Книга 1. Решения задач из разделов 1-8, страница 5

ам 103 1.56. Точка движется по окружности радиусом /1=2см. Зависимость пути от времени дается уравнением А =С/', где С =0,1см/сз. Найти нормальное ан и тангенциальное а, ускорения точки в момент, когда линейная скорость точки в = 0,3 м/с. Решение: ))з 0,09 у с/ л а„= — = — '=4,5м/с а, = —,=бС/. Выразим а„через л ООг ' ' ' /г' ~Й 6С/з1 9С'/' г: ~ = — =ЗС/, следовательно, ам лн — = . От- г/г Л Я сюда /~ = ( — ", = —; т=~ . Тогда тангенциаль- '1 9С ЗС 1 ЗС ~~а„А ное ускорение а =бС ~ — "; а =О,обм/с, 13С'' 37 1.57.

Точка движется по окружности так, что зависимость пути от времени дается уравнением я = А — В/+ С~', где 8 = 2 м/с и С = 1 и/с . Найти линейную скорость ч точки, ее тан- генииальное а„нормальное а„и полное а ускорения через время г = 3 с после начала движения, если известно, что прн г' = 2 с нормальное ускорение точки а,', = 0,5 м/с . Решение: ~Ь Линейная скорость точки ~ = — = — В+ 2С/; ~ = 4 м/с. й Тангенциальное ускорение а, =сЬ/й =2С =2м/с'. Нормальное ускорение а„= — — (1).

Через время г'=2с точка будет иметь линейную скорость ~'= — В+2С/'; ~' = 2 м/с. Радиус окружности можно выразить следующим образом: А = —,. Тогда из (1) получим а„= —,"; ( ')' а„ (')' ' а„=2м/с'. Полное ускорение а= а,', +а,' =2,8м/с'. 1.58. Найти угловое ускорение я колеса, если известно, что через время / = 2 с после начала движения вектор полного ускорения точки, лежащей на ободе, составляет угол а = 60 с вектором ее линейной скорости. Решение: .Из рисунка видно, что фа = ао — — (1). При равноускоренном г ' 2 вращении а„= —; а, = —, но че = О, й' 38 У следовательно, а, = —. Линейная скорость а =оА, где ,2/2д2 о = ьт, следовательно, м = его .

Тогда а„ = = ьдг~я; аЯ а, = — =Н. Подставив эти выражения в (1), получим: 2/2д фа 1,7 /да= =а/,откуда г= —,; г= — 'а0,43рад/с. еЯ /' 4 1.59. Колесо вращается с угловым ускорением е =2рад/с~. Через время / =0,5с после начала движения полное ускорение колеса а=13,бсм/с. Найтирадиус Я колеса. Решение: Нормальное ускорение колеса а„= ч' / Я вЂ” (1).

Угловое На~ О ускорение с = —, но с=соня/, следовательно, ь = —, откуда в=а. Линейная скорость точек на ободе колеса з~ = аЖ = аЯ вЂ” (2). Подставив (2) в (1), получим а„=я~/~Я. Тангенциальное ускорение а, =И. Полное ускорение а' =а,, +а,; и =а'/"/г +ь'Я' =е' Я 1а /'+1). Омюда В=а/ДР7 ~; Я=О,Обм. 1.60.

Колесо радиусом Я=О,)м вращается так, что зависимость угла поворота радиуса колеса от времени дается уравнением 1Р = А+ В/+С/2, где В = 2 рад/с и С =1рад/с'. Для точек, лежащих на ободе колеса, найти через время / = 2 с после начала движения: а) угловую скорость о; б) линейную скорость ~; в) угловое ускорение г; г) тангенциальное а, и нормальное а„ ускорения.

39 Решение: а) Угловая скорость вращения колеса в= — =В+ЗСг~; а~~У М о =2+3 4=14рад/с. б) Линейная скорость ч=аЖ; т =14 0,1=1,4м/с. 2 в) Угловое ускорение ь' = — = 6Сг; ь = 12 рад/с . аг г) Нормальное ускорение а„= в'Я; а„= 14' 0,1 = 19,6 м/с'. Тангенциальноеускорение а, =И; а, =12 01=12м/с. 1.61. Колесо радиусом Я = 5 см врашается так, что зависимость угла поворота радиуса колеса от времени дается уравнением гя = А+ВГ+Сг'+ХМ', где 1З=1рад/с'. Для точек, лежаших на ободе колеса, найти изменение тангенциального ускорения Ьа, за единицу времени.

Решение: Изменение тангенциального ускорения связано с изменением углового ускорения следующим соотношением: Ла =ЛИ; где и= —,. — =В+2С/+ЗРг'; а~2ф~ а~ф~ й~'ф Ж' с1/ Й = 2С+ бйг = е. Тогда Лк = ез — е;; Ле = (2С+ бйг,)- — (2С+60/,)=бй(г, -г,)=60, учитывая, что г, -г, =1с. Отсюда Ла, =б 1 0,05 =0,3 м/с . 1.62. Колесо радиусом В =5см врашается так, что зависимость линейной скорости точек, лежаших на ободе колеса, от времени дается уравнением г = Аг+ Вг, где А = 3 см/с и 2 В=! см/с'. Найти угол а, составляемый вектором полного 40 ускорения с радиусом колеса в моменты времени е, равные: О, 1, 2, 3, 4 и 5с после начала движения. Решение: а, Угол а можно определить следующим образом: фа = — ', а„ где а„и а„— тангенциальное и нормальное ускорения (3+ 2Е)А Но а, = —, а„= —; следовательно, Еда = .

ПодаЕЕ " Я 13Е+Е Е' ставляя в эту формулу значения Е =О, 1, 2, 3, 4 и 5с, получим: Е=О, Еда=оз, т.е. а=90' — полное ускорение направлено по касательной. Значения при Е, равном от 1 до 5с, приведены в таблице: 1.63. Колесо вращается так, что зависимость угла по- ворота радиуса колеса от времени дается уравнением у =А+ВЕ+СЕ'+ЕЗЕ', где В=1радlс, С =1рад/с' и П=!рад/с~. Найти радиус В колеса, если известно, что к концу второй секунды движения для точек, лежаших на ободе колеса, нормальное ускорение а„= 3,46 10' м/с . Решение: а =в А, где в= — = В+2Се+ЗЮе .

Радичс колеса 2 Е7У П > аеЕ а„а„3,46 10' а (В+ гСе+ З,ОЕ-') (1+ 4+12) 41 1.64. Во сколько раз нормальное ускорение а„точки, лежащей на ободе колеса, больше ее тангенциального ускорения а, для того момента, когда вектор полного ускорения точки составляет угол а = 30' с вектором ее линейной скорости7 Решение: Нормальное ускорение точки а„= а лта; тангенциальное ускоре- У ад жп а ние и, =асола, отсюда — "= — ~ а, сола е 0,58.

ф 2. Динал~ика В задачах этого раздела используются данные таблиц 3 — 5 из приложения. Кроме того, следует учесть замечание к ф 1. 2Л. Какой массы т„балласт надо сбросить с равномерно опускающегося аэростата, чтобы он начал равномерно подниматься с той же скоростью2 Масса аэростата с балластом т = !бООкг, подъемная сила аэростата Г =! 2 кН. Считать силу сопротивления Р' „воздуха одной и той же при подъеме и спуске. Решение: По второму закону Ньютона 7+ту+7с,р -О; 7+7 рр+(т — т„)д=О, или в проекциях на ось у < ~-~~+~'„рр — О, 7 гт-рт „~-(т-т„)д=О.

Здесь первое уравнение опн- р р< У ~т-тЯ сывает опускающийся аэростат, второе — поднимающийся. Раскрыв скобки и сложив 2(иу-Р) первое уравнение со вторым, получим и„= Я И = 2 и- —; т„= 752 кг. Я~ 43 2.2. К нити подвешен груз массой т=1кг. Найти силу натяжения нити Т, если нить с грузом: а) поднимать с ускорением а = 5 и/с; б) опускать с тем же ускорением а = 5 и/с~.

Решение: В обоих случаях, а и б, применим второй закон Ньютона. а) Т + гггф = лга или Т вЂ” ггг8 = та, отсюда Т = лга, + гггд = ггг(а, + д); Т = 14,8 Н. б) Т+ ггпу = гггй или — гл8 + Т = -та„от- куда Т = лгц — та, = гл(8 — а, ); Т = 4,8 Н, 2.3, Стальная проволока некоторого диаметра выдерживает силу натяжения Т=4,4кН. С каким наибольшим ускорением можно поднимать груз ~ассой т = 400 кг, подвешенный' на этой проволоке, чтобы она не разорвалась. Решение: Ньютона Т+ гггя = ггга По второму закону "У Т-ггг8 откуда а = ггг или Т вЂ” ггг8 = та, а =12 ы~с . 2.4.

Масса лифта с пассажирами т = 800 кг. С каким ускорением а и в каком направлении движется лифт, если известно, что сила натяжения троса, поддерживающего лифт: а) Т = 12 кН; б) Т = б кН. Решение: По второму закону Ньютона Т+гггй=та или Т вЂ” лги =та (сы. рис. к задаче 23), откуда а = Т/ггг-8 . а) а = 52м/с'; б) а = — 2,3 мlс . 2.5. К нити подвешена гиря. Если поднимать гирю с ускорег нием а, = 2 ы~с, то сила натяжения нити Т, будет вдвое меньше 44 той силы натяжения Т,, при которой нить разорвется. С каким ускорением а, надо поднимать гирю, чтобы нить разорвалаеь? Решение: Запишем второй закон Ньютона в скалярном виде для двух случаев: Т, -тн = та, — (1);Т2 — лгд = таз — (2) (см.

рис. к задаче 2.3). Поскольку Т, = 2Т,, то уравнение (2) можно переписать 2Т,-тн=та1, откуда Т, =таз-та, = = т(а2-а,). Подставив выражение для Т, в (1), получим т(а, — а, )- та = та,, откуда а2 = 2а, + д; а = 13,8 м/с . 2 2.6. Автомобиль массой и =1020кг, двигаясь равнозамедленно, остановился через время 1=5с, пройдя путь я=25м. Найти начальную скорость м, автомобиля и силу торможения г. Решение: По второму закону Ньютона -~ и Р=та, или в проекции на ось "о г=О х: Р' = та — (1).

Уравнения х движения при равнозамедлениом движении автомобиля имеют агз вид: Я=г,1 — — — (2); а=го — а1 — (3). Поскольку ко- 2 печная скорость автомобиля г=О, то из (3) начальная скорость автомобиля ч, =а1. Подставляя зто выражение 2Я в (2), найдем а = —, — (4). Подставив (4) в (1), получим: 1 Г= — „; Г=2,04кН. 2о/и 1з 2,7. Поезд массой т = 500т, двигаясь равиозамедлеиио„в течение времени 1=! мин уменьшает свою скорость от 1, =40 км/ч до г, = 28 км/ч. Найти силу торможения Р'. 45 Решение: Ар Запишем второй закон Ньютона в виде: Г= —, откуда Лг ' Лр =юг или гггЛз =юг. В проекции на направление движения последнее уравнение можно записать в виде тг — гз ггг(г -ггг)= — г"'Лг. Отсюда, при гзг=г, Р=иг — '- . Подставляя числовыеданные, получим Г =27,5 10 Н.

2.8. Вагон массой и = 20 т движется с начальной скоростью г, =54 кы/ч. Найти среднюю силу Г, действующую на вагон, если известно, что вагон останавливается в течение времени: а) г = 1 мин 40 с; б) .г = 10 с; в) г = 1 с. Решение: Имеем гт=вг ' - '(см. задачу 2.7). В нашем случае г г = г с, г, = О, т.с. г" = — . Подставляя числовые данные, "'"о получим: а) Е =3 кН; б) Г = 30 кН; в) г' = 300 кН. 2.9.

Какую силу г" надо прило'кить к вагону, стоящему на рельсах, чтобы вагон стал двигаться равноускоренно н за время г=30с прошел путь з=11м? Масса вагона ггг=1бт. Во время движения на вагон действует сила трения Р~, равная 0,05 действующей на него силы тяжести гггд . Решение: По второму закону Ньютона Г+Г, =ггга или в проекции на ось к; à —.г =лга, откуда Г=ггга+г, Поскольку движе- 'р' 46 ~ =О, то путь Я=а/'/2, откуда 2Я Г =0,05тд, тогда Г =т — + ~'р Ъ г ние равноускоренное и 2Я а= —.