Книга 1. Решения задач из разделов 1-8, страница 20

Т. к. скатыванис цилиндров происходит под действием г постоянной силы, то ~ = а/ и 1= — = —; отсюда а/на 2 13/ цового цилиндров /, = — — , г, = 0,78с; /г = — х згпа ~ 8 яиа ,гг =088с. 3.30. Колесо, вращаясь равнозамедленно, уменьшило за время г = 1 мин частоту вращения от п, = 300 об/мин до пг, =180об/мнн. Момент инерции колеса,/=2кгм'. Найти угловое ускорение а колеса, момент сил торможения М, работу А сил торможения и число оборотов 1т", сделанных колесом за время г =1мин. Решение: Преобразуем числовые единицы в систему СИ: /=60с, /г, =5об/с, иг =Зоб/с. Поскольку вращение равнозамедленное, то число оборотов можно определить так: п, +пг Лог Ф = — '' г", Ф=240об. Угловое ускорение ь = —. 2 Имеем: Ьв =огг — аг, =2лпг -2гт, =2гг(пг -п,), следова- 2гг(пг -п,) тельно, а = - '' .

Подставив числовые значения, получим а = — 0,21рад/с'. Момент сил торможения М =./г; М=0,42Н м. Работа сил торможения равна прираще/агг г г нию кинетической энергии -А =И'. -5". = — — — . А = — ((2ли,) -(2ли,) )=2гг~/(п~ — пг ); А =630Дж. 2 3.31. Вентилятор врашается с частотой и = 900 об/мин, После выключения вентилятор, вращаясь равнозамедленно, сделал до остановки гу = 75 об. Работа снл торможения А =44,4Дж. Найти момент инерции / вентилятора и момент сил торможения М . 166 Решение: Работа сил энергии. -А трения равна приращению кинетической = И/„ -И~„с. Поскольку в момент остановки .Уш' А = И"„., = †. Откуда выразим момент 2 И~„= О, то 2А учитывая, что в — 2ли — (1)..У- —, 4л ~н~ Момент сил торможения М =Л вЂ” (2), где инерции У, .У = 0,01 кг м~ го угловое ускорение с = — — (3). Поскольку вращение является равнозамедленным, то среднее число оборотов за н единицу времени ~г = —, а число оборотов, сделанное до ьт 2У остановки й/ = лг = —, откуда г = — — (4).

Решая 2 и г совместно(1) — (4), получим М = —; М =94 10 Н м. 'ууи . -3 Ф Решение: Момент сил трения М =,Уь'. Поскольку вращение равнозамедленное и конечная скорость равна нулю, то О 2лп а'= —, где в=2лп. Тогда М =.У вЂ”. Число оборотов и 2М при равнозамедленном движении У = — Г, откуда г = —; 2 и т =100 с и М = 308 Н м.

167 З.З2. Маховое колесо, момент инерции которого .У=245кгм, врашается с частотой и=20об/с. После того как на колесо перестал действовать врашаюший момент, оно остановилось, сделав Ф =1000об, Найти момент сил трения М„и время /, прошедшее от момента прекращения действия вращающего момента до остановки колеса. З.ЗЗ. По ободу шкива, насаженного на обшую ось с маховым колесом, намотана нить, к концу который подвешен груз массой и =1 кг. На какое расстояние Ь должен опуститься груз, чтобы колесо со шкивом получило частоту врашення и=ббоб/мин? 3 Момент инерции колеса со шкивом / =0,42 кг м, радиус шкива Я =10 си.

Решение: Пусть в верхнем положении груз обладал потенциальной энергией луЬ . При опускании груза на расстояние Ь эта энергия была преобразована в кинетическую энергию вращения колеса и кинетическую энергию поступательного движения груза. 3 2 х л~~Ь= — + — — (1). Здесь л— 2 2 скорость опускания груза, равна линейной скорости вращения точек на ободе шкива.

к=аЖ; аэ =2ли — (2), отсюда 1 = 2лиЯ вЂ” (3). Подставив (2) и (3) в (1), получим: 2 'и'.У+тЯз тдЬ = 2~г'и'(У+ тЯ'), следовательно, Ь = ИЯ Ь =86,5 см. 3.34. Маховое колесо начинает вращаться с угловым ускорением г = 0,5 рал/с' и через время /, = 15 с после начала движения приобретает момент импульса /. = 73,5 кг м'/с. Найти кинетическую энергию В"„колеса через время /з = 20 с после начала движения. Решение: .Уоэ Кинетическая энергия колеса Ю' = — — (1). Момент К инерции У можно найти из соотношения М =Л', откуда 168 М Ж .с = — — (2). Из уравнения моментов М = †.

Решая это Е сгсс уравнение методом разделения переменных, получим Мс1с =с11.; М~ сН =Л; Мс =Х, откуда М = — — (3). о Уравнение (2) с учетом (3) запишем как: с" = — — (4). с~с в Угловое ускорение с = соссас, следовательно, с = †. Тогда в в момент времени с, — с= —, откуда угловая скорость сг в = ссг — (5). Подставив (4) н (5) в (1), получим го И'"„. = — г; 1('„= 490 Дж. 2с, 3.35. Маховик вращается с частотой сс = 10 об/с.

Его кинетическая энергия И'„=7,85кДж. За какое время с момент сил М = 50Н м, приложенный к маховику, увеличит угловую скорость и маховика вдвое? Решение: Ж Согласно закону изменения момента импульса М= —, сгсс где с.=,св, а Ж=Лв. Воспользуемся методом раздес Вг ления переменных: МЙ = Лв; М~ сгсс =.1' ~ сгсв или о Ф~ МС=.с(вг-в,). По Условию в, =2в,, следовательно, св~ Мс =.7в,, откуда с = — — (1). Момент инерции .У найдем из уравнения кинетической энергии вращения махо- 169 .У©,' 2Н'„ вика.

Н'„= — ', откуда .У = —," — (2). Подставив 12) в ш2 . 2Н'„ Н'„ (1), получим г= —" или, с учетом в, =2ли, г= —" в|М лпМ т=5с. 3.36. К ободу диска массой и = 5кг приложена касательная сила Г =19,6 Н. Какую кинетическую энергию Н'„, будет иметь диск через время ( = 5 с после начала действия силы? Решение: Импульс силы ГЬе=тАт, но 1 =0 и гв =О, слеГг довательно, Рт = тв. Отсюда 1 = †. Кинетическая энер- ню 2 гия вращения диска Н'„= —; где,У=-иЯ, 2 2 7 О= — ' Я тЯ1 Г !' —, = †.

После подстановки числовых данных 22 Я' 4ьч Н"„. = 480 Дж. Решение: Рассмотрим движение центра масс стержня. При отклонении на угол а он облцдает потенциальной энергией тдЬ. При прохождении положения равновесия его потенциальная энергия перешла в кинетическую энергию вращения.

170 3.37. Однородный стержень длиной ! = 1м подвешен на горизонтальной оси, проходяшей через верхний конец стержня. На какой угол а надо отклонить стержень, чтобы нижний конец стержня при прохождении положения равновесия имел скорость к = 5 и/с? а =81' 3.38. Однородный стержень длиной 1=85см подвешен на горизонтальной оси, проходяшей через верхний конец стержня.

Какую скорость у надо сообшить нижнему концу стержня, чтобы он сделал полный оборот вокруг оси? Решение: Рассмотрим движение центра масс стержня. Пусть К вЂ” точка подвеса стержня. Если стержень сделает пол-оборота и поднимется вертикально вверх, он будет обладать потенциальной энергией пгф . Для этого центру масс стержня нужно сообщить кинетическую .Уог 0- энергию — = пгя! — (1). Момент инерции 2 стержня относительно оси, проходящей через его конец, найдем по теореме Штейнера: 3 !/2 й 171 ,Уог' 1 лги!1 = — — (1); 1г = — — — сола = — (1 — сола).

Момент 2 2 2 2 инерции стержня относительно оси, проходящей через его конец, найдем по теореме Штейнера: 1 г 1~ 1 г У' Л= — гп1 +пг г — ) = — гп1 . Угловая скорость пг= —, 12 ~2) 3 1/2 где у' — скорость прохождения положения равновесия р У У центром масс, у'=-, следовательно, ог=-. С учетом 2 1 всего вышеизложенного, перепишем уравнение (1): 1з г П1У пгд-(Ъ-сола) = —,, ф(1-сола) = †. Отсюда 2 61 3 2 сола =1 — —. Подставим числовые значения сола = 0,15; Зд! з 1 1 2 г> ./= — т1 +>и ~ — ) = — т1 .

Угловая скорость о>= —— 12 1,2) 1 (3), она одинакова для всех точек, принадлежащих »г/гу2 стержню. Подставив (2) и (3) в (1), получим, = тф, 321' откуда г = ~бд!; г =7,1 м/с. Это скорость, при которой стержень поднимется в строго вертикальное положение. При а > 7,1 м/с он сделает полный оборот.

3.39. Карандаш длиной 1 =15 см, поставленный вертикально, падает на стол. Какую угловую скорость е> и линейную скорость г будет иметь в конце падения середина и верхний конец карандаша? Решение: Рассмотрим движение центра масс гтг карандаша. В вертикальном положении он обладает потенциальной энергией, которая при падении переходит в кинетическую энергию г 0) вращения. — ' = >ггд — — (1).

2 2 Момент инерции карандаша относительно оси, проходящей через его конец, найдем по 2 з 1 1 2 теореме Штейнера: > = — т1 +»г~ — ) = — т1 — (2). 12 12) Подставив (2) в (1), получим — '= я, откуда о>, = ( —; 3 о>, =14 рад/с. Поскольку о>, = о>з = о>, а линейная скорость ~=о>А, то скорость конца карандаша тг =о> 1=2,1м/с. Скорость середины т, = о> — =1,05 и/с. 2 172 3.40. Горизонтальная платформа массой т =100 кг вращается вокруг вертикальной оси, проходящей через центр платформы, с частотой л, =10об/мин.

Человек массой т, = 60 кг стоит при этом на краю платформы. С какой частотой и, начнет вращаться платформа, если человек перейдет от края платформы к ее центру? Считать платформу однородным диском, а человека— точечной массой. Решение: Система «человек — платформа» замкнута в проекции на ось у, т. к. У моменты сил М„, =О и М,„, =О в проекции на эту ось. Следовательно, можно воспользоваться законом сохранения момента импульса. В проекции на ось у: ,У,аг, =,Угегг, где,У, — момент инерции платформы с человеком, стоящим на ее краю, .У, — момент инерции платформы с человеком, стоящим в центре, в, и огг — угловые скорости платформы в обоих лН г тЯ г г случаях. Здесь .У, = — + лгал , .У, = — — (2), где А — радиус платформы.

Подставляя (2) в (1) и учитывая, что в = 2гпг„где и — частота вращения платформы, полу- лгЯ г лгК л?Я + 2лгеА чим ~ — +лгеЯ 2лп, =2лггг —; пг =и, ~'2 2 тЯ = п~ т+ 2лге ; и =22об!мин. т т,К 3.41. Какую работу А совершает человек при переходе от края платформы к ее центру в условиях предйдущей задачи? Радиус платформы Я = 1,5 м. 173 Решение: При переходе с края платформы к центру человек совершает работу, равную разности кинетических энергий 2 2 'Уг»'гг 'УР! вращения. А = — — — — (1), где,У вЂ” момент 2 2 » инерции платформы с человеком на краю, Уз — момент пггс инерции платформы с человеком в центре..У, = — + 2 гггЯ~ + гггоЯ';,У, = †.

Частота враг пения пгг = 2ли„ 2 пг, = 2ли,. Воспользуемся формулой для и, полученной в пг+2гп т+ 2иго задаче 3.40: и, =и, ', тогда огг = 2гтг пг пг пг+2т = пгг ' . Подставив числовые значения, получим: т ,У, = 247,5 кг м,,У, =112,5 кг.м', го, =1,1 рад/с, аг, = 2,3 радУс. Подставив найденные значения в (1), получим: А =162Дж. 3.42. Горизонтальная платформа массой т = 80 кг и радиусом гг=1м врашается с частотой и, =20обlмин. В центре платформы стоит человек и держит в расставленных руках гири. С какой частотой п„будет врашаться платформа, если человек, опустив руки, уменьшит свой момент инерции от У, = 2,94 до .Уг = 0,98 кг м? Считать платформу однородным диском. Решение: Момент инерции платформы с человеком складывается из момента инерции пустой платформы и момента инерции человека. В начальном положении .У„=,Уо+,У, — (1), а когда человек опустил руки,У,о —— ,У, +,У, — (2).

Здесь гггЯ~ .У = — — (3). По закону сохранения момента импульса 2 174 .У~ов, =,Угоаг„где о, = 2тт,; ,У,о2лп, =.Уго2лпг, откуда пг = — — (4). Решая со.- У~оп~ го тЯ'/2+/, и, местно (1) — (4), получим: иг = , ' ' — (5); лЯ /2+,У иг = 0,35 об/с = 21об/мин. 3.43. Во сколько раз увеличилась кинетическая энергия И'„ платформы с человеком в условиях предыдушей задачи? Решение: .Уог' Кинетическая энергия платформы с человеком И' = —, 2 г Тогда первоначальная кинетическая энергия И'ц = —, У1оог~ г /го огг а после того, как человек опустил руки И~„г = = . Здесь 2 тЯ~ ,Уго — + У,; аг, = 2лп„огг = 2лггг .