С.П. Стрелков, Д.В. Сивухин, В.А. Угаров, И.А. Яковлев - Сборник задач по общему курсу физики. Т1. Механика (1108148), страница 38
Текст из файла (страница 38)
На первый взгляд кажется, что отклонение к западу должно компенсироваться последующим отклонением к востоку На самом деле это не так. Когда тело движется вверх, его боковая начальная скорость равна нулю. В наивысшую точку тело приходит, однако, с западной составляющей скорости, которую оно приобретает под действием кориолисовой силы. Поэтому обратное падение тела начинается с начальной скоростью, направленной на запад Следовательно, скорость все время направлена на запад и перед ударом о землю обращается в нуль.
304. Ствол ружья надо наклонить к востоку под углом а = — — совр = 2,45 !О рад = 0,85 = 51 ООЮ, — 4 ~ и 3 д 305. Поверхность воды образует с горизонтом угол сх, определяемый формулой еда =- (2тке/д) э1п ух где о — скорость течения реки, иэ — угловая 164 Ответы и решения скорость вращения Земли, д — ускорение свободного падения. Результат находится из условия, что поверхность жидкости должна быть нормальна к равнодействующей приложенных к ней сил, т.
е. силы тяжести и кориолисовой силы 306. Решение. Не учтено кориолисово ускорение Введем систему отсчета гй равномерно вращающуюся вокруг точки Л с угловой скоростью -Еш. Пусть точка В вращается относительно этой системы с угловой скоростью — ш. Обозначая вектор АВ через г, имеем для скорости и ускорений точки В: х 2 ч„„= — (шг), а„,„= а„р — — — ш г, а„0р: 2)шь'м,) = 2ш г. Следовательно, а.ы = а„, + а„г + а„,„= О. 307. гя = 4яВДеТ) =- О, 0209 рад = 1, 2'.
308. Р е ш е н и е В системе отсчета, связанной с вращающейся каруселью. боковое ускорение пули в;„, = 2)ч,г„ш, '' 1гш), или в скалярной форме ав„=- — 2еош -1- гшЦ ОтклонениЯ впРаво считают- М ся положительными, влево — отрицательными сз Г (рис. 225) Радиус г считается положительным выше центра О и отрицательным — ниже. Учитывая начальные условия г = — В,г2, ш = шо при 1 = О, получим г = оо1 — Н2, ь' = шо + шг, ив„= — 2по' 'о — Зшоог — гз Ршц ! Интегрируя последнее уравнение, находим боковое отклонение. При 1 = В,гоо оно должно обращатьРис 225 ся в нуль Это дает ш = 4оосео)Р = 2ггЗ рад/сз Линейное ускорение на периферии карусели будет 6,67 м/с'. 4п Гй 309. Р = — ) — Р = О,!2Р, где Р— вес тела на поверхности Земли, т )11 зг Т вЂ” продолжительность звездных суток,  — радиус Земли.
310. оо > шВ. 311. Решение. Задача решается проще, если движение рассматривать в неподвижной системе отсчета (точнее, в системе отсчета, вращающейся относительно Земли вокруг вертикали рассматриваемого места с угловой скоростью — ш„ где ш, — вертикальная составляющая угловой скорости осевого вращения Земли). В этой системе уравнение малых колебаний математического маятника имеет вид: г В- йаг = О, где йе = д,г1, а г — смещение маятника из положения равновесия. В начальный момент маятник, вращаясь вместе с Землей, имеет боковую скорость ш,хо. Поместим начало координат О в положение равновесия маятника. Ось Х направим из точки О к точке (х = хо, р =- 0), в которой маятник находился в начальный момент.
Для движения вдоль оси У имеем: у+ й~у = О Решая это уравнение при начальных условиях уг — о = О, рз-о = ш,хо, получим у = ~ э)пйд й В среднем положении йг =- я,Г2, и для бокового отклонения в этом положении наша формула дает хо ' ~хо р = = — э1пэз 1мм. й й 27. Динамика твердого тела. Динамика системы 165 Найдем теперь расход массы при облете корабля вокруг земного шара. Уравнение движения имеет вид дт гпа,о, = — и — + пгн, ао где скорость газовой струи и направлена радиально от центра Земли.
Так как при обрашении корабля а.о, = а„„„= —" = 2д, то под = — идггг,гад или 71 в скалярной форме г(тут = — д«(1/и. Отсюда т = тоехр( — — !. и Если à — период обрашения, то д! =- 2п)7дгг«м = к«м. Следовательно, для конечной массы т.„, получаем то «га, = ехр — ', п«а и или на основании (312 1) (~+ )о. ыд 2 6 1,-« = ехр ' =е ' =2,6 !О. пъмо и 3 7. Динамика твердого тела. Динамика системы та — т~ 313. аз = — а~ =,, д. Натяжение нитей: то -~- т1+!7«о 2т1тзд Ч- т~д1)гг,, 2«п~тед -~- «под!7«е т -~- то -~- 7/го тч -~- т Е 1/го усилие Тз = Т, е Та + 1!д.
Решение. Натяжение нити будет различным для правого (7о) и левого (71) отрезков нити. Уравнения поступательного движения подвешенных грузов: (313.1) (3 13.2) пир — 7' = теа, «тнд — 7) = т1ач. Уравнение врашения блока вокруг его геометрической оси (7з — 7))г = 7— ао (313.3) 312. Ре ш е н не. Если корабль движется по круговой орбите с постоянной скоростью о, то на тело массы р в корабле действует центробежная сила инерции ра /77, направленная от Земли «Вес« тела на корабле получится вычитанием из нее силы гравитационного притяжения рь«: р(и~,г)7 — д) По условию зта величина должна равняться ра.
Отсюда находим о = ь/2дй, т.е. корабль должен двигаться по круговой орбите с параболической (второй космической) скоростью о, = у«ай = 11, 2 кьцгс. Если Луо — стартовая масса корабля, а то — масса, с которой он выводится на круговую орбиту, то ййо — = ехр —. (312.1) гпо И 27. Динамика твердого тела. Динамика системы 167 Решение. Обозначив через у координату центра нижнего диска, через к — координату центра верхнего диска, через ьч и 2 — угловые скорости нижнего и верхнего дисков, через 11 натяжение нижней пары нитей и через Тг — натяжение верхней пары нитей, можно написать следующие уравнения движения и кинематические соотношения (кинематические соотношения вытекают из условия нерастяжимостн нитей): тд+1) — 7) = тат, ар =пррр, тд — 7) = там ар — аг = ичг, Ттг = 1шм 2)г = 1шь Решая совместно эти уравнения, получаем значения ускорений.
Рис. 226 325. а = ~(здьтпо (рис. 226). Решение. Уравнение движения центра массы диска параллельно наклонной плоскости (325.1) тд сйп о — 1,р — — та. Уравнение вращательного движения диска вокруг геометрической оси диска (325.2) где йьр/г)2 — угловое ускорение диска, 1 — момент инерции и й — радиус диска. Вследствие отсутствия скольжения (325.3) Из уравнений (325.1)-(325.3) находим а, дьр,рдт и барр. Так как диск сплошной и однородный, то 1 = тй гг2 Подставляя значение 1 в выражение для а.
получаем результат, приведенный в ответе. 326. о =- 'ргт дсйпо. Сила трения равна -'гРггпдьбпа, где т — масса шара. 327. К = Лро', где о — скорость движения центра обруча. 328. У = 'ггз гггд сйп о =- 50 гс 329 к > ~ггзьйо. 330. !) Шар 2) В хГТб,г!4 раз в данном месте. 3) В 15г14 раз. 331. Выгоднее ось, сточенная на конце. Сила трения остается неизменной, но момент силы трения относительно осн пропорционален радиусу поверхности опоры.
Если к)р' — сила трения, Х вЂ” сила давления на опору, то при равномерном распределении силы трения по поверхности опоры на единицу плошади ее момент будет равен ГзкХй, где й — радиус круга опоры. 332. а = з = 115 см!сз т~ + бтг -~- тз Г(йсоза — г)й 333. о, =, где 1 и гп — момент инерции и масса катушки 1 ж гпйр соответственно; а > О, если соз о > ггРй, сила трения 7 = усово — та. 334. с = 2~Лао/3 . Ре ш е н и е. В системе координат, связанной с доской, уравнения поступательного и вращательного движения цилиндра имеют вид та =- тао — йрр, 1аггт =- Р,,рг, 168 Ответы и решения /гйуги = Л!гдяпа э'- Т' ЛХг о =- Лйг а вш а — Т + Т Мза = Лузд(в!па — йсоза) — Т для катка, для рамы, для тела массы Л1з. Из этих уравнений получим !Л1~ ж Мг, Лгз) згпа — Лгггз сова з)зЛ1, + Мг + М, 1гЛ1~ япа — й!зггэдй ' Ыг) сова Т = Л1зК зУгЫ~ + Л1г + ЛХз Если ей а ) к(3 + 2Л1з/Л1!), то Т ) О.
Чтобы нить была натянута в этом случае, каток следует пускать сзади. Если !8а < й(3+ 2г)1г)ЛТг), то каток следует пускать впереди. йд 336.а< на<)гд. Решен не. Условия равновесия сил и моментов (в неинерциальной системе отсчета): тд таЛ те = Т, таЬ+ пги — = Рз), Рг = — э'- 2 ' 2 для критического случая Т = )сРг Это справедливо, если )гй,г) < !гг2. В противном случае гРг < 0) автомобиль опрокидывается; поэтому всегда а < Йд. 337. ш = хггЗК,г!.
Указание. По закону сохранения энергии 1 ! 1 г тд! 2 23 2 338. Е = ЪпЛ ьг — 52 10"о г см ггс. 339. 1,67 1Он тс км. Величину момента количества движения см в ответе предыдущей задачи. 340. Скорость вращения возрастет в (! -~ тЯзгг1) раз. Кинетическая энергия вращения возрастет во столько же раз. Увеличение энергия произойдет за счет работы, произведенной человеком при перемещении его по диску. 341 — пав 'ггяЛХггг -1- гпгг 342. !) гЛЕ„= 21~я~я„г1г, 2) гЛЕ, = 1;~~/21м 343. 1 = ш; Х =- — сг, где 1 =- 1о . т( г)~+ — ).
2Мо 21 2 344. Х =- 3ятпг((ЛЬЕ) где тао — сила инерции, 1",р — сила трения, действующая на цилиндр со стороны доски, 1 — момент инерции цилиндра и г — его радиус. Решение этой системы уравнений дает о =- г)зие Учитывая, что ь =- 21а, находим окончательный результат 335. Обозначим натяжение нити через Т и силу взаимодействия между рамой и катком через Т'. Если каток идет сзади, то можно написать уравнения движения так: 97. Динамика твердого тела.
Динамика системы 169 й и2! 12 о!2 — — = сопят. й! йт Входящая сюда постоянная равна 11ого22Л1, так как в начальный момент и!1 = = и!о,ше = О. Когда скольжение прекратится, то и2! Л! =- шзйг Решая получен- ную систему уравнений, найдем угловые скорости ш1 и шг после прекращения скольжения: А й2 11 8132 — О, ~2 —... О. Потеря кинетической энергии на трение равна 1!12йз 2 11 йз -1- 12йз И12 о о о!2 =, — и!о = — о'1. М122 -1- Мзи2 22 гг М, М221оз 4[ЛХ~ гт + ЛХгоз) — О2о.
349. Максимальное изменение продолжительности суток 2.'ьГ, вызванное ударом метеорита, определяется формулой 2ЛТ тойсозм, . Т 2к! М 348. 1о! =, ', шо ЛХ1г', -ь М2Я2 Потеря энергии где 'Г = 86 164 с — продолжительность суток, Л = 6400км — радиус, М = 21 = 6 1О' т — масса Земли, 1 — ее момент инерции. Если считать Землю однородным шаром, то ! = 2222ЛХЛ2 !на самом деле из-за возрастания плотности к центру Земли момент инерции ее несколько меньше и составляет приблизительно 1 = '222ЛХЛ2).
В результате получится гзТХ'Т 2 1О ", гхТ 2 1Π— !ос 350. Наивыгоднейшим является выстрел в горизонтальном направлении в плоскости экватора. В этом случае с — о 5 1пзс1Т2 25 ттсгТ2 с 18 ~21ЛХ(121')2 36 ~2512йз(2ЛТ)2 где с — скорость света в вакууме. Остальные обозначения такие же, как в предыдущей задаче. 351. Т То!!!лог!2)212 = 1,3.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
