Динамика (страница 2)
В аттракционе человек массой 70 кг движется на тележке по рельсам и совершает «мертвую петлю» в вертикальной плоскости. С какой скоростью движется тележка в верхней точке круговой траектории радиусом 20 м, если в этой точке сила давления человека на сидение тележки равна 700 Н?
Запишем второй закон Ньютона \[mg+N=ma\] где \(m\) – масса человека, \(N\) – давление человека на сидение, \(a\) – центростремительное ускорение.
Центростремительное ускорение равно \[a=\dfrac{v^2}{R}\] \(v\) - скорость движения, \(R\) – радиус траектории \[mg+N=m\dfrac{v^2}{R}\] Отсюда скорость равна \[v=\sqrt{R(g+\dfrac{N}{m})}=\sqrt{20\text{ м}\left(10\text{ Н/кг}+\dfrac{700\text{ Н}}{70\text{ кг}}\right)}=20\text{ м/с}\]
Шайба лежит на наклонной плоскости (угол наклона к горизонту \(\alpha=30^\circ\), коэффициент трения \(\mu=0,8\)). Масса шайбы равна \(m=1\). Найдите какую силу, параллельную нижнему ребру, надо приложить к шайбе, чтобы сдвинуть шайбу с места. Ответ дайте в Ньютонах и округлите до десятых.
Направим ось \(Oy\) вдоль наклонной плоскости вверх, ось \(Ox\) вдоль наклонной плоскости вправо, а ось \(Oz\) перпендикулярно наклонной плоскости. 
Запишем второй закон Ньютона на все три оси: \[\begin{cases} Ox: & F- F_\text{ трх}=0 \\ Oy: & F_\text{ тру}-mg \sin \alpha=0\\ Oz: & N-mg\cos \alpha =0\\ \end{cases}\] С учетом того, что сила трения равна \[F_\text{ тр}=\mu N\] или \(F_\text{ тр}=\sqrt{F_\text{ трх}^2+F_\text{ тру}^2}\) и выражениями из системы \[\begin{cases} F=F_\text{ трх} \\ F_\text{ тру}=mg \sin \alpha\\ N=mg\cos \alpha \\ \end{cases}\] Имеем \[F=mg\sqrt{\mu^2\cos \alpha ^2-\sin \alpha ^2}=1\text{ кг}\cdot 10\text{ Н/кг}\sqrt{0,64\cdot 0,75-0,25}=4,8\text{ Н}\]
Гоночный автомобиль едет по треку, имеющему на повороте радиусом \(R = 50\) м угол наклона полотна дороги к горизонту \(\alpha=45^\circ \) внутрь поворота. С какой максимальной скоростью \(v\) может двигаться автомобиль, чтобы не заскользить и не вылететь с трека? Коэффициент трения колёс автомобиля о дорогу \(\mu=0,5\). Ответ выразите в м/с.
Сделаем рисунок 
Запишем второй закон Ньютона на оси \(Ox\) и \(Oy\) \[\begin{cases}
Ox & N\sin\alpha + \mu N \cos \alpha =m\dfrac{v^2}{R} \quad (1)\\
Oy & N\cos \alpha -mg- \mu N \sin \alpha =0 \quad (2)\\
\end{cases}\] где \(v\) – скорость автомобиля. Из (2) выразим силу реакции опоры, а из (1) скорость автомобиля. \[N=\dfrac{mg}{\cos \alpha - \mu \sin \alpha } \quad (3)\] \[v=\sqrt{ \dfrac{RN( \sin \alpha +\mu \cos \alpha )}{m}} \quad (4)\] Подставим (3) в (4) \[v=\sqrt{\dfrac{mgR(\dfrac{\sin \alpha + \mu \cos \alpha }{\cos \alpha - \mu \sin \alpha})}{m}}=\sqrt{gR\dfrac{\sin \alpha + \mu \cos \alpha }{\cos \alpha - \mu \sin \alpha}}=\sqrt{gR\dfrac{tg \alpha +\mu}{1-\mu tg \alpha }}=\sqrt{10\text{ м/с$^2$}\cdot50\text{ м}\dfrac{1+0,5}{1-0,5\cdot 1}}\approx 39\text{ м/с}\]
Брусок массой \(m = 1\) кг, привязанный к потолку лёгкой нитью, опирается на массивную горизонтальную доску. Под действием горизонтальной силы доска движется поступательно вправо с постоянной скоростью. Брусок при этом неподвижен, а нить образует с вертикалью угол \(\alpha=30^0\). Найдите \(F\), если коэффициент трения бруска по доске \(\mu= 0,2\). Трением доски по опоре пренебречь. Ответ дайте в Ньютонах.
Так как доска движется с постоянной скоростью, то векторная сумма всех сил, действующих на доску равна 0 (\(P\) – вес бруска): \[\vec{F}+\vec{F_{\mbox{тр}}}+\vec{P}+M\vec{g}+\vec{N_1}=0\] Спроецируем данное векторное уравнение на горизонтальную ось: \[OX: \quad F-F_{\mbox{тр}}=0\quad \Rightarrow \quad F=F_{\mbox{тр}}\] Брусок неподвижен — это значит, что равнодействующая всех сил, действующих на него, равна нулю: \[\vec{T}+\vec{F_{\mbox{тр}}}+m\vec{g}+\vec{N_2}=0\] Спроецируем данное векторное уравнение на горизонтальную и вертикальную ось: \[OX: \quad F_{\mbox{тр}}-Tsin\alpha=0\quad \Rightarrow \quad T=\frac{F_{\mbox{тр}}}{sin\alpha}=\frac{F}{sin\alpha}=2F\] \[OY: \quad N_2+Tcos\alpha-mg=0\quad \Rightarrow \quad N_2=-Tcos\alpha+mg=-2Fcos\alpha+mg\] Так как брусок движется относительно доски, то сила трения принимает максимальное значение и рассчитывается по формуле: \[F_{\mbox{тр}}=\mu N_2=\mu (-2Fcos\alpha+mg)=F\] \[F=\frac{\mu mg}{1+2\mu cos\alpha}=\frac{0,2\cdot10\text{ Н}}{1+2\cdot0,2\cdot\cfrac{\sqrt3}{2}}=1,5 \text{ Н}\]
Средняя плотность планеты Плюк равна средней плотности Земли, а первая космическая скорость для Плюка в 2 раза больше, чем для Земли. Чему равно отношение периода обращения спутника, движущегося вокруг Плюка по низкой круговой орбите, к периоду обращения аналогичного спутника Земли? Объем шара пропорционален кубу радиуса (\(V \sim R^3\)).
Период обращения находится по формуле: \[T=\dfrac{2 \pi R}{v},\] где \(R\) – радиус планеты, \(v\) – скорость спутника.
Найдем отношение периода обращения вокруг планеты Плюк к периоду обращения вокруг Земли. \[\dfrac{T_\text{п}}{T_\text{з}}=\dfrac{\dfrac{2\pi R_\text{ п}}{v_\text{ п}}}{\dfrac{2 \pi R_\text{ з}}{v_\text{ з}}}=\dfrac{R_\text{ п}}{2R_\text{ з} } \quad (1)\] где \(R_\text{ п}\) и \(R_\text{ з}\) – радиусы Плюка и Земли
Первая космическая скорость находится по формуле: \[v_1=\sqrt{gR}\] где \(g=G\dfrac{mM}{R^2},\)
где \(m\) и \(M\) – масса спутника и планеты
Масса же находится по формуле: \[M=\rho V,\] \(\rho\) – средняя плотность планеты.
С учетом того, \(V \sim R^3\) имеем \[\dfrac{v_\text{1п}}{v_\text{1з}}=\sqrt{\dfrac{\dfrac{Gm\rho R^3_\text{п}}{R^2_\text{п}}}{\dfrac{Gm \rho R^3_\text{з}}{R^2_\text{з}}}\cdot \dfrac{R_\text{п}}{R_\text{з}}}=2 \Rightarrow \dfrac{R^2_\text{п}}{R^2_\text{з}}=4 \Rightarrow \dfrac{R_\text{п}}{R_\text{з}}=2 \quad (2)\] Подставим (2) в (1) \[\dfrac{T_\text{п}}{T_\text{з}}=\dfrac{2}{2}=1\]
На шероховатой поверхности (угол наклона к горизонту \(\alpha=30^\circ\), с коэффициентом трения \(\mu=0,2\)) лежит груз массой \(M=1\) кг. Через невесомый блок к нему привязали невесомой и нерастяжимой нитью груз массой \(m\). Найдите максимальное значение массы \(m\), при котором система не выходит из состояния покоя. 
Введем оси, как показано на рисунке 
Запишем второй закон Ньютона на введенные оси для каждого из тел \[\begin{cases}
O_1x_1 & T_1 -Mg \sin \alpha -F_\text{ тр}=0 \quad (1)\\
O_1y_1 & N-Mg\cos \alpha =0 \quad (2)\\
O_2y_2 & mg -T_2 =0\quad (3)\\
\end{cases}\] Так как нить невесомая и нерастяжимая, то \(T_1=T_2\), кроме того тело покоится, а значит \(F_\text{ тр}\leq \mu N\)
Тогда сложив (1) с (3) получим \[mg-Mg\sin \alpha -F_\text{ тр}=0 \Rightarrow F_\text{ тр}= mg-Mg\sin \alpha\] Из (2) \[N=Mg\cos \alpha\] Так как \(F_\text{ тр} \leq \mu N\), то \[mg-Mg \sin \alpha \leq \mu M g \cos \alpha\] Выразим массу груза. \[m \leq M(\sin \alpha + \mu \cos \alpha )\leq 1\text{ кг}\left(0,5 +0,2\cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)\leq 0,67\text{ кг}\]
Небольшой кубик массой \(m = 1,5\) кг начинает скользить с нулевой начальной скоростью по гладкой горке, переходящей в «мёртвую петлю» радиусом \(R = 1,5\) м (см. рисунок). С какой высоты \(Н \)был отпущен кубик, если на высоте \(h = 2 \)м от нижней точки петли сила давления кубика на стенку петли\( F = 4 \)Н? Сделайте рисунок с указанием сил, поясняющий решение. Ответ дайте в метрах.
Запишем закон сохранения энергии \[mgH=\dfrac{mv^2}{2}+mgh\] где \(v\) – скорость бруска на высоте \(h\).
Сделаем рисунок, с расставлением всех сил, действующих на брусок на высоте \(h\). 
По рисунку найдем \(\cos \alpha\), он равен \[\cos \alpha =\dfrac{h-R}{R}\quad (1)\] Запишем второй закон Ньютона \[mg\cos \alpha +N=ma \Rightarrow mg\dfrac{h-R}{R}+N=m\dfrac{v^2}{R}\] где \(a\) – центростремительное ускорение.
По третьему закону Ньютона \(N=F\), значит, скорость кубика на высоте \(h\) равна \[v^2=g(h-R)+\dfrac{FR}{m}\] Подставив значение скорости в закон сохранения энергии, и выразив начальную высоту получим \[H=\dfrac{3h-R}{2}+\dfrac{FR}{2mg}=\dfrac{3\cdot 2 \text{ м}-1,5\text{ м}}{2}+\dfrac{4\text{ Н}\cdot 1,5\text{ м}}{2\cdot 1,5\text{ кг} \cdot 10\text{ Н/кг}}=2,45\text{ м}\]
