С.П. Стрелков, Д.В. Сивухин, В.А. Угаров, И.А. Яковлев - Сборник задач по общему курсу физики. Т1. Механика (1108148), страница 39
Текст из файла (страница 39)
10 " с. 352. 'Хат!2+ 2ЛХ121зй~ -~- П+ й)2) 353. 1 =- Ь22223. 345. Кинетическая энергия вращения уменьшится на 1 11 1, гзК = — ( 1 — ш2) . 2 11 -!- 12 346. Решение. Благодаря трению скольжения натяжения ремня сверху '!'1 и снизу 72 будут разными. Записывая для маховиков уравнения движения. получим !1 = !!1 ' 72)Л! 12 = !!2 .!1)Л2- 4.32 !й ' ат Поделим эти уравнения соответственно на Л! и Л!, сложим и проинтегрируем. Тогда получим 170 Ответы и решения видим, что и| > пг.
Поэтому в любом положении шарик будет стремиться обогнать стержень. А так как шарик движется позади стержня, то он все время будет прижиматься к стержню. Отсюда следует, что после удара шарик и стержень будут подниматься как единое тело. Высоту поднятия 6 легко определить из закона сохранения энергии. Она равна 1+ п|Р бп|г (ЛХ + 2т)дР (Л! + 2т)(ЛХ+ Зт) Зг М хг 355. После удара шарик поднимается на высоту 6| = — ( г| Н, 2 (, ЛХ Ч- Зт ) ЛХ тг 2 нижний конец стержня — на высоту 6| = ( ! Н = — 6| |. М -|- Зт 3 ! т1г 3 ЛХт 356. Н = — ЛХд1 = — а), где 1 — момент 21+тР 2 М+Зт инерции стержня. ЛХ )2 о 357. М = ро — — Π— а1, з|п — = 444 мус.
')г 3 358. Л11,г = гп(г. Так как 1, > (, то для возможности про- С' цесса необходимо Л1 < гп. При Л1 > т процесс невозможен. 359. Лозу следует рубить участком сабли, отстоящим на гз длины от ручки сабли. Р е ш е н и е. Пусть удар с силой Е пришелся на расстоянии г от середины сабли, которую будем считать однородной пластинкой (рис. 227). Под действием этой силы пластинка начнет двигаться поступательно и вращаться; если при этом О точка О останется в покое, то рука не будет чувствовать удара. Напишем уравнение движения центра тяжести С пластинки: пе т — =Г, ггг Рис.
227 354. Решение. Скорость шарика в нижнем положении до удара по = =,,/2дН . Так как удар неуцругий, то непосредственно после удара шарик и нижний конец стержня в нижнем положении будут иметь одну и ту же скорость и. Она найдется из закона сохранения момента импульса относительно оси .4: пйпо = гп(п+ 1ш, где 1 = 'ггзЛ11' — момент инерции стержня относительно той же оси. Так как и = 1ш, то написанное уравнение дает тР Зт о = , оа = по. 1+тр ЛХ43п| Теперь надо решить, будут ли шарик и стержень после столкновения двигаться вместе или при дальнейшем движении они разойдутся. С этой целью вычислим скорость шарика о| и нижнего конца стержня пг при поднятии на какую-то одну и ту же высоту 6|, если при этом они двигались бы независимо друг от друга Эти скорости найдутся из уравнений сохранения энергии г | 1 г г 6| и — и, = 236п — — (и — пг) = М3 2 Р ' 2 Преобразовав второе уравнение к виду о — о = Злобы 37.
Динамика твердого тела. Динамика системз! 171 где до,гЖ вЂ” ускорение центра тяжести. Для врашения пластинки относительно оси, проходящей через центр тяжести С, имеем т1 ам 12 д! где дьт/Ш вЂ” угловое ускорение пластинки, т — масса пластинки, т1 г'12— момент инерции пластинки относительно центра тяжести С Точка О будет в покое, если скорость поступательного движения о и линейная скорость точки О, обусловленная врашением пластинки вокруг точки С с угловой скоростью ы, будут равны по величине и противоположны по направлению, Нв 1 ды или если = — . Подставляя зто условие в уравнения движения, получаем д! 2 д! ! = '41, откуда уже легко найти ответ. Искомая точка на пластинке (сабле) есть так называемый центр удара, совпадающий с центром качаний физического маятника той же пластинки, подвешенной в точке О. Разгрузка оси вращения от действия удара особенно необходима в случае баллистического маятника (см также задачу 227).
12т о 360. Пластинка будет вращаться с угловой скоростью ы = Зто — 4т 4т .!. Згпс в а шар полетит назад со скоростью о! = о. 4т .!. Згоэ Ы! )21~; . Р 361. г = ~) шп —, — бм/с. гп!1 — а) У 3 2 2Ы,,13д! Л! -~-Зт Решен не. Применяя закон сохранения энергии к стержню до удара и законы сохранения момента количества движения и энергии к системе стержень — тело во время удара, получим -Л1п! = — Л1(згоз 2 6 6 — ЛХ(зшз =. -Л11'гг = -М!'ш +тг1, а ! з 3 3 6 -М1 ш Л- — тот, а 2 ! ! т1аыз ! — Л1д! = —, — Л11зш = той 2 3 2 3 где !г — угловая скорость врашения стержня в момент удара, о — скорость тела т, сразу после удара Перемещение Я тела можно найти из условия то'/2 =- ЬпдЯ.
Из написанных уравнений следует ответ. 364. Движение муфты вдоль стержня будет происходить по закону ш = азсЬшс = 2сЬ(40яг) см, М = 2л шо — 64 10 зЬ(80п!)дин см. где ш и ы' — угловые скорости вра!цения стержня при его вертикальном положении до и после удара соответственно, о — скорость тела после удара. Из решения этой системы уравнений получаем значение о. 363. Я = )зЛ141((т к). Решение.
Применяя закон сохранения энергии к стержню до удара и закон сохранения момента количества движения к системе стержень — тело во время удара, получим 172 Ошветьг и решения Решение. Движение муфты удобно рассматривать во вращающейся системе координат. Тогда уравнение движения вдоль стержня под действием центробежной силы будет иметь вид: т 41'х1'41!э = пилах. Общее решение этого УРавнениЯ: х = Ае'Рг 4- Хуе мр.
ПодставлЯЯ х(0) = ао, х(0) = О, полУчаем Решение. Момент количества движения муфты относительно оси вращения стержня равен Х = ли ях', он растет со временем. Для его увеличения необходимо приложить внешний момент сил М = г)ь)411 = 2гриеххц 365. ш = ЗпиаогМ = 2,2.
!О з радус, где гео = 7,3 !О з радус — угловая скорость вращения Земли вокруг своей оси. Решен не. В системе координат, связанной с Землей, на движущийся внутри ствола снаряд (а, следовательно, и на систему пушка-снаряд) будет действовать сила Кориолиса, направленная на запад и равная Г = 2тошо, где и — мгновенное значение скорости снаряда и шо — угловая скорость вращения Земли вокруг своей оси. Уравнение движения пушки со снарядом имеет вид 1 = 2пиео'рг, 414 где 1 — момент инерции пушки (моментом инерции снаряда можно пренебречь ввиду условия ЛХ » т), г — расстояние снаряда от оси вращения в данный момент времени,ш — мгновенное значение угловой скорости вращения ствола пушки. Полагая о = аг, получим 44 3 — ЛХ1 ~ Вш = т >оа, ~ Г р11, о о где Хо =- т/21/а — время движения снаряда внутри ствола.
Интегрируя это уравнение, находим ш, 366. и = хХЗф Искомая точка находится на расстоянии х = Я от осно- вания столба. 367. Решение. Кинетическая энергия стержня в горизонтальном поло- жении '141шз = 'Хат81. Центростремительное ускорение центра масс стержня в том же положении шт1442.
Отсюда по теореме о движении центра масс „Р з Г,„р = — тш 1 = тп = — гпп. 2 21 2 Применив к вращению стержня в положении 2 уравнение 14)ш1'р)1 = ЛХ, получим 14)шуд1 = та!442. Отсюда находим вертикальную составляющую ускорения центра масс в том же положении ь 12 а= — — =- = — д. 2 41г 41 4 Далее, гпа = тд — Г„р„. В результате получится ы Г„р, — — т(д — а) = 14тд. 368. Г = Р , . При 1 = Х, Г = !э1'4. ! + З(171.)т 369. Г = (! + 4а т!1)тд, где т — масса, 1 — момент инерции человека относительно перекладины, а — расстояние между осью вращения и центром масс человека.
Если при оценке момента инерции моделировать человека од- 37. Динамика твердого тела. Динамика систвмьг 173 народным стержнем, вращающимся вокруг одного из его концов, то получится Л =- 4гпд. 370. Решение. На основании закона сохранения энергии о~ + 236 .= сопьм (370. 1) Момент силы тяжести относительно точки подвеса не имеет вертикальной составляющей. Момент силы натяжения веревки равен нулю. Поэтому прн движении человека вертикальная составляющая его момента количества движения остается неизменной.
В положениях, где высота 6 максимальна илн минимальна, ско- С рость человека о горизонтальна, а момент количества движения равен пгог, где г — расстояние до вертикальной оси, вокруг которой вращается человек. Значит, в этих положениях величина ог одна и та же В момент, когда высота 6 максимальна или минимальна, опишем в вертикальной плоскости окружность с центром в точке подвеса О, проходящую через точку нахождения М человека М (рис.
228). По известной геометрической теореме г' =- АЛ . ВС, или г' = (21— — 6)6. Поэтому в положениях, где 6 максимальна и минимальна, (21 — 6)6оз = сонэк (370.2) Рис. 228 Запишем соотношения (3?0.1) и (370.2) для этих положений, имея в виду, что максимуму 6 соответствует минимум о, и наоборот. Получим (21 )г ')6»оьэм = (21 6«)6 а оыь. Решая эти уравнения, получим (370.3) 21 — (6„„„4 6„„) ' (370.4) При этом учтено, что в реальных условиях 6 < 1, так что величина (370.3) действительно максимальна, а (370.4) — действительно минимальна. Если 6,„м и 6„„„пренебрежимо малы по сравнению с 1, то о,'и,„=- 23)ы„„о~„„=- 236„,„. 371 ооа 231гзгг (6+ 6о), о~ = 236оо,г(6+ 6о) 372.
ыз = (оз Л- 4га — (з — (6 — 1 — кг)з) 7-~- Ьргг Указание. Воспользоваться законом сохранения энергии. 373. Решение. Уравнение моментов вращения цилиндра около оси, лежащей на плоскости качения, будет гпЛ'(1 4 — ) =- ГЛ, 2 аг где Л вЂ” радиус цилиндра. При качении без скольжения центр масс цилиндра получает горизонтальное ускорение г(о,гдг =- Лг(ш,гЖ, которое сообщает сила 174 Ответи! и решения трения; следовательно, ( Г) ьдь Р где й — искомый коэффициент трения. По условию задачи Г,гт = дгг2. Таким образом, г(и,гс!! .= д/3 и й > 2/9. 374. Решение. Качение без скольжения. Силы, действующие на цилиндр, показаны на рис.
229. Сила натяжения веревки Г, сила трения 1', ускорение груза а. Уравнения поступательного движения: цилиндра Р Ч- 1' = = 'узто„груза Л1д — Г = Ма и уравнение вращения цилиндра (à — 1) К = '1 тйеа)2К. Отсюдз получаем ние— а 2 1 =- 1згпа, Е = узгпа, а = (! -'г узггьуМ) К. Скольжения не будет, если ф < Ьпд или и > > (8+ Зчп,гЫ), где й — коэффициент трения Качение со скольжением. Угловое ускорение цилиндра р, ускорение оси цилиндра Ь.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
