С.П. Стрелков, Д.В. Сивухин, В.А. Угаров, И.А. Яковлев - Сборник задач по общему курсу физики. Т1. Механика (1108148), страница 42
Текст из файла (страница 42)
'узгс(ш1'с(! = )сд! Отсюда ш = шо+ — !. Мгновенная ось вращения всегда лежит в плоскости, перпендикулярнои к плоскости рисунка. Угол а определяется уравнением 18 а =- зу йдс/(гьзо). Определим теперь момент начала чистого качения. Скорость поступательного движения шара зависит только от горизонтальной составляющей вектора ьз. Момент начала чистого качения найдется из условий з~',йдз = по — йд! С этого момента угол а становится и продолжает оставаться постоянным, причем сйа = зЬоо1'гшо В частном случае, когда оо = шог, !йа = ~Ь, а = = 35'32'.
Заметим, что найденное решение определяет поворот оси вращения относительно внешнего пространства, а не внутри самого шара. 428. Рьм = Р+ 1РП /г = Р -1- — гггП г, где Р— вес бегуна, а т — его з, ! 3 2 масса. При г = 50см и рабочей скорости 1 обус (П = 2к радуг) получаем з (,~пП т гпш = Р Следовательно, Е„, 2Р. Заметим, что полный момент импульса Т не направлен вдоль оси фигуры бегуна, так как имеется еше момент, возникаюший из-за врашения вокруг вертикальной оси. Однако последний момент остается неизменным при врашении катка, а потому при решении задачи его можно не принимать во внимание Зятей 3 429. '1' = !йа, Л = — 18 а. зг 430. Решение.
Разделим мысленно кольцо на бесконечно малые элементы — материальные точки с массами г(т. Рассмотрим движение одной из таких материальных точек Так как ч„„ = (шг), то по теореме Кориолиса действуюшая на точку сила г(1 = — г(гп шзг -1- г(т (й(йг)) -1- 28т (й(шг)). Это выражение меняет знак при изменении знака г, а потому при интегрировании по всему кольцу дает нуль Отсюда следует, что результирующая сила, действующая на кольцо, должна равняться нулю. Для вычисления момента НМ силы Н введем прямоугольную систему координат с ортами 1, з, )с, направив ось К вдоль ш, а ось У вЂ” вдоль !з. После простых вычислений получим с(М = 2(Й~ ~)у гйп + Й(2: ~3 — Й!) уз.
При интегрировании по всему кольцу последнее слагаемое дает нуль, а потому М = 2(йш) 1ь =- (1)ьз) 1„ где 1, н 1„— моменты инерции кольца относительно осей Я и К соответственно. Таким образом. искомый момент М должен быть перпендикулярен как к ьз, так и к й. Результат верен и в том случае, когда векторы ш и 1з не взаимно перпендикулярны. 431. Согласно закону динамики, с(Т 1'г(1 = М, где Т вЂ” вектор момента количества движения, а М вЂ” момент силы, действующей на тело.
В рассматриваемом случае момент силы, действующей на планету (рассчитанный относительно Солнца), М =-(гР), где г — радиус-вектор планеты, а Р— сила тяготения, действующая со стороны Солнца на планету. Так как векторы г и Р направлены по одной прямой, то М = 0 и, следовательно, Т = сопзц Это утверждение справедливо для всех движений под действием центральных сил. 27. Динамика твердого тела. Динамика системы 185 432. Р е ш е н и е. Для доказательства можно воспользоваться следующими соотношениями: Ь = (г(тм)) = (гпг(ссг)) = (тг ( — г~~', где ш = сйхудт — угловая скорость планеты, а сх — угол поворота ее радиу- са-вектора.
Учитывая, что ~тг[ — г)')' = ~™~ = 2тп — = 2та, получаем искомое равенство. В самом деле, по правилам векторной алгебры, последнее векторное произведение может быть представлено так (г(шг)) = = шг — г(гш) = шг, так как г Ь ш. Но штадт = г дст есть удвоенная плошадь, описываемая радиус-вектором г за время г)с Из ранее доказанного (см. предыдущую задачу) следует, что а = сопзд Последнее соотношение представляет содержание второго закона Кеплера. 433.
Решен не. В случае одной материальной точки Ь = ((г — го)р), где г — радиус-вектор материальной точки относительно неподвижного начала, го — радиус-вектор движущейся точки О относительно того же неподвижного начала, р = тч — количество движения материальной точки. Дифференцированием по времени получаем Ь = ((г — го)р) + ((ч — чо)р). Первое слагаемое в правой части есть момент М силы Р = р относительно движущегося начала. Слагаемое (чр) обращаются в нуль ввиду коллинеарности векторов тг и р. В результате получается Ь = М -~ (ръго) = М ч- т(иго) Для обобщения полученного результата на случай системы материальных точек напишем последнее соотношение для каждой материальной точки, а затем такие соотношения сложим.
Введя при этом скорость движения центра масс системы ъа = 2 пич,(ггй найдем Ь = М ч- т)ъачо), где т, Ь и М теперь означают массу, момент количества движения и момент внешних сил для всей системы материальных точек. Если скорости чо и чо коллинеарны, то Ь = М. В частности, это имеет место, когда начало О помещено в центре масс системы. 434. Главная полуось эллипсоида инерции направлена по диагонали, соединяющей противоположные вершины куба, и равна а = 1/хгуо, две другие полуоси равны между собой: 6 = с = а(,/5,5, где 7о = Узт1э — момент инерции для любой оси, проходящей через центр масс куба Решение. Эллипсоид инерции для центра куба — шар радиуса а = = 1/~7о.
Для точки А ось, совпадающая с диагональю куба, остается главной с моментом инерции 1о. Для любой оси, перпендикулярной к диагонали в точке А, момент инерции определяется по теореме Штейнера 7л = 7о э- т(гД2), где д = — АЗ вЂ” диагональ куба. Отсюда следует приведенный выше ответ. М 1етз -1- 1тпэ -1- т и бр-1тэ1пе Р е ш е н и е Главные моменты инерции для центра масс: Д = — (пг -~ п ), 7 = — (1 -ь п ), Ь = — (1 ч- гн ); тг7 з з Дз а з тгт з 12 12 12 186 Ответы и решения направляющие косинусы для оси вращения относительно системы координат, связанной с главными направлениями и с началом в центре масс, равны т и спася = —, сов)т = —, сов у = —, где г(Я = (Я + т + пз (г( — диагональ параллелепипеда).
Момент инерции для оси любого направления представляется через главные моменты инерции следующей формулой: 7 = Л сова о 4- Тя сов' Д Ш 7з соз' 7. Подстановка в эту формулу значений величин приводит к данному ответу 9 8. Тяготение 436. д = 4пйСг(,73 = 974 см!с'. ( й 437. ьг = йго( ) — 975 см!с'. хйч-л~ 438.
дл = 162 см!сз 439. а = 4п й'((Т'гз) = 28д, где д — ускорение свободного падения на поверхности Земли. 440. Такое же, как и самой Земле (если пренебречь размерами Земли по сравнению с расстоянием до Солнца), т.е. ускорение а = 4п~й,Гуа О,бсм/сз, где Л вЂ” радиус земной орбиты, а Т вЂ” период обращеДснь ния Земли вокруг Солнца. 441. Веса обоих тел одинаковы. 442. Решение.
Веса тел в диаметрально противоположных точках земного шара ! (день) и 2 (ночь) будут соответственно равны Р~ =- Рз — Гс(Л вЂ” г) — т е'г + тшя, Рз = 1''3 Ш Гс( й + г) — этпазг — тшя (рис 233). Здесь Гз и Рс — силы гравитационного притяжения Земли и Солнца соответственно, Л— расстояние между их центрами, г — радиус Земли, шо — ускорение центра Земли под действием гравитационного притяжения Солнца.
Очевидно, тшя = Ночь = Р(Л) Вычитая, находим Рис. 233 Ря — Р~ = (Рс(Л+ 'г) — Рс(Л),' + (Рс(Л вЂ” г) — Рс(Л)1 Разлагая обе разности в квадратных скобках по формуле Тейлора и ограничиваясь квадратичными членами по г, получим Р, — Р1 = г'г('Рс7'Ий'. Преобразуем это выражение, используя соотношения Рс = (7717пэ7Л' = 4пзй(7етгп Р = ть (7гу — масса Солнца, Т вЂ” период обращения Земли вокруг Солнца, т — масса тела). После несложных преобразований найдем Р,— Р, 24Я ' 12згз Р еТЯ Л яй Здесь в = '4ядуа означает расстояние, которое проходила бы Земля в течение года, если бы она двигалась равноускоренно с ускорением и.
Вычисляя это расстояние, получим в — 5 10' км и далее (Ря — Р1)(Р— 6,5 1О 187 98. Тяготение Ра — Р ЛХл 24язгд 443. = 8 1О, где ЛХз и ЛХл — массы Земли Р ЛХз ХгеТз и Луны, Х1 — расстояние между их центрами, Т вЂ” период обращения Луны вокруг Земли, г — радиус Земли.
Таким образом, влияние Луны на разность весов Рз — Р~ примерно на два порядка больше, чем Солнца. 444. ял = дм(! 4- 22зТГТ) = дм(! 4- 0 0008), где ХзТ вЂ” разность значений периодов Т колебаний маятника в Москве и Ленинграде. 445. Часы шли бы медленнее примерно в '2,5 раза, так как дл,гдз О, 16 (см. задачу 438) 446. ХХ = 785 10ь км. 447.
= ( — ) ( — ) = З,З 10з. 4я5ХХ '2 ха 448. дс --, ( — ) = 275 иус'. з (...) 449. 5 — Еиаг'Г~ 450. д = 4гг'60з)7,гуа = 985 с~ус' 451. Решение. Используя приведенные данные, находим, момент инер- ции Луны относительно оси вращения Земли Хл = тао — — 1,08 10 г см з (моментом инерции Луны относительно ее собственной оси пренебрегаем), угловую скорость вращения Луны по орбите шл = 2,67 10 ь радуг, момент количества движения Луны Ал = Хлюп = 28,9-10 г.см Хс, полный момент го количества движения системы Земля-Луна Л = Ьз+ Хл = 34,8-!О г см'Хс.
По закону сохранения момента количества движения (Хз, та )иг = Х По закону Кеплера а'иг = аоигт. Из этих двух уравнений можно получить пенза т 3 з вестные а и ю. Пренебрегая моментом инерции Хз, пишем гпазш = Х и находим а=ао, з =ао( — ! =1,45ао=5,58 10 см, 27,3 ) =0,573, Т= ' =47,7сут. шл а ' ' 0,673 452. П(Я~ = — тдК~(К где ХХо — радиус Земли. Р е ш е н и е.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
