var26 (552281)

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла

Щербаков Иван Сергеевич, ИУ8-21, 26 вариантЗадача 1-3Условие~0Нерелятивистская частица с внутренней энергией E0 и массой m0 , летящая со скоростью V~~распадается на две нерелятивистские частицы, скорости которых V1 и V2 , массы m1 и m2 . Импульсыp~1 и p~2 , кинетические энергии E1 и E2 . При этом часть внутренней энергии E0 исходной частицыв количестве ηE0 расходуется на увеличение кинетической энергии образовавшихся частиц. ϕ Угол разлета частиц, θ - угол отклонения первой частицы от первоначального направления полетаисходной частицы.m0 = 10−2 кг,V0 = 20м/с,ϕ = π2 ,m1 = 32 m,m2 = 13 m,p2 = m02V0Необходимо определить следующие величины:θ, V1 , p1 , E1 , E2 , ηE0m0Так как p2 = mV2 , а m2 = 3 , то V2 =По закону сохранения импульса:p2m2=3V02~0 = m1 V~1 + m2 V~2 .m0 VПо закону сохранения энергии:m1 V12m2 V22m0 V02+ ηE0 =+222Рассмотрим эти соотношения в проекциях на оси x и y.

Обозначим β = ϕ − θ. ТогдаV0x = V0 , V0y = 0, V1x = V1 cos θ, V1y = V1 sin θ, V2x = V2 cos β, V2y = −V2 sin β.Так как ϕ = θ + β =π2,то tg θ = ctg β. Получим систему уравнений:V2 = 9V4 0 ,9V0V2 = 3 ,m2 V 2 −m2 V 2V1x = 0m00 V0 m21 2 ,m0 V0 = m1 V1x + m2 V2x ,m2 V2 (m20 V02 −m22 V22 )√, V1y =m1 V1y = −m2 V2y ,(m0 m1 V0 ) m20 V02 −m22 V2222222m0 V0x + 2ηE0 = m1 (V1x + V1y ) + m2 (V2x + V2y ), ⇒ m2 V22V2x = m0 V0 ,9V 2√22+ V2y= 40 ,V2xV2 m20 V02 −m22 V22V=−,V2yV1x2ym 0 V0V1y = − V2x .m1 m2 V22 +m20 V02 −m1 m0 V02 −m22 V22ηE0 =.2m1Найдем искомые величины:V2 = 9V4 0 = 30м/с, V1ym2 v 2√θ=arctg=arctg= π6 ,V1xm20 V02 −m22 V22s2 2 2 2 2 2 q√m2 V2 (m20 V02 −m22 V22 )m0 V0 −m2 V22 +V2 =√+V=V3 ≈ 25.981м/с,=1511x1y2222mVm0 01(m0 m1 V0 ) m0 V0 −m2 V2√кг·м3 p1 = m1 V12 = 100 ≈ 0.017 с ,mV19E1 = 2 1 = 40≈ 0.225Дж,√ 2 2 2 2 !2 2V2m0 V0 −m2 V2m V2m2  m2 V2+m 0 V00 022m2 (V2x+V2y)== 0.3Дж,E=222 ηE = m1 m2 V22 +m20 V02 −m1 m0 V02 −m22 V22 = 7 = 0.175Дж.02m140Шербаков Иван Сергеевич, ИУ8-21, 26 вариантЗадача 2-3УсловиеФизический маятник, состоящий из шара радиусом R и массой M , жестко прекрепленногок тонкому стержню длиной 4R и массой M ,подвешен к горизонтальной оси O, проходящейчерез конец стержня перпендикулярно плоскостирисунка.

Маятник может свободно без трениявращаться вокруг оси O. Шарик массы m движется горизонтально в плоскости рисунка со~0 вдоль прямо, проходящей черезскоростью Vцентр шара, и ударяет в шар. При этом взаимодействие шарика с маятником происходит в видеабсолютно неупругого удара.R = 3см,M = 1кг,m = 0.1кг,V0 = 0.5V0m .Вычислить:ϕm ;V0m ;∆E.Момент инерции системы с шариком (шарик считается материальной точкой):I = I + 25mR2 =401M R2 + 25mR2 .15За нулевой уровень потенциальной энергии выберем уровень, на котором находится ось вращения.Найдем энергию системы в начальном состоянии, состоянии максимального подъема и состоянииотклонения на угол ϕ: Eп0 = −2M gR − 5M gR − 5mgr = −(7M + 5m)gR.Eп1 = 2M gR + 5M gR + 5mgr = (7M + 5m)gR.Eпϕ = (−2M gR − 5M gR − 5mgr) cos ϕ = −(7M + 5m)gR cos ϕIω 2Кинетическая энергия системы сразу после столкновения: Eк1 = 2 0Найдем ωm .

По закону сохранения энергии:r2Iωm4(7M + 5m)gR− (7M + 5m)gR = (7M + 5m)gR ⇒ ωm =.2IПри соударении выполняется закон сохранения момента импульса:rr5mV0 RIωm4Ig(7M + 5m)(7M + 5m)gRIω0 = 5mV0 R. ⇒ ω0 =; V0m ==; ω0 =.I5mR25m2 RIЗапишем закон сохранения энергии для рассматриваемого случая:mV02Iω02mV02Iω 2mV0225m2 V02 R2+ ∆E =⇒ ∆E =− 0 =−222222IНайдем ϕm :Iω02Iω02.− (7M + 5m)gR = −(7M + 5m)gR cos ϕm ⇒ ϕm = arccos 1 −22gR(7M + 5m)Запишем полученные результаты:I = 401M R2 + 25mR2 ,15 q+5m)≈ 32.131м/с,V0m = 4Ig(7M25m2 R222225m V0 RmV≈ 11.801Дж,∆E = 2 0 −2IIω02 ϕ = arccos 1 −m2gR(7M +5m) = arccos12=π3.Шербаков Иван Сергеевич, ИУ8-21, 26 вариантЗадача 3-3УсловиеНа рисунке представлен физический маятник, состоящий из двух шаров радиусами R 1 и R2 имассами соответственно m1 и m2 .

Шары жестко скреплены с помощью стержня длиной L и массойm1 . Через точку O стержня проходит горизонтальная ось вращения, расположенная на расстоянииl0 от верхнего конца стержня. Маятник отклоняют от положения равновесия на угол α 0 , затем вначальный момент времени t = 0 отпускают. В результате маятник начинает совершать свободныенезатухающие колебания. Коэффициент сопротивления считать равным нулю.Для данной колебательной системы необходимо:1) Вывести дифференнциальное уравнение свободных незатухающих колебаний.2) Определить круговую частоту ω0 и период T0 свободных незатухающих колебаний.3) Определить, используя начальные условия задачи и исходные данные, начальные амплитудуA0 и фазу ϕ0 колебаний.4) Написать с учетом найденных значений урванение колебаний.r = 0,m1 = 2.1кг,m2 = 4.1кг,R1 = 0.04м,R2 = 0.05м,L = 1, 2м,l0 = 0.4м,α = π9 .Вычислим момент инерции системы относительно оси O:I=122m1 R12 + m1 (R1 + l0 )2 + m1 L2 + m1 l02 + m2 R22 + m2 (R2 + L − l0 )2535Вычислим расстояние x0 от верхнего конца стержня до центра масс системы:L2m2 r2 + 2m2 L + m1 L − 2m1 r1−m1 (R1 + x0 ) + m2 (R2 + L − x0 ) + m1− x0 = 0 ⇒ x 0 =22(2m1 + m2 )Последовательно вычислим искомые величины:1) В процессе колебаний на систему действует сила тяжести.

Ее момент равенM = −g(2m1 + m2 )(x0 − l0 )α. Тогда:M = I ⇒ α̈ +g(2m1 + m2 )(x0 − l0 )α = 0.IПолучено дифференциальное уравнение свободных незатухающих колебаний.q2π≈ 2.524с, где2) ω0 = g(2m1 +mI2 )(x0 −l0 ) ≈ 2.249с−1, T0 = ω0x0 =2m2 r2 +2m2 L+m1 L−2m1 r1,I2(2m1 +m2 )3) A0 = α0 =π9,ϕ4) α = α0 cos(ω0 t).= 0.= 25 m1 R12 +m1 (R1 +l0 )2 + 13 m1 L2 +m1 l02 + 52 m2 R22 +m2 (R2 +L−l0)2 .Шербаков Иван Сергеевич, ИУ8-21, 26 вариантЗадача 4-4УсловиеДля струны длиной l, натянутой с силой F~ и закрепленной, как указано на рисунке, необходимо:1) определить частоту колебаний и длину волны i-ой гармоники стоячей волны,2) для этой гармоники нарисовать вдоль стержня качественные картины стоячих волн амплитудсмещений и давлений.Материал: сталь,L = 1.2м,d = 0.3мм,ρ = 7.8 · 103 кг/м3 ,F = 5Н,i = 4.Стоячая волна будет образовываться при наложении двух противоположных волн ξ 1 = A cos(ωt −kx + ϕ1 ) и ξ1 = A cos(ωt + kx + ϕ2 ).

Она будет иметь вид:ξ = A cos(ωt + ϕf1 ) cos(kx + ϕf2 )На длину стоячей волны накладывается ограничение: λ =q2волн в струне: c = Fτ , где τ = ρS, S = πd4 . Тогда,c=s2Li ,i ∈ N Скорость распространения4F.πd2 ρНайдем последовательно искомые величины:1) Найдем ограничение, накладываемое на частоту волн, способных образовывать стоячие волны:ω=2πcπсi⇒ω=,λLi∈NЧастота ω0 = πсL является основной, частоты при i > 1 относятся к обертонам. Частота i-ой2L3гармоники: ωi = πсiL ≈ 9.972 · 10 Гц, длина волны: λi = i = 0.6м.2) Качественная картина амплитуд смещений:3) Качественная картина амплитуд давлений:.

Характеристики

Тип файла PDF

PDF-формат наиболее широко используется для просмотра любого типа файлов на любом устройстве. В него можно сохранить документ, таблицы, презентацию, текст, чертежи, вычисления, графики и всё остальное, что можно показать на экране любого устройства. Именно его лучше всего использовать для печати.

Например, если Вам нужно распечатать чертёж из автокада, Вы сохраните чертёж на флешку, но будет ли автокад в пункте печати? А если будет, то нужная версия с нужными библиотеками? Именно для этого и нужен формат PDF - в нём точно будет показано верно вне зависимости от того, в какой программе создали PDF-файл и есть ли нужная программа для его просмотра.

Список файлов курсовой работы