ - в начальном состоянии.

Кинетическая энергия выражается в тех же единицах, что и работа, т.е. в джоулях.

Потенциальная энергия

Энергия, зависящая только от конфигурации системы в силовом поле, называется потенциальной.

Потенциальная энергия U системы в данном состоянии численно равна работе консервативных сил при переходе системы из этого состояния в состояние, условно принимаемое за нулевое. Поэтому говорят, что потенциальная энергия определяется не однозначно, а с точностью до энергии в нулевом состоянии U₀. Однако это не играет существенной роли, т.к. изменение состояний физических систем определяется не абсолютным значением потенциальной энергии, а ее изменением. Поэтому потенциальная энергия в нулевом состоянии обычно принимается равной нулю.

Работа А консервативных сил приводит к убыли потенциальной энергии:

А=-Δ U=-(U₂-U₁)=U₁-U₂,

где U₂, U₁ - потенциальная энергия системы в конечном и начальном состояниях.

Потенциальная энергия выражается в тех же единицах, что и работа, т.е. в джоулях.

Потенциальная энергия тела массой m, находящегося на высоте h вблизи поверхности Земли, рассчитывается по формуле

U = mgh

где под U понимается энергия системы тело-Земля при условии, что нулевой уровень потенциальной энергии находится на поверхности Земли.

При упругой деформации х пружины жесткостью k ее потенциальная энергия

U =

в предположении, что нулевой уровень потенциальной энергии соответствует недеформированной пружине.

Потенциальная энергия гравитационного взаимодействия двух материальных точек массами m₁и m₂, находящихся на расстоянии R друг от друга

U = - G ,

где G – гравитационная постоянная.

При этом предполагается, что здесь нулевому уровню соответствует потенциальная энергия бесконечно удаленных друг от друга материальных точек.

В случае, если в системе действуют только консервативные силы, между потенциальной энергией U и силой оказывается справедливым следующее соотношение

где gradU = - градиент потенциальной энергии;

, , - единичные орты осей координат х, у, z соответственно.

grad U - это вектор, направленный по нормали

к поверхности уровня S потенциальной энергии в сторону возрастания потенциальной энергии (рис. 6). Модуль grad U численно равен производной потенциальной энергии U по нормали

к поверхности уровня S.

Под поверхностью уровня потенциальной энергии U понимается поверхность, на которой потенциальная энергия остается постоянной.

Если потенциальная энергия изменяется только в одном направлении, например, вдоль оси х, то в этом случае

, ,

а , поэтому связь между потенциальной энергией и силой имеет следующий вид:

F = -

Симметричных тел

Моменты инерции относительно оси Z₀, проходящей через центр масс перпендикулярно плоскости основания сплошного цилиндра (диска) радиусом R и массой m

J_z₀= mR²;

полого цилиндра массой m, внутренним радиусом R₁ и внешним R₂

J_z₀= ;

тонкостенного полого цилиндра (обруча) массой m радиусами R₁ R₂ R

J_z₀ = mR².

Момент инерции шара массой m и радиусом R относительно оси Z₀, проходящей через центр масс

J_z₀ = mR²

Момент инерции тонкого стержня массой m и длиной относительно оси Z₀, проходящей через центр масс стержня перпендикулярно его оси

J_z₀ = m

ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

Пример 1. Небольшое тело бросили под углом =60⁰ к горизонту. Во сколько раз дальность его полета S больше максимальной высоты подъема тела h_m? Сопротивление воздуха не учитывать.

Дано: =60⁰

Найти: n=

При подъеме тела на него действует сила тяжести, поэтому вертикальная составляющая скорости тела

_у = sinα – gt (2)

уменьшается, достигая в верхней точке траектории (точка С на рис. 11) нулевого значения. Отсюда время подъема t_n тела

t_n = (3)

Подставив (3) в (1), получим максимальную высоту подъема h_m:

h_m = (4)

Т.к. по условию задачи сопротивление движению тела отсутствует, то горизонтальная составляющая скорости υ _х не изменяется:

= cosα = const,

а время подъема t_n равно времени спуска t_c.

Следовательно, полное время движения тела

t = 2t_n = , (5)

а дальность полета S

S = _xt = (6)

Учитывая, что sin α 0 и cos α 0, получим, используя (4) и (6):

n = =

Проверим размерность величины n:

[ n ] = = 1

и произведем расчет

n = = 2, 3

Ответ: n = 2, 3

Пример 2. Найти угол α между векторами скорости и полного ускорения точки М, лежащей на ободе равноускоренно вращающегося диска в момент, когда диск совершит первые два оборота после начала вращения.

Дано: N = 2 Найти: α. Решение: Разложим вектор ускорения

точки М на две составляющие: тангенциальное

и нормальное

ускорения (рис.12). Следовательно, tg α =

(1) Модуль нормального ускорения а_n =

, (2)

где – скорость, R – радиус окружности, (равный радиусу диска), которую описывает точка М в процессе движения вместе с диском.

Поэтому, учитывая, что

= ω R, (3)

где ω – угловая скорость, получим, подставив (3) в (2):

а_n = ω ²R (4)

Модуль тангенциального ускорения a_τ связан с угловым ускорением ε:

a_τ = ε R (5)

Поэтому, подставив (4) и (5) в (1), получим

tg α = (6)

По условию задачи диск вращается равноускоренно, а его начальная угловая скорость ω ₀=0. Поэтому зависимости угла поворота φ радиус-вектора и угловой скорости ω точки М от времени t найдем по формулам

φ = , (7)

ω = (8)

Решая совместно (7) и (8), получим

φ = (9)

Выразив ε из формулы (9) и подставив его в (6), получим

tg α = 2φ

Отсюда, учитывая, что

φ = 2π N,

где N – число оборотов диска, будем иметь

tg α = 4π N,

т.е. α = arctg (4π N).

Проверим размерность:

[α ] = [ аrctg (4π N)] = рад.

Произведем расчет:

α = arctg (4π · 2) 1, 5 рад 88°

Ответ: α = 88˚

Пример 3. Через блок, укрепленный в вершине наклонной плоскости, перекинута невесомая нерастяжимая нить с двумя грузами одинаковой массы m = 2, 5 кг (рис.13). Найти силу давления на ось блока, если коэффициент трения k между наклонной плоскостью и лежащим на ней грузом равен 0, 15, а угол наклона плоскости равен 30˚. Трением в блоке и его массой пренебречь.

Дано: m = 2, 5 кг; k = 0, 15; α = 30˚

Найти: F_д.

Т₁- - m₁gsinα = m₁a (2)

В проекциях на ось у₁, направленную перпендикулярно наклонной плоскости, получим

N₁ – m₁gcosα = 0,

т.е. N₁ = m₁gcosα

Т.к. по третьему закону Ньютона

| | = | _д |,

где _д - сила нормального давления первого груза на наклонную плоскость, то

= km₁gcosα (3)

Подставив (3) в (2), получим

Т₁– kmgcosα – m₁gsinα = m₁a₁ (4)

На второй груз действуют сила натяжения нити и сила тяжести . Поэтому по второму закону Ньютона

(5)

или в проекциях на ось х₂, направленную вверх вдоль нити

Т₂– m₂g = - m₂a₂ (6)

т.к. по условию задачи массы грузов одинаковы

m₁ = m₂= m, (7)

блок является невесомым, а нить – невесомой и нерастяжимой, то

| | = | | =T (8)

| | = | | = a (9)

Тогда с учетом (7-9) уравнения (4) и (6) будут выглядеть следующим образом:

Т- kmg cos -mgsin =ma (10)

Т-mg=-ma. (11)

Решив эту систему уравнений, получим

Т= mg (sin +kcos +1) (12)

Cо стороны нити на блок действует силы натяжения нити и

По третьему закону Ньютона

| | = | |, | | = | |, (13)

следовательно, согласно (8, 12, 13)

= = mg(sin +kcos +1) (14)

Результирующая сила, действующая на блок со стороны нити,

= +

а ее модуль, как следует из рисунка

Т = T₁cos +T₂cos ,

Или, учитывая (14)

Т = mg(sin + kcos +1)cos

Проверим размерность

[F_д] = [mg] [sin +kcos +1] [cos ] =

Произведем расчет

F_д =2, 5 9, 8(sin30⁰+0, 15 cos30⁰+1) (cos30⁰)=35H

Ответ: Fд = 35H

Пример 4. Тело массой 20 кг движется со скоростью 3, 0 м/с и нагоняет второе тело массой 30 кг, движущееся со скоростью 1, 0 м/с. Найти скорость тел после столкновения при неупругом и при упругом ударах. Считать, что тела движутся по одной прямой, а удар – центральный.

Дано: m=20кг, =3, 0

m=30кг, =1, 0

Найти: u_1,u_2.

Решение: Рассмотрим сначала неупругий удар. В этом случае после взаимодействия тела будут двигаться совместно с обшей скоростью

( рис. 15): u=u₁=u₂ Запишем для такой системы закон сохранения импульса, считая ее замкнутой:

при этом m = m₁ + m₂ – общая масса тел.

Направим ось координат (ось х на рис. 15) вдоль направления движения тел и найдем проекции импульсов взаимодействующих тел на эту ось:

m₁ ₁+ m₂ ₂ = mu

Следовательно,

Проверим размерность:

[ u ] = = =

Произведем расчет:

u = = 1, 8 м/с

т.е. u₁ = u₂ = 1, 8 м/с.

Рассмотрим теперь упругий удар тел, полагая, как и ранее, систему тел замкнутой, считая при этом, что первое тело после удара будет двигаться влево со скоростью , а второе – по-прежнему вправо со скоростью , (рис. 16). Запишем закон сохранения импульса для такой системы:

В проекциях на ось х, которую направим вправо по направлению первоначального движения шаров, можно записать

m₁ ₁ + m₂ ₂ = - m₁u₁ + m₂u₂ (1)

Уравнения (1) для решения задачи в данном случае оказывается недостаточно, т.к. число неизвестных (u₁, u₂) больше количества уравнений. Для решения задачи нам необходимо привлечь еще одно уравнение так, чтобы количество уравнений равнялось количеству неизвестных.

Для этого воспользуемся законом сохранения механической энергии для системы взаимодействующих тел:

(2)

Преобразуем уравнение (2) к виду

, (3)

а уравнение (1) запишем таким образом

(4)

Разделим почленно друг на друга уравнение (3) и (4), полагая при этом, что

₁+ u₁ ≠ 0, u₂ – ₂ ≠ 0

В результате получим

₁ – u₁ = u₂+ ₂(5)

Решив (4) совместно с (5), получим:

Проверим размерность:

Проведем расчет

м/с

Отметим, что знак минус указывает на то, что направление скорости для первого тела выбрано нами неправильно: на самом деле тело после удара должно двигаться вправо с той же по величине скоростью

м/с

Ответ: u₁= u₂= 1, 8 м/с - при неупругом ударе;

u₁ = 0, 6 м/c, u₂ = 2, 6 м/с - при упругом ударе

Пример 5. По ободу шкива, насаженного на общую ось Z с маховым колесом, намотана нить, к концу которой подвешен груз массой m = 10кг (рис.18). На какое расстояние h должен опуститься груз, чтобы коле-

со со шкивом начало вращаться с частотой n = 60 об/мин? Момент инерции колеса со шкивом относительно оси Z J_z = 0, 42 кг · м², радиус шкива R = 10 см. Дано: m = 1, 0 кг; n = 1, 0 с^-1; J_z = 0, 42 кг·м²; R = 0, 10 м Найти: h Решение: Задачу решим сначала силовым методом, а затем, используя закон сохранения механической энергии.

На груз действуют сила тяжести и сила натяжения нити , сообщая грузу ускорение (рис. 18), поэтому, по второму закону Ньютона

Или в проекциях на ось х, направленную вверх параллельно нити

Т – mg = - ma (1)

На шкив со стороны нити действует сила натяжения , момент М_z которой относительно оси вращения Z шкива

В тоже время, согласно основному уравнению динамики вращательного движения твердого тела

где - угловое ускорение шкива относительно оси Z, R – его радиус.

Поэтому

, (2)

Учитывая, что по третьему закону Ньютона

получим

TR = J_z ε _z (3)

Полагая, что проскальзывание нити относительно блока при движении груза отсутствует, и учитывая, что по условию задачи нить является невесомой и нерастяжимой, можно считать, что тангенциальное ускорение а_τточки А, находящейся на ободе шкива, соприкасающейся с нитью, равно ускорению груза а:

а_τ = а, (4)

а скорость этой точки υ _А равна скорости груза υ:

υ _А= υ (5)

Т.к. а_τ = ε _z R, (6)

то, совместно решив (1), (3) и (6), с учетом (4) получим

(7)

Высота h, на которую опустится груз

где – скорость груза на высоте h, ₀ – его начальная скорость.

По условию задачи ₀ = 0,

следовательно (8)

Cкорость точки А на ободе шкива

_A = ,

где ω _z – угловая скорость шкива относительно оси Z.

Поэтому, учитывая (5)

(9)

Как известно, ω _z = 2π n. (10)

Следовательно, учитывая (7) и (10), окончательно получим

(11)

Так как силы, действующие в системе груз-шкив-колесо являются консервативными, задачу можно решить, используя закон сохранения механической энергии.

До начала движения груза полная механическая энергия Е₁ системы

была равна ее потенциальной энергии:

Е₁ = mgh, (12)

а после опускания груза на высоту h полная механическая энергия системы Е₂ равна сумме кинетической энергии вращательного движения колеса со шкивом и кинетической энергии груза:

или, учитывая, что = ω _z R

(13)

По закону сохранения механической энергии

Е₁= Е₂,

следовательно,

(14)

или с учетом (10)

т.е. получили тот же самый результат.

Проверим размерность:

Произведем расчет:

Ответ: h = 0, 87 м.

Пример 6. Маятник в виде сплошного однородного шара массой М = 10, 0 кг и радиусом R = 15 см может качаться вокруг горизонтальной

Дано: m = 10, 0 г; = 800 м/с; М = 10, 0 кг; R = = 15 см.

Найти: α.

Решение. До попадания пули на шар действуют сила тяжести М и сила натяжения нити .

Линии действия этих сил проходят через ось вращения Z, поэтому момент сил, действующих на шар до удара равен нулю.

Масса пули гораздо меньше массы шара, а удар пули о шар происходит очень быстро, т.е. можно считать, что существенного смещения шара за время удара не произойдет. Следовательно, сразу же после удара результирующий момент сил, действующих на систему, практически не изменится и по-прежнему будет равен нулю. Поэтому к такой системе можно применить закон сохранения момента импульса. Т.е. для моментов импульса системы относительно оси Z (рис.19) можно записать.

L₁_Z = L₂_Z, (1)

где L₁_Z – момент импульса системы до удара, L₂_Z – после удара.

Момент импульса системы до удара равен моменту импульса пули:

12 3 4 5