Книга 1. Решения задач из разделов 1-8, страница 17

Подставив 13) в 11), с учетом 14) получим »>дА И'„= . Взяв И'„по модулю, найдем отношение 136 В'„бигМ2г 20М .энергий —" =, =, . Подставим И'„гтрк~- 'ф~з данные —" ж 2. Н'„. числовые 2.153. Найти изменение ускорения свободного падения прн опускании тела на глубину Ь . На какой глубине ускорение свободного падения я» составляет 0,25 ускорения свободного падения я у поверхности Земли? Плотность Земли считать постоянной. Указание: учесть, что тело, находящееся на глубине Ь над поверхностью Земли, не испытывает со стороны вышележащего слоя толщиной й никакого притяжения, так как притяжения отдельных частей слоя взаимно компенсируются. 2.154. Каково соотношение между высотой О горы и глубиной 6 шахты, если период колебания маятника на вершине горы и на дне шахты один и тот же.

Указание: формула для периода колебания математического маятника приведена в $12. 137 Решение: Пусть т — масса тела, находящегося на расстоянии Ь от поверхности Земли и на расстоянии г от ее центра масс. Учитывая указание, данное в условии задачи, можем написать: Р„= тд =бигМ„lг — (1), где ̄— масса шара радиусом г и с плотностью, равной плотности Зем4яг~ р 40ткКр .ли р.

Так как М,. = —, то тд» = . У повер- 3 ' 3 ЫиМ 40и1 лКр хности Земли Р = ищ = — (2). Из (1) и Яз 3 (2) получим — '= — = — (3) . Обозначим — '=и, а» г (Я-~) и» д Я Я Я тогда из(3) имеем й = Я(1 — и). Если и=0,25, то й=0,75Я. Решение: Период колебания математического ~Н 1 маятника Т = 2гг — . Т.к. периоды Ы колебаний равны, то равны и ускорения )Т свободного падения Т„ = 2гг — и Ыа Т„=2л —, отсюда д„=йн.

Сила тяжести Г=лгд, с Кн другой стороны, по закону всемирного тяготения тМ Р = Π—,. Приравняем правые части уравнений: T тМ ОМ лгя =0 —, отсюда д = —, где 0 — гравитационная ,.г г постоянная, М вЂ” масса Земли. Тело, находящееся на глубине Ь под землей, не испытывает со стороны вышележащего шарового слоя толщиной Ь никакого притяжения, т,к. притяжения отдельных частей слоя взаимно компенсируются.

Масса заштрихованной части Земли: 4 6М М, =рР;; 1; = — яг1; г1 =К вЂ” Ь. Тогда г1 = О, — (1). Отдельно преобразуем выражения, 4л (А — Ь)з р 31Я вЂ” Ь) уравнение (1): (Я вЂ” Ь)з = входящие в 1г 13 =(11з -3~гЬ+3ЯЬг -1гз) (Я-Ь)' =1~з 1-3 — '+3— ~~2 1~з з~ Поскольку Ь сс Я, то (Я вЂ” Ь) = А' ~1-3 — ! . Аналогично 11з ! (Я-Ь) =(А -2Иг+Ь ), откуда (Я вЂ” Ь) ж А 1 — — ~. Я/ !38 3 А(1-ЗЫЛ)р Тогда из (1) яя =0 4(1-2Ь/Я) — (2).

На высоте Н М 4 з, имеем яа =0 —,, где М= р — ал; г~ =Л+Н, т.е. гз 4лязр яд = О, — (3). Поскольку Н «Л, то з(я+ н)' 2 2 (л+н)- =~Я~1+ —; (я+н) =л- 1+г — + —, Н Н л л я~ (я+Н) =Л 1+2 — 1. Из (3) ~ц =0 — (4). Я/' 3 1+2Н/Л) Поскольку яа = до, то, приравняв правые части (2) и (4), 4Ю(1 - ЗЬ / Я)р 4крл получим 0 ' -О, откуда 3(1-2Ь/Л) 3(1+2Н/Я) 1-Зl~/Я 1 (5). Воспользуемся выражением 1-2Ь/Я 1+2Н/Л для суммы бесконечно убывающей геометрической 1 1 прогрессии Я„= — . При о «1; — =1+ д; 1-д ' 1-д 1 — =1 — д.

Тогда уравнение (5) можно записать в виде 1+д < ЬЧ гМ Н 1з Л Ь' Н 1-3 — ) ~1+ — ) =1-2 — или 1 — 3 — + — — б —, =1 — 2 —. ЯЛ л) л я я яз л Уз 2 Слагаемым 6 —,, ввиду его малости, можно пренебречь. Ь 2Н Тогда 1 — — =1- —; отсюда Ь=гн. л л 2.155. Найти период обращения Т вокруг Солнца искусственной планеты, если известно, что большая полуось Я, 139 ее эллиптической орбиты превышает большую полуось Я, земной орбиты на ЛЛ = 0,24 1О' км. Решение: з По третьему закону Кеплера —, = —,. Так как нас Т,' Л, Тз Я, интересует период обращения планеты Солнечной системы, то целесообразно в качестве планеты с известными значениями Т, и Аз взять Землю.

Для нашего случая Т, =12 мес, Яз =1,5 10' км. По условию А, = 1,74 10 км. Тогда из (1) имеем 7; = Т2 з — =15 мес; У; =450сут. Решение: По второму закону Ньютона сила тяготения Р; =п1а„. По закону всемирного тМ тяготения Г, = О, . Т, к. левые (Р/2+.г) части уравнений равны, приравняем и правые части этих уравнений: тМ б'М та„= О,, отсюда а„=,,, Масса (Р/2+ г) (Р/2+ г) 4 (Р'1' 1, С Р',о Солнца М = — г~ — ~ р = — лР р, тогда а„= 3 1, 2,~ б б(Р/2+ г) С другой стороны центростремительное ускорение 140 2.156. Орбита искусственной планеты близка к круговой.

Найти линейную скорость ч ее движения и период Т ее обращения вокруг Солнца, считая известным диаметр Солнца Р и его среднюю плотность р . Среднее расстояние планеты от Солнца г =1,71 1О' км. Решение: Найдем большую полуось орбиты «Востока» Я = Ь .+Ь "'"' + Я- = б 583,5 км. 2 3 Большая полуось орбиты Луны Ал — — 390370км. Зная период обращения Луны, применим третий закон Кеплера —, = —, отсюда Т = ҄—; Т = 87,8 мин. Тл плз ГТ ,з = л~/2~з ' 2.159. Имеется кольцо раднусол~ 11 . Радиус проволоки равен г, плотность материала равна р . Найти силу Р', с которой это кольцо притягивает материальную точку массой и, находяшуюся на оси кольца на расстоянии Е от его центра.

Решение: Возьмем элемент кольца Л. Сила И1 гравитационного взаилюдействия между элементом кольца ~П и массой т, помещенной в точке трлг А, будет аТ=Π—,а'1. Сила и аЧ ИР' направлена по линии х, со- единяющей элемент кольца Ж с массой т. Для нахождения силы гравитационного взаимодействия всего кольца н массы т надо векторно сложить все силы сЮ. Силу ЫГ можно разложить на две составляющие с~Г„и гй",. Составляющие ЫГ„двух диаметрально расположенных элементов взаимно уничтожают- с3Л ся, поэтому Г =~ сЖ,.

Но Ю, =сРсола = — и х 142 гп Бтрг с' = созаяи~ а =Всозаъйг а. Для нахожде- Я с1г" ния максимума функции г" возьмем производную — и Иа з 3 приравпяем ее нулю: — =В12соя аипа — зо1 а)=0 или с!а 1 тд-а = 2 . Тогда расстояние Х, на котором сила А Я Я максимальна, равно Х = — соха = — = — .

На яи1а тра 42 графике изображен характер зависимости Г = ~(Е); Ь„,„, =0,14м; Г„„„=4,35 10 "Н. Х, и 0 0,05 0,1 0,15 0,2 0,5 Р; 10 " Н 0 2,58 4,04 4,34 3,99 1,44 2.161. Сила взаимодействия между кольцом и материальной точкой, находяшейся на оси кольца, имеет максимальное значение Г, когда точка находится на расстоянии Х„от центра кольца. Во сколько раз сила взаимодействия Р' между кольцом и материальной точкой, находящейся на расстоянии 1, = 0,5А„от центра кольца, меньше максимальной силы Р„? Решение: гю'Окрг~ЯЕ Используем формулу из задачи 1.159: Г =, и (1~2 12 ~~ тт выражение Р' = Р„',, при Е„„„= — из задачи 1.60.

По ус,Гг ловию Е = 0,5Е„„,, соответственно получим гл б~п,ог Я Я/гзГ2 г' —, . Произведя дальнейшие (Я +Я~/8)й 144 2к~Блрг~Я преобразования, получим и†242(ЗЯ/2) .1/242 2л ~Бтр.~Я-' 16н~Бтр зЯз 2~Г2(ЗЯ /2) 1/2 12 27Я~ 2х Бл1р'~Я Я/ Б 4п~Бтр"~Я !!ЮХ ; Г„, =, . Отсюда , ф З~~ЗЯ Г„, „4к'Бтр"' 27Я выразим отношение сил: — "' "— Г З~ГЗЯ 16тт'Бтр"~ ' В ответе первоисточника, очевидно, допущена опечатка (Р' /Е =1/3 ). ф 3. Врпи4птельное движение твердых тел В задачах этого раздела используются данные таблиц 3 — 5 и таблицы 11 из приложения.

Кроме того, следует учесть замечание к з 1. 3.1. Найти момент инерции У и момент импульса А земного шара относительно оси вращения. Решение: 2 Момент инерции шара У=-МЯ, подставляя значение 5 массы и радиуса Земли, получим .У = 97,36 10~~ кг м~. 2л Момент импульса А=.Ув, где в= —, следовательно, .У2л Е = —. Период обращения Земли Т = 24 часа. ПодТ ставляя числовые данные, получим Е = 7 10зз кг м~lс. 3.2. Два шара одинакового радиуса Я = 5 ем закреплены на концах невесомого стержня.

Расстояние между шарами г = 0,5 м. Масса каждого шара я =1 кг. Найти: а) момент инерции У, системы относительно оси, проходящей через середину стержня перпендикулярно к нему; б) момент инерции .У, системы относительно той же оси, считая шары материальными точками, массы которых сосредоточены в их центрах; в) относительную ошибку Ю = (У, -.У,)/.У,, которую мы допускаем при вычислении момента инерции системы, заменяя величину,У, величиной,У,. Решение: 2 з Момент инерции шара: .Уе = — тЯ . По теореме Штейнера 5 + тН', где Ы = > /2.

Найдем момент инерции 146 2 2 (г'1 2 ~ тг каждого шара .У, = Уо + и — ! = — тЯ + — = и 1,2/ 5 4 (2Я =т — + — . Используя свойство аддитив- 5 4~ ности момента инерции, получим Я ~=! где У, — момент инерции системы, У, — момент инерции элементов, входящих в систему, найдем момент инерции системы. Т. к. шары одинаковые, то,У„= 2.У, = (2яз = 2т — + — = 0,127 кг м1. 5 4 ~ Момент инерции мате- г риальной точки .У, = ~гг —, тогда момент инерции системы 4 г тг 2 ° Узе 2т 0 125 кг'м 4 2 з — 1 боь' .У вЂ” У 2 Относительная ошибка Решение: Уравнение вращательного движения диска в векторной форме .Ы =М - +М вЂ” (1), М,,- — момент силы 7, М вЂ” момент силы трения.

Выберем ось х в направлении вектора углового ускорения г (на нас, перпендикулярно плоскости чертежа). Тогда 147 З.З. К ободу однородного диска радиусом Я = 0,2 м приложена касательная сила Г = 98,1 Н. При вращении на диск действует момент снл трения М = 98,1 Н м. Найти массу и дисков, если известно, что диск вращается с угловым ускорением к =100 рад/с~. уравнение (1) в проекции на ось х У, =М„. -М, — (2), т.к. вектор М, направлен вдоль Е, а М имеет противоположное направление. Момент инерции диска 1 з У = -тЯ вЂ” (3); Мг = Г Я вЂ” (4).

Перепишем (2) с 2 1 2 — тЯ-я = ГЯ вЂ” М, отсюда 2 тр -> учетом (3) и (4): 2(ГЛ-М ) т= 'Р =7,36кг, а112 3.4. Однородный стержень длиной 1 =! м и массой ~п = 0,5 кг вращается в вертикальной плоскости вокруг горизонтальной оси, проходящей через середину стержня. С каким угловым ускорением к вращается стержень, если на него действует момент сил М =98,1 мН м? Решение: Запишем уравнение вращательного движения стержня в проекции на ось х: М = Л, М откуда е' = —, где момент У инерции стержня относительно г через середину, У = — М1 .