С.П. Стрелков, Д.В. Сивухин, В.А. Угаров, И.А. Яковлев - Сборник задач по общему курсу физики. Т1. Механика (1108148), страница 41
Текст из файла (страница 41)
Шар будет двигаться равномерно, если точка удара лежит выше его центра на расстоянии 2/5 радиуса. Такие удары называются нормальными Если она лежит еще выше, то движение шара будет ускоренным. Если же точка удара лежит ниже, то шар будет двигаться замедленно. Соответствующие удары называют высокими и низкими. Решение получено в предположении, что сила трения шара о плоскость и стола пренебрежимо мала по сравнению с силой, с которой на шар действует кий во время удара.
397. Случай 1 реализуется при высоких ударах, случай 2 — при нормальных, случай 3 — при низких 398. Решение. Пусть Р— сила трения, действующая на цилиндр, в месте соприкосновения его с наклонной плоскостью (рис. 23!). Она заставляет цилиндр подниматься по наклонной плоскости. Сначала, пока не установилось чистое качение, Р является силой Рис. 231 трения скольжения. После перехода движения в чистое качение Г становится силой трения покоя (сцепления). Однако, независимо от характера движения, оно всегда подчиняется уравнению движения центра масс т ао1'г(1 =- К вЂ” та ьш гт и уравнению моментов (относительно геометрически оси цилиндра) ! диггг(1 = — Кг.
Исключая К, получим г!е 3~ гпг — = — 1 — — тк г з!п сс аг щ 180 Ответы и решения Интегрирование этого уравнения с учетом начального условия !ш = шо при 1 = = 0) дает тг п = 1(шо — ш) — т3гия!па. Это соотношение справедливо в течение всего времени движения, независимо от того, происходит ли оно со скольжением или является чистым качением. В наивысшей точке должно быть о = О. Отсюда следует, что в той же точке ш = = 0 В противном случае цилиндр продолжал бы вкатываться, и рассматриваемая точка не была бы наивысшей. Поэтому время подъема ! найдется, если в предыдушем уравнении положить и = ш = О. Это дает 7 ~о г'шо татя!па 29яспа Любопытно, что время поднятия ! не зависит от коэффициента трения между цилиндром и наклонной плоскостью Результат не изменился бы даже тогда, когда коэффициент трения стал переменным. Решение предполагает, однако, что трение достаточно велико, чтобы цилиндр мог вкатываться на наклонную плоскость.
При недостаточном трении будет происходить лишь замедление скорости врашения цилиндра. Нетрудно подсчитать, что время замедления определяется прежней формулой. Напротив, время обратного скатывания цилиндра вниз, а также наибольшая высота поднятия его зависят от коэффициента трения Такое различие объясняется тем, что скатывание цилиндра все время является чистым качением. Поднятие же его вверх сначала происходит со скольжением, а затем переходит в чистое качение.
399.а! = д()ссояа — яша), направлено вверх; 1ивг шог' г,. С!— г ' ' Н! а!1! ь!па (1+гаго)ос+те!дюна СЗ!ссояа — я!па)д* 2 тг . 2 ас аг =, ашпа .= — дшпа, Н = — ' Нс,' 1 -1- тг- 3 аг усова — я!па г г Н = Н! -1- Н = — — — — —,— шогг, 4дГЗясояа — Мпа) 2Н ' гого 3 с со соя со — я!асс) !— 400,„с+ тг тс -1- Зтг 401. и =.
— — )I 5 т 7 М 402. И = 1'о — —, и = 80 мгсс. 5 п.4 с'В 403.х = — †' ††. Результат не зависит от характера удара. 6 ел + ггв М 404. х = с) — — 1 Для возможности описанного процесса необходи2ъ'3 1' т мо М > т. Условие х < 1с2 дает еще М < 4т. г 405 К 16 ' о М 2 4М вЂ” 7га тог 431 2 27.
Динамика тверезого тела. Динамика системы 181 сз 407. П = В предельных случаях 1) ЛХ = О и 2) ЛХ = сю ЛХ -1-4т 2 получаем 1) ХХ = О и 2) П = )зпси". 408. Решение. Если à — сила, действующая на шарик во время удара, то уравнение движения гпарика будет тг)пХ'с)Х = — Г.
Уравнение движения центра масс стержня: ЛХгХ)г/гХХ = Г Уравнение моментов для стержня относительно центра масс. Хсйс,гг)Х = Г172. Почленным делением исключаем Г и получаем то гтс 2 ЛХвы 2 Х ггы 1' Х гав Интегрируя в пределах от начального значения угловой скорости о = О до конечного, найдем 2 Х )'=. — — ш, 1 ЛХ причем в этих уравнениях и, )г и ш означают величины соответствующих скоростей после удара. Угловая скорость ш найдется из уравнения сохранения энергии. Если в него подставить значения и и )г, то для гс получится квадрат- ное уравнение [1 4-, ( 4- )~сов — 4 ы = О. Один из корней этого уравнения Ом = 0) дает угловую скорость стержня до удара, второй — после удара По условию задачи надо взять второй корень.
12тсв С учетом соотношения Х = — ЛХХ для него получаем ш =— 14тп Й ЛХ)1 ЛХ1 ЛХ 4- '21п, 409. ш = — 1'о, по = ро 2Х ' 2ш 410. л = Р Й гг шс' рж 411. ш = ого+,, 1 = 1о.„( . При приближении шарика к оси РузЛХ+ ш)1оыо' вращения стержень будет изгйбаться в сторону, противоположную вращению. При удалении шарика изгиб стержня изменится в обратную сторону. 412.
Г > Х о, где ро = (Й1 + Йе) Хшл 4- тпв ~8. Р е ш е н и е Максимальное горизонтальное ускорение, которое может иметь тело В, равно а = Йхд. Сила Ло, сообщающая ускорение а, определится из условия Го — Й11тпл Й сов ~К = 1гпл 4- шв)а; подставляя сюда значение а, находим ответ ЛХ1вшо — 1ссово) сова 413. 1) Ускорение тела аз = ' ' ' ', д, клина а| ЛХ + шГв1па — Йсояа) вша = 1ш,гхЛХ)ая. ЛХвшоГсояа-~-Йвша) 2) Ускорение тела ав = ' ' " д, клина п~ ЛХ -~- ш вгп а (зги а — Й соя а) шя1васояа — Й)ЛХ -~- ~псов~а) М + т я1п о)в1п а — Й сов о) 3) В первом случае Й < 18а, во втором — условие движения клина Й ш вш а соя а ( ЛХ Й юсова а 4!4.
ач,„= дбггЙ, где д — ускорение свободного падения; Дг = шд, л .= ой(2д. 182 Отвешьг и решения 415. 6ям > б,г6; если 6 < 6,„„, то автомобиль пРи о = тггЪДЙ7Ь соскользнет с дороги на ее закруглении. 416. Цилиндр опрокинется и свалится с диска при угловой скорости вращения диска ,'одГ(ям. Мь т 1, ЛЯ:Т~~,, ~ ' т.
Пр ьег сня неустойчиво. 418. е = )1 — а'6, ш = — ~/ Решение Закон сохранения момента количества движения для системы желоб †те 1ош + т(и соя |р + й4 В = О, где и — скорость тела относительно желоба, ш — угловая скорость врашения желоба, 1о — момент инерции желоба. Закон сохранения энергии для этой системы дает !ш~ -> гп((исоа р + Ие)з -1- из зшз р) = 2та6.
Отсюда: ъ'2 и з 8 ш= — — — —, и = — а6, 4 В 3 тр = (и соз е" + И () + и шпз р = ~(зд6 — 1, 6766. 419. Нельзя ограничиться анализом сил, действующих только на колеса, нужно учитывать и силы, действуюшие на остальные части паровоза. Рассмотрим силы, действующие на колесо и паровоз, в отдельности (рис. 232 а). Для простоты считаем у паровоза одно ведушее колесо. При положении водила выше оси колеса к паровозу приложены силы (2 со стороны водила и Г' со стороны колеса. К колесу приложены силы у со стороны рельсов, Е со стороны паровоза и Я со стороны водила. Для простоты рассуждений предположим — равномерное движение паровоза. По второму закону динамики Е = у"-1- и + 42, по третьему О = Я' и Р = = Е'.
К паровозу приложена сила у" = рч — Я', направленная вперед. Для положения водила ниже оси (рис. 232 б) распределение сил следующее: силы, приложенные к колесу, — г, я и р', у" + с" = я (по второму закону динамики), а силы, приложенные к паровозу, — сч и ()' (рч = и'' и я' = я (по третьему закону)), и потому к паровозу приложена Рис. 232 равнодействующая 0' — сч = у', т, е. сила, направленная вперед.
Итак, во втором случае ось колеса толкает паровоз назад (сила Р"), но, кроме того, ббльшая сила (сила Я') толкает его вперед. 420. 1" =- (г) Рт~Я. 37. Динамика твердого тела. Динамика системы 183 31аа — 6з1д,' 421. сова = 2 .з~ з + ьз~. Решение. В системе координат, вращающейся вокруг вертикальной оси с угловой скоростью ш, условие равновесия стержня можно записать в виде ЛХч, = Л1,„, где ЛХк, — момент центробежной силы и ЛХ,, — момент силы тяжести относительно точки закрепления стержня.
Центробежная сила инерции, действующая на элемент стержня длиной дх, находящийся на расстоянии х от точки закрепления, будет равна ш вх 311„= о -Ь 6 Соответствующий момент силы можно записать в виде дЛХчс = сИ'„, хсова. Отсюда для полного момента центробежной силы инерции имеем тх зш асов а " 1 пкгзто а сов а ~ э. а' -1-6' аж6 3 а-~-6 -ь а — 6 Приравнивая эту величину моменту силы тяжести ЛХс, = шд — — вша, получим ответ. 422.
Угловая скорость прецессии пгд1яп а тяг Хшзша где а — угол. образованный осью волчка с вертикалью. Направление прецессии совпадает с направлением вращения волчка. 423. ЛХ = = 612 Н В 424. Решение. Максимальный поворот получится, когда скорость снаряда м перпендикулярна к земной оси. Снаряд уносит момент импульса Ь = = гтс1гч1Х ьгТ вЂ” пег'сз, перпендикулярный к скорости ч.
Земля получает такой же момент в обратном направлении. При этом вектор угловой скорости вращения Земли ш отклоняется вбок на угол а = Ь/(Хог). Подставив сюда 1 = гзЛХг~ и учтя, что разность с — о очень мала, получим 3 -1,9 10 ВЛРР Заметим, что приведенная оценка годится для поворота земной оси «в пространстве», т.
е относительно системы чнеподвижных звезд» Для исследования поворотов оси вращения ьв теле», т.е. относительно самой Земли, надо учесть сплюснутость земного шара Это связано с тем, что вращение шара вокруг фиксированного в нем диаметра неустойчиво. 425. 68,3 = о~зпздв1паД1~~~огз), где 1и — момент инерции волчка относительно оси фигуры, т — масса волчка, а — расстояние от точки опоры волчка до его центра массы. 426. а — тобах/(1~~ог) — 0,43' — 25'.
427. Решен не. После удара центр ударяемого шара начнет двигаться с начальной скоростью оо По теореме о движении центра масс его скорость в момент времени 1 будет о = оо — Лай Пусть ш — мгновенное значение вектора угловой скорости. Момент силы трения относительно центра шара 184 Ответы и реизения будет Итог(, где 1 — единичный вектор, направленный за плоскость рисунка и перпендикулярный к ней. Из уравнения моментов 1дш1'г(1 = 'ктуг( получаем з 5 Ну!.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
