Книга 1. Решения задач из разделов 1-8, страница 19

Найти кинетическую энергию и'„., диска. Решение: Пусть т, = тз = т. Кинетическая энергия обруча и диска складывается из кинетической энергии поступатель- 156 ного движения и кинетической энергии вращения 2 2 3 2 гггз,/'гагг "~гагг И'„г = — + — — (1), И'„з = — + — — (2). Момент 2 2 " 2 2 инерции обруча /г = ггЖг . Угловая скорость в = —. У Я ! 2. 7 Момент инерции диска Уг = — гггй,; частота в, = —.

2 Я Произведем следующие преобразования: )гагг = пЫ, — = 2 2гг ~2 г 1 з~ ип Узы, = — пгниг — г = —. 2 )~~Я 2 2 =тч, Тогда, с учетом 3.19. Шар массой и =1 кг катится без скольжения, ударяется о стенку и откатывается от нее. Скорость шара до удара о стенку к = !О см/с, после удара и =8 см/с. Найти количество теплоты Д, выделившееся при ударе шара о стенку.

Решение: Будем считать, что движение происходит в горизонтальной плоскости, тогда количество теплоты Д равно убыли кинетической энергии Д=И'„г — И'„2. Здесь — кинетическая энергия шара до удара, она складывается из кинетической энергии поступательного движения и кинетической энергии вращения. 3 2 ггпу /гггг 2 И/„г = — + —, где г = — гггЯ; огг = †. Аналогично для 2 2 5 Я !57 уравнений (1) и (2), можно записать И'„, = тг ~, 3ггггг ЗЮ~„, В', = — или И'. = †"' .

Переведем числовые 4 в2 4 значения в единицы системы СИ: И'„, =39,24Дж, тогда И'„г — — 29,43 Дж. — кинетическая энергия »>и .Уо, = — + =', где 2 2 шара после удара: и >г Я ,Уп>, Преобразуем .Уп>г: г, г >як В' = — + 2 прсдварительно выражения 2 г в 2 г г 2 г .Уп>; = — »>Я вЂ”, = — »ю;,Уп>г = — »>г>-. Тогда 5 Я~ 5 5 пл г 7тв г ти ти' 7ти' + — =— ~к> + 5 10 2 5 10 г г 7пл~ 7п>и 7 ( г — — — = — »>й -и ); Д=2,5мДж. 1О 10 10 Отсюда 3.20. Найти относительную ошибку о, которая получится при вычислении кинетической энергии й"„ катящегося шара, если не учитывать врашення шара. Решение: Кинетическая энергия шара с учетом вращения: г »>в УО п>~ 6'„.

= — + —, без учета вращения: И"„'= —. Отно- 2 2 2 !!' — 6",Уп>г /2,Уп>г сительная ошибка Ю= ", "; Ю= г = —,, где И'„' т» /2 пи~ 2 г У 2»>Я ~' 2 ,У = — тЯ; и> = †. Отсюда о =,, = — = 40Ь . 5 А 5Я'»л ' 5 Решение: Работа сил торможения равна изменению кинетической энергии диска — А = Ж„.

— !!'„, В момент остановки УГ„= О, !53 3.2!. Диск диаметром г> = 60 см н массой т = ! кг вращается вокруг оси, проходящей через центр перпендикулярно к его плоскости с частотой п = 20 об/с. Какую работу А надо совершить, чтобы остановить диск? .Йгг УУ7Я следовательно, А =И'„„; А = —, где,У= —; в=2гиг. Тогда А = т10/2) '12лп)/ =т — л и; А=355Дж. 4 4 3.22. Кинетическая энергия вала, вращающегося с частотой и =5 об/с, И'„= 60Дж, Найти момент импульса Ь вала.

Решение: Момент импульса — вектор, направление которого определяется по правилу векторного произведения Х = [А х р~, где р = игУ, а модуль равен Х. =Яр цгиа = ивЯ вЂ” (1), гг т.к. а = — . Кинетическая энергия вала 2 у г игЯ И'„= — — (2), где У= — — (3), ш=2ли — (4). 2 2 Решая совместно уравнения (2) — (4) получим И'„=игЯ гг и, откуда т= " — (5); ~=2лиЯ вЂ” (б).

г г г И'„ дг г г Подставив (5) и (б) в (1), найдем Л = — "; Х = 7,б кг.м /с. 2И'„ гщ 3.23. Найти кинетическую и'„энергию велосипедиста, едущего со скоростью ~=9км/ч. Масса велосипедиста вместе с велосипедом т=78кг, причем на колеса приходится масса ги, = 3 кг. Колеса велосипеда считать обручами. Решение: Кинетическая энергия велосипедиста складывается из кинетической энергии поступательного движения и кинс- г игу Уш тической энергии вращения двух колес.

И'„= — + 2 —, 2 2 159 П2 Я колеса ,( = о , а угловая 2 и'о(к к к 1п'+ п2о) . — — + где момент инерции одного и скорость о2= —. Тогда И' Я К И"„= 253 Дж. 2А 2 3.24. Мальчик катит обруч по горизонтальной дороге со скоростью т = 7,2 км(ч. На какое расстояние з может вкатиться обруч на горку за счет его кинетической энергии? Уклон горки равен 10м на каждые !00м пути. Решение: Н( и'( Я = — или о = †. Подставив числовые данные с учетом д(' 1 =2м(с, получим 5=4,1 м. 3.25. С какой наименьшей высоты (2 должен съехать велосипедист, чтобы по инерции !без трения) проехать дорожку, 160 У основания горки обруч обладал кинетической энергией И'„, которая складывалась из кинетической энергии поступательного движения и кинетической энергии вращения. Когда обруч вкатился на горку на расстояние Я, его кинетическая энергия перешла в потенциальную.

И'„ = Ю'„. 2 ( 2 И'„= — + —; И'„= тдН . Момент инерции обруча 2 2 ,( = тЯ', частота вращения о2 = т /Я. Тогда 2 1 2 ПВ П2А 2 2 И"к = — + — =п22 . Следовательно, пп =пгдН, от- 2 2(с2 т (2 ( куда Н= —. Из рисунка видно, что — = —, откуда Г Н Я имеюшую форму «мертвой петли» радиусом гс=Зы, и и- оторваться от дорожки в верхней точке петли? Масса велосипедиста вместе с велосипедом т=75кг, причем на колеса приходится масса т, = 3кг. Колеса велосипеда считать обруча- Решение: Система замкнута, следовательно, по закону сохранения энергии И' = И'„ + И'„, + И'„,. тя Здесь И' = гггдЬ вЂ” начальная по- 7> Н тенциальная энергия.

Потенциальная энергия в верхней точке «мертвой петли» И'„= гггяН, т,к. Н = 2А, то И~„= 2тдЯ . Кинетическая энергия поступательного гггг> движения велосипедиста И'„., = —. Кинетическая энергия 2 .Ъ вращательного движения колес И' = †.,>' = >наг «2 2 О гг момент инерции обруча, где г — его радиус. ог =- — ът- Г г' 'гго" г' > ' гггагг ловая скорость а> = — . 'Гогда И'., = „г 2 2 2 >пф = 2>щЯ+ >ггг I2+ глр I2; >ггд(~г — 2Я)= — (и+ то), 2 2 2>ггд(7> — 2Я) отсюда г- = . По второму закону Ньютона в ггг+ та верхней точке «мертвой петли» лгй+ Лг = гггй» .

В предельном случае Ф = О, .поэтому гггд = та», откуда ! аа = д . С другой стороны, нормальное ускорение ' В первоисточнике, очевидно, допущена опечатка: радиус петли Я = 0,3 и. б — 3268 151 з 2пз8(1з — 2А) 2)щ(Ь вЂ” 2А) следовательно, д = (т+та)А А (пз+ пз,)А !г = 2А+ — ~1+ — ~ . Подставив А~ т,') 2~ т! "т(1з-2А) = (т+ та)А; числовые значения, получим Ь = 7,56 м. 3.26. Медный шар радиусом А =10 см врашается с частотой н = 2 об/с вокруг осн, проходяшей через его центр. Какую работу А надо совершить, чтобы увеличить угловую скорость в врашения шара вдвое? Решение: .Ъ Кинетическая энергия вращения шара В'„= —, где мо- 2 2 мент инерции шара 1 =-тА . Работа по увеличению уг- 5 ловой скорости вращения шара будет равна прирашению .1в, г его кинетической энергии.

А =1т'„г — И'„,, где И'„, = —; г г 4/в, -.1в, г г И'кг =,Ув /2=4.1в, /2. Отсюда А = в =-.Ув,' — (1); в, =2лп — (2). Масса шара т=1'р= = — ггА р, р=8,6 10 кг/и, тогда 1= — зги рА = 4 з з з 24 з 3 53 = — Ы р — (3).

Подставив (2) и (3) в (1), получим 8 г 15 А = — — Ы р4гг и = — зг А р>г; А =34,1 Дж. 3 8 з 16 з з г 215 5 3,27. Найти линейные ускорения а центров масс шара, диска н обруча, скатывающихся без скольжения с наклонной плоскости. Угол наклона плоскости а = 30', начальная скорость всех 162 тел г, = О. Сравнить найденные ускорения с ускорением ела, соскальзывающего с наклонной плоскости прн отсутствии трения. Решение: При скатывании тела с наклонной плоскости его потенциальная энергия переходит в кинетическую. Т.е. ил ./аг пгн/г = — + — — (1), где,/ — момент инерции тела и 2 2 У т — его масса. Но /г = 1 яп а — (2), аг = — — (3). Подстав вляя (2) и (3) в (1), получим тя1япа = — ~ т+ — ~ — (4).

яг ~ Так как движение происходит под действием постоянной аг' силы, то движение тел равноускоренное, поэтому 1 = —— 2 (5), к=а/ — (6). Решая (4) — (6) совместно, получим пляпа 2 а=, — (7). Момент инерции шара У= — пгЯ, и+,У/Я 5 тогда из (7) найдем а, =3,50м/сг . Момент инерции диска тА~ г ./= —, а, =3,27м/с . Момент инерции обруча У=тА, а, =2,44м/с . Для тела, соскальзывающего с наклонной плоскости без трения, имеем а = д згп а; а = 4,9 м/с'. 3.28. Найти линейные скорости ~ движения центров масс шара, диска н обруча, скатывающихся без скольжения с наклонной плоскости.

Высота наклонной плоскости /г = 0,5 м, начальная скорость всех тел ~, = 0 . Сравнить найденные скорости со скоростью тела, соскальзывающего с наклонной плоскости при отсутствии трения. 163 Решение: У учетом того, что и= —, выразим тгс'+.У нижней точке: гггд/г = 2Я' + пп ~ /2 — (1). С скорость тел г в 2гггя/г 2 — ) Мо~ю инери и ш р и= — аЛ, ггг +.у / яз 5 гг =2,65м/с. б) Момент тогда гг = лг/х 2гля/г г 4 нериин диска ) = — , сосна ка = — = «-и»; 2 +ш/2 6 и, =2,56м/с. в) Момент инерции обруча /=лгА', тогда Г2~щ/г )в гз = ~ — = ~фг; гз =2,21м/с.

г) Для тела, соскальт+ лг ггг "а) зывающего без трения с наклонной плоскости, гггд/г = —, 2 откуда к = ~/2~~~; г) = 3,13 и/с. 3.29. Имеются два цилиндра: алюминиевый (сплошной) и свинцовый (полый) — одинакового радиуса Л =6 ем и одинаковой массы гл = 0,5 кг. Поверхности цилиндров окрашены одинаково. Как, наблюдая поступательные скорости цилиндров у основания наклонной плоскости, можно различпть их? Найти моменты инерции,/, н ./г этих цилиндров. За какое время г каж- 164 В отсутствие трения систему можно считать замкнутой.

Каждое из тел в начальный момент обладает потенциальной энергией гггфг, которая затем преобразуется в шу кинетическую энергию поступательного движения — и 2 кинетическую энергию вращения, т.е. гггуЬ =.Уагг /2+ дый цилиндр скатится без скольжения с наклонной плоскости? Высота наклонной плоскости /у = 0,5 и, угол наклона плоскости а = 30', начальная скорость каждого цилиндра ~, = О. Решение: 1у г/ 1 2lу — = — и /= — — (4). Подставляя в (4) формулу а//у а 2 а/у/а 1 21у у/у+,У/Ае / —— яууга (5).

С учетом (2) и (1), получим ууф (3), получим соответственно для алюминиевого и свин- 165 В предыдушей задаче мы нашли, что поступательная скорость цилиндров в нижней точке наклонной плоскости 2/ууд/у определяется формулой — (1). Момент и+,у/я 7 ууууу инерции алюминиевого цилиндра,У, = — — (2).

Мо- 2 У~г мент инерции свинцового цилиндра У, = лу . Най- 2 дем внутренний радиус Р, свинцового цилиндра. По усло- вию массы обоих цилиндров равны, следовательно, 3 / 1 руЕпК = р,Еугф — Я0 !, где Š— длина цилиндров, р,— плотность алюминия, р, — плотность свинца. Отсюда 2 з (рз ру Ве = Я - ~ . Тогда момент инерции свинцового р~ уууЯ 2р, — р 2 цилиндра,У, = — (3). Подставляя числовы. 2 р, данные, получим .У, = 9 10 "кг м, .У, =15,9 10 кг.м .