Методичка Чертова для заочников 1987 года (Чертов А.Г. - Методические указания и контрольные задания по Физике), страница 5

Рассмотрим силы, действуенпие ив каждый груз и нэ блан в «тдельи«сти. На каждый груз действуют дее снлыг сил» тяжести и сила упругости (сила натюкения нити). Направим «сь к аертнквльво вниз я напишем гшя (,О каждого груза уравнение движение (вторпй закан Ньютона) в проеккиях нв эту ось. /(ля первого груза ш,й — Т~ = шш; (() для вторпго груза лмб — Т, = ш,о, (2) Под лейстпнем моментов сил Т', н Т; относительно оси х, перпендикулярной плоскости ~ертсжа н направленной за чертеж, блок приобретает угловое ускорение с. Согласно основному ураннснию динамики вращвтельяшо движении, ТН вЂ” ТР = Т, (3) где с=а/г; /.—.'/,щг' — момент инерции блока (сплошного диска) относительно осн э.

Сгтлэсгго трс ьсиу закону )/элтона, с учетом аеас смести нити Т(= Тг, Т(= Тз. Всспользонавя~ись этим, подстлвнм в уравнение (3) вместо Т( и Т( иыраження Т, н Ть получив нх предвлряшльио из урлвненвй ()) и (2): (гпгй — щ п) г — (ш~й+ гнщ) г .= итг а/(2г). После сокращения на г и перегруппироики члш ое найден (4) формула (4) позиолнет масси гпь ш„и щ выразить в граммах, как они дням в условии задачи, а ускорсни» вЂ” в едининвх СИ.

После подстановки чнслоимк эиа чений в формулу (4) получим Пример В. Маховик в виде сплошного диске рваиуспм Я=0,2м н массой ш=БО кг раскручен да частстм вращения щ = 430 мвн ' н предоставлен шм себе. Пгл действием сил трения маховик ос «повился через г=бй с. Найти момент М сил трения.

Р с ш е н н е. /(лн решения задачи жжпользуенс» пснавнмм уравнением динамики врэпгательеого движения в виде 4С..= М.б(, где бь. — изменение проениии иа ось к момента импульса маховики, врэшакяпегося относительно асн Э, совпадаю. щей с шометрической осью маховнкв, за интервал времени М; М,— момент внешннх снл (н данном случае момент сна*тренка), действующих на махаанн отнасктедьно осн ю Момент скл тренка можно считать не неменяющимся с теченнем времени (М,=сипзф, коттону кнтегрнроаанве уравнения (!) приводит к выражеаню ЬЫ = М,Ы, (2] Прн вращеннв тпердого тела относительно неподвижной осн нзмененне провы!ни момента ныпульсз ЬЫ вЂ”.-- У,Ь <8) где У, -- мпмент ннерпнн махавнкн относительно осв з; Ьм — измененне угловой сноростн ыаховнка. Ирнравняв правые части равенств (2) н (3), получим М-Ы = У,Ьм, щ куя а (4) Момент нкерпнн маховика в анде сплошного диска определяется по формуле 1.

= '/тгнй'. Измененне угловой скорастн Ьм=з — еч выразим через конечную лт н начальную лг частоты вращеннн, пользуяс мютвошеянсм м= 2 я: Ьм=м — ы =2лл,— 2шч=йя(л — л,). Подставке в формулу (4) выраження У. к Ьб, получим М, =лшйт(лт — лф/Ы,, (5) Проверим, дает лн расчетная формула еднввяу момен снлм (Н ° м).

Для зто о пр ую ть ф рмул вместо снмвгиюв велвчнн подставим нх впаянны ! ))Ю("! '"''" '' = ! кг м-с'.! н=-! Н м (4 Подставкм в (5) чнслоные знзченн» величин н произееаем вычисленнн. учитывая. что л .= 480 мни = 480/00с ' = 8 с з и.бз.гс 2) чс з) Н бе Знак минус показывает, что момент снл трвииМ екв. кивает на маховик тормоавщее действие. Прнзшр 9. Платформа в виде сплошного диска радиусом я=!,йм н массой ж,=180кг вркщашси юаню вертикалыюй оси с часппой и= Еб мим .

В центре иламфориы стоит человек массой те=60 иг. Какую линейную скорость о относительно пола помещении будет иметь человек, если ои перейдет иа «рай план)юрмы? Р е ш е и и е. Согласно условию задачи, момент внеш. ннх сил относительно осн вращения д совпадающей с геометрической осью «латформы, можно сщтать равныи нулю. Прн этом условии нрсекция У., момента им.

пульс» системы платформа — чешвек ест»втсп по- станиной: Е;= У,м = сои»1, где У. — момент инерции платформы с человеком отиоСатсдьно оси х; и — угловая скорость платформы. Момент инерции сисщьгы рвачи сумме моментов инерции тел, входящих а состав системы, пошому в в»чванном состоянии У, Уг+Уз, а в ионечном сосюннни У;= = В+Уз.

Е учетом »того равенство (1) примет внд (В+У,)м-(П+У;)и, (2) где вначеиня моментов инерции У~ н Уз платфорвы и человека сок гвегепюнио относятсн к начальному состоя: ивю системы; П н П вЂ” к конечному. Момент инерции платформы отмоснтельно ос» и прн переходе человека не намекается: Уг П ~/зш йз. Момент инерции человек» относдтелыю той же оси будет нвменпшсн. Если рассматривать человека как матернальн)чо точк), то его момент инерции Уз в начальном сосговвнн (в центре пвзтфгфмы) Можно считать равным нулю. В конечном состоянии (на краю платформы) момент инерции челоиека у( шзйл.

Подставим в формулу (2) выражения моментов нцерции, начальной угловой скорости вращени» гшатфориы с человеком (и=2пл) и конечной угловой скорости (и'= о/й, тле о — скорость человека относительно пола): ('/ йз+0)йн =('/* Я'+ йт)о/У(. После «окращеиня н» й» и простых преобразовамнй катодам снорость. о= 2»»У(т,/(шг+2т,) Проиивелем вмчжлеимя» З Э,Ы вЂ” »,б 1ЗО о/ы , ы/с 1 и/с. б , Врммер уй. Ранет»/устам клена нв п нервности Земля для запуска в вертикальном направлении.

При какой минимазьной скорости о», сообщенной рэкете при запус. ке, она удалвтся ат поверхности нз расстояние, равное радиусу Земли (Я 6.37 1Озм)? Всеми силами, кроме силы гравитационного взаимодействии ракеты к Земли, пренебречь. Решение. Со сторомы Земли на ракету действует сила тяжести, являющаяся потенциальной силой. При неработающем двигателе под действием потенциальной силы механическвн энергия ракеты изменяться ие будет Слелавательнп, Т, -). П, = Т, -(- Пь П) где Ть П, и Ть П» — кинетическая н потенциальная энергии ракеты после выключения двигателя з начальном (у поверхности Земли) и конечном (на расстоннни, рваном раднусу Земли) состояниях.

Согласно определению кинетической энергии, Т, = '/,шо». 1'!отеецнальнзи энергия ракеты е начальном состоянии" И, = — ВшМ/Я По мере удаления ракеты от поверхности Землм ес потенциальная энергия возрастает, в кинетическви— убывает. В конечном состоянии кинетическая энергия Т» станет равной нулю, а потенциальная .- достигиег максимального значении» !1» =- — СтМ/(2Я). Подстазлня выражения у*ь 11ь Т» н В. в (П, получаем ню)/2 — СтМ/Я= — ОтМ/(2Я), докуда „=- »гбд(/я. щ Заметив, чю Ой(/)(«= й (б — ускорение свободного па-' дення у позер»костя Земля), перепишем зту формулу' в виде е,=,(йй, что совпадает с выраженнем длн первой космической; скорости.

!!ран»ведем вычисления: о,=..«Г98.бЗУ 10«м/с=79км/с. Прнмер 11. Уочк» совершает гармонические нолей»-'г кия с частотой т= 10 Гц. В момент, принятым зв начавь-( нмй, тонка »мела максимальное смещенне: «о=1 мм.' Наннсвть уравнение колебаний точки н начертнть нх. графнк. Р е ш е н и с. Уравненне колебаннй тачка можно а»-' писать ь зиле « = А ь!п(г !+ Гн) где А — вмплнтудв колебвннй; м .

— циклическая чвегога;;, ! — вРемЯ, Гп — качальива фаза. Па о»ределенкю, амплитуда колебаний А=« (2)с Цннлнческая чвстла м с»ньен» с частотой сост; ношением г =2»т. (3). Для момента нремен» 1=0 формула (1) прямее в»д «,,= Ампрь откуда начальпан фаза Ч, = егсюп(«...гд) = агсмп 1, нлн Гп=(22+1)н/2 (0=О, 1, 2, ...).

Изменение фазы н» 2п не изменяет состояния коле-. блющейся точна, яозтому можно пр»нять Ог= и/2. (4) С учетом равенств (2) — (4) уравнение колебаний примет вкд «=Амп(2нт!+в), нлн «=Асо»2ктй где А=( м»=10 'м, т=)ОГц, р=п/2. Графин стнмветствующмо гармонического колебания приведен на рис. б. Пример 12.

Частица массой т=0,01 кг совершает гармонические «олсбания с перищюм Т=2с. Полная знергня колеблющейся частицы Е=-О,! м/(ж. Определить амплитуду А колебаний н наибольшее значение силы Р ... «ействующей на частнпу. Р е ш е н н е /(ля опрелепенин ам«загулы «олебаний воспользуемся выражением полнпй з«оргии частицы: Е= '/тт гдз, где и = 2п/Т. Огсюда амплитуда Я = —, )(— т гг Так «ак стнп с аер а ар вские зевания, то сила, действующая на нее, яалнется «зазнупругой н.

следовательно, может быть выражена соотношением Е= — йх, где й - — коэффициент квазиуаругой силы; х— смещение колеблющейся точки. 4(в«синильной сила будет яри максимальном смещении х, „ равном амплитуде: 1', .=ДА. (2) Комффиннент Д выразим через период колебаний; й=гиы =гн.4н /Р. (2) Подставив выражении (1) и (3) в (2) н произведя упрощения, получим «,„„=2п /2тЕ/Т.

Произведем вычисления: и -Г2ш А= —, у -(Ео — ге=0,042 м 40 ««1 Р . "Д' ч/2 10юг.(0 тН=444 10 'Н='4А4мН. 2 Пример 13. Складыввютсп два колебання одннакавого направления, выраженные уравнениями 2 2 х) =А сав — (!+г)); хг= А сов~(!+т ), г ' * г где А)=-Зсм, Аз=2см, т)=1/бс, тт=-1/Зс, Т=2с. Пастрапть векторную диаграмму слаженна этих «олебаннй н напнсать уравнение результнруюшего колебання Р е ш е н н е. Для пастраення векторной дна!рампы сложеннн двух колебаннй одного напрввлення надо фиксировать какай-лабо момент времени. Обычно вектарную диаграмму строят длн момента времени 1=0.

Преобразован оба уравнения к канонической форме х= А сов(м!+)1), получнм гп2тг22 х)=А)соз) — !+ — т)/; хз=А)саз( — !+ — тт/. Отсюд» видно, что аба складываемых гармоннческнх колебання имеют одинаковую пнклнческую частоту м=2н/Т. Начааьные фазы первого н второго колебаний соответственно равны 2 2 — тп )р) -у-тт. т Прензведем вычвслення: м — = — с '=-3,14 с 2 2 Г 2 Ш = —" — р д = 30'. 3) = — — рад = 30 . 2 ), 2 а ' 2 з Изобразим нектары А) н Аг. Для зтоп) отлажнм атреакн длиной А) =3 см н Аз=2 см под углами уд=30' н 4 = 60' к асн Ох.