С.П. Стрелков, Д.В. Сивухин, В.А. Угаров, И.А. Яковлев - Сборник задач по общему курсу физики. Т1. Механика (1108148), страница 37
Текст из файла (страница 37)
В данном случае график дважды пересечет прямую, соответствующую значению силы гггд Знаки производной функции в местах ее пересечения с прямой Х = = тд и определяют устойчивость и неустойчивость положений равновесия массы ЛХ. 280. Нить, привязанная к оси, натянута силой ш~(т~й+ пгг(Я+ 1)); нить, связывающая массы, натянута силой ш тг(Тб+1) 281. Сила натяжения пружины должна быть пропорциональна ее удлинению.
Коэффициент упругости пружины должен быть равен ЛХшг. 282. й = 48 гсусм. 283. а=О, если ш <, иначе сова =д, (ш<тббй,гпг). т1а(Иб 4 йут) ' Решение. Пусть Т вЂ” натяжение пружины. Тогда 36. Динамика движения материальной почки по окружности 159 Здесь М вЂ” сила нормальной реакции, Гк — сила Кориолиса, Гкв — центро- бежная сила инерции. В проекции на гипотенузу АС получим тг( = — тдсово — к(К вЂ” 1) -'г пил Квт о, з или й — тшввшзсв ( н1 — гнусаво ~ ти й — тыв яп о в 2 где г( — расстояние груза (коррдината) от точки А на гипотенузе.
Полагая )1 = О, определяем положение равновесия муфты; Приравнивая И.* = 1, находим угловую скорость: д сова у вш~ а Если ввести смещение из положения равновесия 6 = К вЂ” Л", то получим й — пил~ япв о что для й > тте ятв о соответствует гармоническим колебаниям муфты около положения равновесия с частотой й = — швя1п ст й гл и означает устойчивость положения равновесия 288. '!' — 1,6Р, 289. Наклон делается для того, чтобы давление поезда на полотно железной дороги было нормально к плоскости полотна и чтобы реборды колес не срывали рельсы со шпал в сторону; 18о = о~ДДд), где о — угол наклона полотна к горизонту, о — скорость поезда и )1 — радиус закругления. 290.
Пол комнаты представляет собой параболоид вращения в = (за + 2д + у ), ось Я направлена по оси вращения, начало координат находится в нижней точке, а оси Х и У лежат в горизонтальной плоскости. 291. 1) Сила натяжения нити обратится в нуль, когда она займет положение, определенное углом о (см рис.
68), для которого сова = 2г3. 2) В этой точке траектории шарика о = кгдХ73. 3) Дальнейшее движение шарика будет происходить по параболе до тех пор, пока нить не будет вновь натянута в результате перемещения шарика. 292. Р е ш е н и е Пуля вылетает из ружья, имея скорость, направленную на юг. Следовательно, на нее будет действовать направленное на запад кориолисово ускорение д~х/дг = 2сш в(п р, где ш — угловая скорость вращения Земли и р — географическая широта местности, в которои произведен выстрел. Считая в первом приближении вектор скорости пули постоянным, получаем (путем двукратного интегрирова- 160 Ответы и решения ння по времени выражения для кориолисова ускорения) величину западного отклонения пули от первоначального направления выстрела л = И ш аш аа = = 5,8см. 4ше' агат М соз о з1пз о 293.
К югу, р = — а а — — 7! м. 294. Паровоз действует на правый (по ходу поезда) рельс железнодорожного пути с силой (ход решения задачи ясен из рис. 222) Р = 2пгешз(яр = 25кгс, где ш — угловая скорость вращения Земли вокруг своей оси. 9 г г'«г г, Рис. 223 Рнс. 222 295. Расположение нужных для решения векторов угловых скоростей и сил показано на рис.
223. Вектор скорости поезда перпендикулярен к плоскости чертежа и направлен за чертеж Направленная вертикально компонента кориолнсовой силы Рн = 2ьпош сов Р = 14,9 кгс. Направленная на юг горизонтальная компонента кориолисовой силы Г, = 2птошьйпу = 25,3кгс, где ш географическая широта места. 296 Р=Ро11 — 1 =Ро(Ъ вЂ” 2 совае) =Ра(1 — 7,5 1О з) к И (Л вЂ” радиус Земли). 297. оо = 2пт1шаГ'(ЛХ+ тп). Скорость пушки направлена на запад.
Решение. В системе отсчета, связанной с Зем,яей, уравнение движения пушки со снарядом во время движения снаряда внутри ее ствола можно записать в виде Ие (ЛХ т'- гп) — = 2тшао = 2пгшаас, а11 где г — мгновенное значение скорости снаряда,шо — угловая скорость вращения Земли вокруг ее оси. Следовательно, аа аа Г 2тшао г(е = ~ — -'- — зг(й где еа = хт21ф. М -1-т а о 298. гзо — 2шаоо/д, где шо — угловая скорость вращения Земли вокруг з своей оси. Ре ш е н не (в системе координат, связанной с Землей) С учетом действия центробежной силы инерции и кориолисовой силы условия отрыва самолета от Земли можно записать в виде: 36.Динамика движения материальной точки но окружности 161 !) при разбеге с запада на восток тя — 2ог 'ош — пиаоЛ = йс~', 2) при разбеге с востока на запад тд + 2тшоаз — тшоЛ = кой з 2, 3) при разбеге вдоль меридиана о И вЂ” тшоЛ = йсо з 3 где гч и оз — окончательные скорости разбега, Л вЂ” радиус Земли.
Решение этой системы дает 2шоиз оа — о1 ~ЪЛ Учитывая, что д » шоЛ, находим сзш ,2 299. Решение. Уравнение движения: а = и ч- 2)чш1 Отбрасывая малый член 2)чш), находим ускорение и скорость в нулевом пРиближении а = и, ч = ъо 4-31 ПодставлЯЯ полУченное значение ъ в пРавУю часть уравнения движения, находим ускорение, а его интегрированием скорость в первом приближении: а = 9+ 2)чош) + 21)3ш), ч = чо + из + 21)чош) + 1 )мол). Аналогично находятся второе и высшие прибдижения. Во втором приближении а =- ц 4- 2)чоьл) 4- 2й)цш) л 4!))чош)ш) 4- 21з))арго)ш), ч =чо + 3! + 21)чош) + гз)йш) + 21~))чош)ш) + — 1з))Вш) ш), 3 з 3 1', г = го 4-чо! Ш -31 4-1 )чош) -~ — )Вш) + — У ))чош)ьз) 4- — ))Вш)ш). 2 3 * 3 б В частности, если тело падает без начальной скорости, то для его смея!ения из начального положения з = г — го получим тз в = — аз 1- — )а~ Р) -1- — ))а~ Р)4 Р). 2 3 б 300.
К востоку в„„= — шй д сов р = — шЛг сов р, 3 3 к экватору. 1 з, 1 в,„, = ш 1 дз1п21а = — штьйпр з„„, 12 2 где д — географическая широта рассматриваемого места, ! — время, 6— высота падения. 301. б Под ред. И.А. Яковлева 162 Отвешьг и решения 302. 1) В неподвижной системе отсчета отклонение падающего тела к востоку (от вертикали, проведенной через точку первоначального положения тела) объясняется различием в тангенциальных скоростях точек земной поверхности и тела, находившегося над Землей на высоте 6.
Вызванная суточным вращением Земли линейная скорость точки С (рис. 224а) ш = Лш, где 7)в Лу ' э. Рис. 224 радиус Земли и ш — угловая скорость ее вращения. Соответственно для тела, находящегося на высоте 6 в точке А, о, = (гь+ 6)ш. Следовательно, (302.1) Согласно закону инерции падающее тело должно сохранять свою тангенциальную скорость неизменной.
Поэтому в процессе падения тело сместится на восток дальше, чем точка С Это обстоятельство было впервые указано Ньютоном в 1679 г. При 6 «7! различие в скоростях точек А и С )302.!) в течение времени падения тела 1 = ъг 26/д должно привести к смещению тела на восток от точки С на расстояние х = 6шх/26Я~ . Однако приведенный расчет является лишь приближенным. Мы предполагали, что в тангенциальном по отношении к Земле направлении падающее тело движется по инерции равномерно. Между тем, сила тяжести будет нормальна к первоначальной скорости тела только в точке А.
В последующих точках эллиптической траектории падающего тела (см, задачу 261) сила тяжести, направленная всегда к центру Земли, уже не будет перпендикулярна к скорости падающего тела и будет изменять не только ее направление, но и абсолютную величину. Произведем расчет, учитывая это обстоятельство. На рис. 224 б легко видеть, что ускорение падающего тела вдоль направления Х будет х )Я+ !г)шг х = — д шп о — — д — — — гг — — — — — — дшй В 71 После интегрирования этого уравнения при начальных условиях (г)х7' г)1)з = ео = (гь+ 6)ш при 1 = 0 получим для е„„следующее уточненное выражение: п„,н = г)х/г)1 = — — 'Й д Ла + ф+ 6)ш.
35. Динамика движения материальной шавки по окружности 163 Следуюгцее интегрирование 1выполненное при начальных условиях х = 0 при г = 0) даст уточненное значение: ю„„„= — сейъЛ' -1- (Л 4- 6)гег За время ы 3 падения тела точка С на поверхности Земли сместится на отрезок хо = ДсЛ (при 6 « П). В результате смещение упавшего тела на восток относительно точки С окажется равным 2эс2 6з!зы 3 Разумеется, полученное выражение совпадает с результатом решения задачи 300, выполненным во вращающейся системе отсчета, связанной с Землей. 2) Применение к падающему телу закона сохранения момента количества движения основано на следующих соображениях.
На падающее тело действует центральная сила притяжения Земли. Поэтому момент количества движения тела относительно земной оси должен оставаться неизменным. Следовательно (рассматривается падение тела на экваторе) т( К 4- 6) ю = т(Л -1- у) (ю 4- ), (302.2) где ЛТ вЂ” масса тела, й — радиус Земли, 6 — первоначальная высота тела над Землей, у — расстояние тела до поверхности Земли,ю — угловая скорость вращения Земли, о — тангенциальная скорость тела относительно Земли. Пола~ая 6 и у << 11, находим из (302.2) о = 2ю(6 — у).
С другой стороны, 6 — у = дг",с2. Поэтому о = щдз . Смещение х упавшего тела от основания перпендикуляра, проведенного с поверхности Земли в точку первоначального положения тела, будет с ,См 7в 2ъс2 ю!рсз х=~ос)с=сед ~ Г с)З= з,сй- ' о о Последнее изящное решение задачи принадлежит К.А. Туманову Если опыт производится на географической широте рх то в выражение для л войдет множитель совр 303. Пуля отклонится к западу на расстояние 4 о„ю м„. =- — — ", соз р = 51см. 3 уэ Результат может показаться неожиданным. При движении вверх кориолисова сила направлена на запад, а при движении вниз на восток.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
