И.Е. Иродов 'Механика. Основные законы', страница 16

лежки? Решение Импульс всей системы в результате того, что человек перепрыгнул из задней (2) тележки в переднюю (1), не изменится поэтому (2М + си) чо = М уз + (М + т) чс, Где ус' и чз — конечные скорости тележек. Аиалогнчпо запишем баланс импульсов для задней течежки с человеком (до п после перепрыгнваипя); (М + т) чо = М чз + т (чз+ «), где ч'Ч-и — скорость спрыгнувшего человека относительно полотна дороги. Из этих двух уравнений следует, что тМ ч! = то+ и. (т+ М)з ° 3.4. На краю покоящейся тележки массы М стоят два человека, каждый массы т.

11ренебрегая трением, найти скорость тележки после того, как обз человека спрыгнут с одной и той же горизонтальной скоростью и относительно тележки: !) одновременно; 2) друг за другом. В каком случае скорость тележки будет больше и во сколько раза Решен ие. 1. Согласно закону сохранения импульса, Мч'+ 2т(ч' + и) = О, где ч' — скорость тележки, ч'+и — скорость человекз (обе скорости относительно полотна дороги). Отсюда 2т н' =— и. М+ 2т Рнс. 3.7 2. В этом случае необходимо записать два уравнения. Когда спрыгнул один человек, то (М+ т) ч'-1-т(ч'+ и) = О, где ч' — скорость тележки с оставшнмсн вторым человеком. Когда же спрыгнул другой человек, то (М -1- т) ч' = М ч" + т (ч" + и), где ч" — скорость пустой тележки. Исключив из последних двух уравнений ч', найдем (2М -1- Зт) т чч (М ч- т) (М + 2т) Отношение скорости тележки з" в случае 2) к скорости о' в случае 1) равно и" гл — =-! + )!.

у' 2(М+ т) ° 3.5. Центр масс. Через блок перекинут шнур, на одном конце которого находится лестница с человеком, а на другом конце — уран. новешивающнй груз массы М (рнс. 3.7). Человек, масса которого т, совершил вверх перемещение Ьг' относительно лестницы и остано- 80 вилен.

Пренебрегая массамн блока и шнура, найти перемещение центрз масс этой системы. Р е ш е н н е. В системе отсчета, связанной с осью блока, положение центра мзсс данной системы характеризуется радиусом-вектором гс =- [М гг -)- (М вЂ” гл) гз-)- т га)/2М, где г„г, и гз — радиусы-векторы центров масс уравновешивающего груза, лестницы и человека — все относительно некоторой точки О выбранной системы отсчета. Отсюда перемещение Лгс центра масс системы ЛгС = [М Лег+ (М вЂ” гл) Лгз+ гл Лга))2М, и) Рис. 3.8 где Лгь Лга и Лгз — перемещения уравнонешнвающего груза, лестницы и человека. Имея в виду, что ЛГГ = ЛГ2 ЛГЗ = ЛГ2+ Лг получим в результате Лгс =- (ш(2М) Лг'.

Таким образом, перемещение центра масс всей системы совпадает по направлению с перемещением человека относительно лестницы, и полученный результат не зависит от характера движения человека. 3 а м е ч а н не. На первый взгляд может показаться, что данная система «замкнута», т. е. результирующая всех вне1иних снл равна нулю, и центр масс системы не должен переместиться, Однако это не так. Когда человек начинает подниматься, он действует нз лестницу с дополнительной силой, направленной вниз. В результате натяжение шнура возрастает и внешняя сила, действующая иа систему со стороны поднесл, окажется болыпе суммарной силы тяжести.

Поэтому результирующая пссх внешних сил будет направлена вверх — она и обусловливает перемещение вверх ценгра масс всей системы. ° 3.6. Г(-система. Дзе небольшие шайбы, массы которых лзц и та, связаны между собой нитью длины ) и движутся по гладкой горизонтальной плоскости. В некоторый момент скорость одной шайбы равна нулю, а другой — о, причем ее направление перпендикулярно нити (рис. 3.8, а). Найти силу натяжения нити в процессе движения. Р е ш е н и е. Перейдем в систему центра масс — Ц.систему. В этой системе отсчета шайбы движутся по окружностям вокруг 8! центра масс С (рнс.

3.8, б), поэтому искомую силу можно найти как 2 Г = лг! ч! /1г, где б! — скорость шайбы массы ть 1! — радиус окружности по ко. торой она движется. Подобное выражение можно было бы, конечно, записать и для другой шайбы — это несущественно. Найдем значения 1, и б!. В примере на с. 72 было показано, что отношение !!Да=та/т!. Кроме того, 1,+1,=1. Из этих двух соотно. шений следует (2) 1! = 1тг/(лг! + тг) . Далее, скорость ч!=ч! — Чс. В нашем случае ч,=О н Чс=тзч/т!+ +тэ). Поэтому модуль вектора о! т2 о/(т! + т2) (3) Эта величина в процессе движения остается постоянной. После подстановки (2) и (3) в (1) получим Р = р о2/1, !! = т! тг/(т ! + тг) .

° 3.7. Движение тела переменной массы )Келезнодорожиая платформа в момент 1=0 нзчннаст двигаться под действием постоянной силы тяги Г. Пренебрегая трением в осях, найти зависимость от времени скорости платформы ч(1), если: 1) платформа нагружена песком, который высыпается через отверстие в ее две с постоянной скоростью Р (кг/с), а в момент 1=0 масса платформы с песком равна тм 2) на платформу, масса которой тм в момент 1=0 начинает высыпаться песок из неподвижного бункера так, что скорость погрузки постоянна и равна р(кг/с).

Решение. 1. В этом случае реактивная сила равна нулю и уравнение (3.!3) имеет вид (то — р/)дч/б/=Г, откуда бч = Р б1/(то — )ь1) . Проинтегрировав это уравнение с учетом начальных условий, по. лучнм то ч .=- — 1и гло — р1 2. Здесь горизонтальная составляющая реактивной силы (а только зта составляющая нас и интересует) ))=Р( — ч), где ч — скорость платформы. Поэтому уравнение (3.!3) приводится к виду (3.!5), или г\ (тч) = Г 31. Интегрирование с учетом начальных условий дает тч=Р1, где т=тз+р1, Отсюда ч = Г1/(то+ р1), Полученные в обоих случаях выражения спрзведливы, разумеется, лишь в процессе разгрузки (или погрузки) платформы ° ) 3.8. Ракета поддерживается в воздухе на постоянной высоте, выбрасывая вертикально вниз струю газа со скоростью и.

Найти: 1) сколько времеви ракета сможет оставаться на этой высоте, если начальная масса топлива составляет т)-ю часть ее массы (без топлива); 2) какую массу р(!) газов должна ежесекундно выбрасывать ракета, чтобы оставаться из постоянной высоте, если начальная масса ракеты (с топливом) равна гп», Решен не. 1. Б данном случае бч/б!=О и ураввение (3.13) примет вид тй + (дт/б/) и = О, или после разделения переменных бт/зг = — (и/и) б/. Интегрирование этого уравнения дает !п(т/то) = — (и/и) !.

(2) Отсюда ! = (и/д) 1п (то/т) = (и/д) ! и (1 + 3), где учтено, что з) = (т» — т)/т. 2. г!з уравнения (!) предыдушего пункта следует, что р. = — бт/б/ = (й/и) пг, где т находим из (2): т=т»е хи» . В результате р —.-(и/и) тое яг/". По такому закону р меняется со временем в течение промежутка времени, найденного в п. !.

° 3.9. Ракета поднимается с нулевой начальной скоростью вер. тикзльно вверх в однородном поле тяжести. Первоаачальная масса ракеты (с топливом) равна и». Скорость газовой струи постоянна и равна и относительно ракеты. Пренебрегая сопротивлением воздуха, найти скорость и ракеты в зависимости от ее массы т н временй подъема Г Р е ш е н н е.

Запишем уравнение движения ракеты — уравнение (3:13) — в проекциях на вертикальную ось с положительным направлением вверх; би бт т — = — ти — и— 6! б! Перепишем это уравнение так: д дт т — (о+а!) = б! д! откуда б(о+А!) = — и бт/т. 83 Проинтегрировав с учетом начальнык условий последнее уравнение, получим о+К! = — и!п(т!та).

Исномая скорость ракеты о — и !п(то/т) — д!. ° 3.10. Космический корабль массы тз движется в отсутствие внешнего силового поля с постоянной скоростью чм Для изменения направления движсння был включен реактивный двигатель, который стал выбрасывать струю гзза с постоянной относительно корабля скоростью и, причем вектор и все время перпендикулярен направле. нию движения корабля. И конце работы двигателя масса корабля стала равной т.

На какой угол изменилось направление движения корабля за время работы двигателя? Решен не. Найдем приращение вектора скорости корабля за промежуток времени бк Умножив обе части уравнения (3.13) на о( и учитывая, что и=О, получим йч.—.и дт/т. Здесь бт<0. Так кзк вектор и все время перпендикулярен вектору ч (скорости корабля), то модуль вектора ч не меняется н остается равным своему первоначальному значению: )ч) =вы Отсюда следует, что угол поворота да вектора ч за время бт определяется как ба =)бч !Уоа = (и)ос))бт/т).

Проинтегрировав это уравнение, найдем и = (и!ов).!п (та/т)- Глава 4 ЗАКОН СОХРАНЕНИЯ ЭНЕРГИИ ф 4.1. Работа и мощность Работа. Пусть частица под действием силы Г совершает перемещение по некоторой траектории 1 — 2 (рис. 4.1). В общем случае сила Г в процессе движения частицы может меняться как по модулю, так и по направлению. Рассмотрим элементарное перемещение г)г, в пределах которого силу Г можно считать постоянной. Действие силы Г ва перемещении г(г характеризуют величиной, равной скалярному произведению Гбг, которую называют элементарной работой силы Г на перемещении г(г.

Ее можно представить и в другом виде: Гдг=Г соз а г)3=Г,с(3, где а — угол между векторами Г н г)г, с(з=)с(г~ — элементарный путь, Г,— проекция вектора Г ва вектор г(г (рпс. 4.1). 84 Итак, эле!иентарная работа силы Г на перемещении дг сА=Г бг=Р;сЬ. (4. 1) Величина бА — алгебраическая: в зависимости от угла между векторами Г и Ыг (или от знака проекции Г, вектора г' на вектор дг) она может быть как положительной, так и отрицательной и, в частности, равной нулю (если Г ! с1г, т. е, Г,=О). Рис.