С.П. Стрелков, Д.В. Сивухин, В.А. Угаров, И.А. Яковлев - Сборник задач по общему курсу физики. Т1. Механика (1108148), страница 40
Текст из файла (страница 40)
Теперь уравнения движения будут Р+ 1' = тЬ, (Š— 1")й = '4тЛ',3, МК вЂ” Г = Ма. Ускорения связаны условием а = Ь+ Зй и сила трения 1 = йтд. Отсюда полУчаем а = (1 — 'узЬп(М)(1 Ш 'узт)М) 'К, пРи Условии й < (84 ЗтгМ) Замечание. Полезно рассмотреть движение при 1" = 0 в отсутствие сил трения. 375. Скольжение начнется в точке с угловой координатой Ш = агссоз0,8 или на высоте 0,8В от горизонтального диаметра цилиндрической поверхности.
Ре ш е н не. Записываем уравнения динамики для скатывающегося обруча: то„= тйг сов р — Х, пьа = тКз1п р — Рп 1ощ = гР„ а,=ьн, где а = и'гг(В Ш г), а, = Й,ггпу, Р. — сила сУхого тРениЯ, Х вЂ” сила нормального давления, 1о — момент инерции обруча. Отсюда определяем т,д силу трения Тч = — з1п за и силу нормального давления обруча на цилиндр 2,, юе ,,я Х = тд соз Ш вЂ” т . Закон сохранения энергии дает = д(! — соз Ш), Л -~- г й+г еле овательно д Х = тд(2соз р — 1).
Условие начала скольжения Р = Е а = 6!У. Приравнивая соответствующие величины при Ь =- 0,5, получаем: совы =- 0,8, или высота от горизонта, на которой начинается скольжение, Ь =- Лсовуь = = 0,8В. 376. Обозначив силу, действующую на катки со стороны штанги, через У', можно записать уравнения движения катков (линейные и угловые ускорения обоих катков одинаковы): для первого иь т — = пью шп ст Ш 1 — Еп ш 175 27. Динамика твердого тела. Динамика еиетемьр для второго Ие т =тц ьп — Х вЂ” Гз, Х =ГГц дз -" и где Гз и Лз — силы трения, возникающие между катками и плоскостью.
Кроме того, так как скольжение отсутствует, то г)оудз = ЛдьрХг)Г. Отсюда ды 2Лцз1по з А — Хз д -66 с — О, 27 кгс. М гХ~ ж Хз)уггр -Г 2йз ' 2Л И Положительное значение Х при выбранных нами знаках в уравнениях движения соответствует тому, что штанга сжата и толкает катки. Следовательно, если каток с ббльшнм моментом инерции внизу, штанга сжимается, если он вверху, штанга растягивается.
377. Решение. Обозначим ускорение груза тпз через а, ускорение подставки Ь, угловое ускорение цилиндра 13, натяжение нити Т, коэффициент трения Хз 1) Уравнения движения: à — Т = тза, Т = (ртп гт тз)Ь, ТЛ = — гпзЛ д. 2 Условие, связывающее ускорения, а = Ь -г ДЛ. Отсюда определяем а = (Хр+ + тз) 'Г, где Хр =- 1т1 + тз) (3 Ч- 2 — '), Ь = (3 + 2 — ') а, Д = 2(! Л- — ') —. 2) Первые два уравнения движения; Š— Т вЂ” Ьтзйр = шза, Т вЂ” Гтгм + пзз)Иа = (т~ + тз)Ь, третье такое же, как и в случае 1, и такая же связь между ускорениями.
Отсюда получаем еи а = Гтпз -г Гз) ' à — Ьд, Ь = (3 -г 2 ' ) а — 2ЬЬ тз тз 3) а = (т1+ тиз) 'à — в отсУтствие тРениа; а = Гт~ + тз) 'à — ЙЬ— при наличии трения, д = 2ЕГ'ГгпзЛ). 378. Г!ока движение совершается без рывка, диск опускается и поднимается с одним и тем же ускорением, направленным вниз: 2гз Лз ж 2гз ~ Натяжение нити при опускании и поднятии диска также одно и то же и равно Тз = —, 11 — -) = 4, 83 Н. Л1д г ах Для оценки среднего натяжения нити во время рывка Тр„, обозначим через о максимальную скорость диска в нижнем положении.
За время полоборота диска ззт = хгго количество движения диска изменяется на 2ЛХщ Это изменение равно импульсу силы, действующей на диск. за то же время, т. е. Г2Тр„, — ЛХК)зтц Вычисления дают 176 Ответь» и решения Во время рывка нить испытывает дополнительное натяжение ЬТ = Л!и — 3, 14 Н. 2а яг д Полное натяжение нити во время рывка Т =- 7о 4- хЛ7' 8,0 Н.
379. Т— ЛХд ЛХд ..., Мдг — 0,997о, 7»... = Л1ц -г Т ! 4- ЛХ»з)Х ! - Л!гз((4 ХГ») ' ' '"' ХХа — 1,427о, где Х вЂ” момент инерпии системы, 7о — натяжение нити при неподвижном грузе. ХХа — 6» 380. а) а =, —,дь!па, где р — радиус инерции шарика, 26— ре Е (ХХа — Ла) Ля ширина желоба; б) а =, и яп а 4ра -1.
ХХ2 бга ж ря ат 381. В = — —; — ХХ Для сплошного шара Н = ггюВ, для поло~о ХХ = 2»з гб г~ -1- р 382. !8а > 6, где р — радиус инерции катящегося тела. Для р сплошного шара !8а > 46, для полого !да > з/~6. Для сплошного цилиндра !8а > ЗХ», для полого 18а > 26. 383. Положение точки В, в которой шарик отрывается от сферы и начинает свободно двигаться под действием силы тяжести, определяется углом а, косинус которого равен 2»Я соьа =- —, 3 я+р где р — радиус инерции шаопика. Результат не зависит от радиуса сферы Для сплошного шарика соьа = йт, для полого сова =- пи ! г Ы 384. Будем рассматривать все движения в системе отсчета, в которой наклонная плоскость неподвижна.
Так как центр масс системы и мгновенная ось вращения А (см, рис !04) движутся параллельно, то уравнение моментов относительно атой движущейся оси имеет вид Хг(шХ»ХХ =- М (см задачу 433). Момент количества движения системы Х, слагается из момента количества движения цилиндра Хш и момента количества движения собаки т|п6, где 6 = = г(1 4- сова) — длина перпендикуляра, опущенного на наклонную плоскость из точки В. Итак, Ь = Хш ч- гьцго(! + соя а), причем под Х следует понимать момент инерции цилиндра относительно мгновенной оси, т. е. величину 2тг'.
Из-за отсутствия скольжения о = шг, а потому Б = (2т + т~(!+ сова))тш Так как центр масс системы и мгновенная ось А движутся параллельно, то производная 1 по времени должна равняться моменту внешних сил относительно мгновенной оси,4, т.е. (та+ тпч)и»вша. Приравнивая оба выражения, получим т+пи а= Лг яп а. 2т + пи (1 -1- соя а) 2ЛХ-1-т(1-1-сова)' » ' ' 2ЛХ-1-т аа' (2ЛХ+ т)а 27. Динамика твердого тела. Динамика системы 177 386.
Решение. При отсутствии трения между жидкостью и стенками бочки врашение бочки не передается жидкости. Жидкость движется поступательно как целое со скоростью о, равной скорости движения центра масс. Момент количества движения системы относительно мгновенной оси А равен Х = Хлы -Ь тХ)ш где ХХ вЂ” внешний радиус бочки, Хл — момент инерции ее относительно мгновенной оси Л, т — масса жидкости. Из-за отсутствия скольжения о = шй, так что Х = ( л -Ь тД)о.
Центр масс бочки движется параллельно мгновенной оси, а потому ХХл — = 1х — -Ь тй) — =. (ЛХ -Ь т)Хаши м, ас В аз где ЛХ вЂ” масса бочки (см. решение задачи 433). Отсюда ХЛХ -> т)ХХа а = —,, дв)по. Хл + тХХе При этом мы не учитывали моменты инерции днищ бочки, считая их пренебрежимо малыми. Можно решить ту же задачу с помощью уравнения моментов относительно центра масс, а также с помощью уравнения сохранения энергии 387.
Решение. Допустим, что требуемое положение шарика существует. На основании теоремы о движении центра масс ХЛХ Ч- т)а = (ЛХ + т)8 шп о — Еь, где Л;, — сила трения, с которой наклонная плоскость действует на цилиндр грис. 230). Уравнение вращения цилиндра (без шарика) будет Х вЂ” =Г, см ггг где Х = Мгз — момент инерции цилиндра относительно его геометрической оси. Сила давления шарика на цилиндр в это уравнение не входит, так как она нормальна к поверхности цилиндра и не дает момента относительно его оси. Ввиду отсутствия скольжения а = г ды/дт. Из написанных уравнений находим ЛХ ж т а = я" шп о. 2ЛХ-1- т Найдем теперь то же ускорение из уравнения движения шарика Хб м соз 'г' = ть сое о, та = ту а1п о — Г„„в)п ш, где Г „— сила, действующая со стороны цилиндра на шарик.
Отсюда о, =- = ЛХ(в)по — совосяьг). Путем сравнения с ранее найденным выражением получаем ЛХ 18:е = сйсг. 2ЛХ+т 178 Ответы и решения Из полученного результата следует, что требуемое положение шарика существует, причем Ээ < о. Если нг « ЛХ, то 18!э 'ггз18о. Если сверх того о « 1, '!г то р - ггео 388.
Яйцо, сваренное вкрутую, вращается как твердое тело, сырое как сосуд, наполненный жидкостью; сообщая скорлупе вращение, мы еще не сообщаем вращения всем частицам жидкости 389. 18ш,гЖ = — 2яраз)ш,гб, где 1 — момент инерции ротора и 1 — длина 2ь ма!От подшипников. Отсюда ш = шо ехР ( — 11, где шо — начальнаЯ скоРость. 61 390.
Рещение. На цилиндр, имеющий вначале момент количества движения 1шо, действует сила Г =- 0,1Р. Эта сила сообшает цилиндру угловое и линейное ускорения: гГс Р и =д — =0,18ч гЫ Р иш РВ д г11 1 ' 11 т = — 1, ус=1 ае гГ! ' аг' откуда уг! иг = оо — — д т 1 После перехода границы шероховатости скорость скольжения будет ш.
= ив з з — шг = ео — о1"1, где о = — -'с — = — (так как 1 = тг,Г2). Через время Т = т 1 т, = еогго1' скорость скольжения обратится в нуль, дальше начнется чистое качение без скольжения. Скорость поступательного движения при чистом качении будет Хео Г ! т 2'аэ гм = ио — = ео~!— ату то 3 Хо Угловая скорость качения ш, = = со†. Следовательно, 1 о) !о в тепло превращается энергия тоо тес 2 л сьзою — 0ьм б2~ра и— 2 ' ' ' 2 то Можно также независимо подсчитать работу сил трения и доказать, что она ее 1 равна 2 гпо таким образом, ш = шо — О, 2 — 1 и ц = О, 1дг. Время Т определится из условия .
К Л е =- ш)1 или шо)1 — 0,2дТ =-0,1дТ. Отсюда Т = 2,14 с. При 1 > Т ускорение равно нулю. 391. Движение после перехода границы будет сначала равнозамедленное, а затем с постоянной скоростью; 113 энергии превратится в тепло, 219— во вращательную энергию и 41'9 останется в виде энергии поступательного движения. Решение. Пусть масса цилиндра гп, момент инерпии 1, сила трения 1 и начальная скорость ео. Тогда 27. Динамика твердого тела. Динамика системьг 179 392. Решение. Напишем уравнение движения центра масс и уравнение моментов (относительно центра шара); г1о, 1ы т — = — )г, — =гГ, г11 ' дг где à — сила трения, действующая в точке касания шара с плоскостью.
Исключая почленным делением силу Е', находим г(о,гдго = — 11(тг). Интегрирование этого уравнения дает г = — 1 ~1тг Л- С. Постоянная интегрирования С найдется из условия, что при о = со шар не вращается (иг = 0). Это приводит к соотношению оо — и = гот Когда наступит чистое качение, должно выполняться второе соотношение о =- = шг. Из этих двух соотношений находим тг 5 ее , по=в 1-!- тга 7 Вычислив кинетические энергии в начале и в конце, найдем потерю кинетической энергии на трение: 1зК =— мр о 2 1-1- тгз 7 2, ! тгз „! 393. и = — шо = — гыо, дгК = —, 1ыо = — гпг'иго. 1+тгт 7 ' 2 1 Ептт 7 395. Скорость первого шара о! = 7то, второ~о пт = 7тш Потеря кинетической энергии на трение составляет т%д начального значения кинетической энергии 396.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
