С.П. Стрелков, Д.В. Сивухин, В.А. Угаров, И.А. Яковлев - Сборник задач по общему курсу физики. Т1. Механика (1108148), страница 48
Текст из файла (страница 48)
Заменяя сова на 1 — стт772, получим Ц = т1п(! — а,72) Ь (О) г() или, окончательно, оо 7З!Г Х зЗЗГИ, е ГЗд =-Ъ( ('---'и — "~"' — '" ч — '~ =- Н ) М ГЗд ЗП ., 7Зй = " ~'- — (" ч — '- — -- и — '% 601. Х = п,гцкз. 2п 7 -1- тге 602. Т = — )) ' Для сплошного цилиндра Т = пт)Зт7И Зв 603. Х = 2пьЛ/Зд. В более общем случае, когда плита не однородна, но центр масс ее совпадает с геометрическим центром плиты, Т = = ! чп!7рт~з!, 1 ной оси, проходящей через ее центр, а — длина одной из сторон плиты. 60й.
Т = 2 71,72п. Вч5. Р— 2 !1Я, птгьз 606. Х = ~~Х!з ч- 7'.;з . 801 У вЂ” 1 77$"~ ' и'!. 608. ло = тра(Ы, 'Г = 2пт7Т~ЯР . 71 21 — т81 Те '!) 27г и те1 6!О. Х = 2п (т~ Ч- те)к 611. Х = 2х Г(7! -Ь 7з) Т' ! 17 612. — = = 1 — — —, где '!' — период колебаний неподвижных Т ъ7! -';Юо 2 10' часов, а 7" — часов, лежащих на абсолютно гладком горизонтальном столе. Ход часов ускорится на 0,1%. 613. Х = и Ь(т~ ч-тз) 614. 'Г = 2х,,7 Г ЗГ ~) мч,.: 615.
7 ! = 2п~( 21/Зд, Ге = 2п~(7776и, 7!,77) = 2. 616. Решение. Задача сводится к нахождению выражений для потенциальной и кинетической энергий системы. С этой пелью мысленно заполним полость тем же веществом, из которого сделан цилиндр. Образовавшийся таким образом сплошной однородный пилиндр назовем пилиндром 1, а цилиндр вдвое меньшего радиуса, заполняющий полость, — цилиндром 2.
Массы цилиндров обозначим соответственно через т! и тз. Энергия системы, как 212 Ответы и решения потенциальная, так и кинетическая, будет равна разности энергий цилиндров ! и 2. При повороте системы из положения равновесия на угол 2р (рис. 247) центр масс цилиндра ! остается на прежней высоте, его потенциальная энергия !!1 не изменяется. Потенциальная же энергия пилиндра 2 становится равной Пз = тздйз, где )2 = Л+ '2!2Л сгж1р высота центра масс этого цилиндра над горизонтальной плоскостью, на которой находится система.
Полная потенциаль ная энергия всей системы !1 = П1 — !!2 = = сопзг — пзадЛ(1 Ч- 12созза) Единственное переменное слагаемое, которое она содержит, есть — 222птедЛсоз2р. Поэтому при надлежащем выборе аддитивной постоянной 1 величину Гг всегда можно представить в виде 1 П = сопят + — га28Л71 — сов эг) = соггзт + пгздЛзщ —, 2 2' или для малых углов е П сопз1+ 221тздЛр Кинетическая энергия систе- 1 мы Л = 222!12 — 1а)ф, где 11 и 12 — моменты инерции цилиндров относительно 1, а мгновенной оси. При изменении угла р величины 11 и 12 изменяются.
Но для малых колебаний этими изменениями можно пренебречь и отнести !1 и 12 к тому моменту, когда система находится в положении равновесия. В этом положении с помощью теоремы Гюйгенса — Штейнера нетрудно получить !1 = = 21ещ1Л', !2 = '~22зпг Л2. Приняв еще во внимание, что п11 = 4п22, найдем 7Г =- 21ьтзЛ е2 . На основании полученных выражений для П и 11 заклю2Э 1 '2, ° 2 чаем, что малые колебания системы будут гармоническими с периодом 'Г = = хь229Л22п. (а ж ь)2 1 2!,г2 617. а = 1222Г52+ 222згз) = 7,42см, 1 = а+ ' ' = 49,6см. 29 = а = 2пхг!22к = 1,42 с, х = 2!а 4 Ь) = 34, 8 см. ,г 6!8 г = го(1+ 2 совшог), где шо =,гк7пг.
При этом должно быть Ь2 — Ь2 о ш < шо. В противном случае груз на вращающейся штанге неограниченно удалялся бы от оси вращения, и равновесие, вопреки условию задачи, было бы невозможно. 619. 2Р = 2х а — 1,26 с. 620. 1) Если отвести оба грузика в одну сторону в плоскости, проходящей через точки крепления струны, на одинаковое расстояние, то период колебаний '1'1 = 2я,~тп!)Е = 0,05 с.
2) Если отвести оба грузика на одинаковые расстояния в разные стороны, то период 7' = 2т2,~гпЦ2Р = 0,035 с. См. замечание к ответу задачи 570. У к а з а н и е. В первом случае средняя часть струны (между грузиками) будет всегда параллельна первоначальному положению, и ускорение массам будут сообщать натяжения только крайних отрезков струны. Следовательно, массы будут двигаться так, как вдвое большая масса, находящаяся на середине укороченной в два раза струны при том же натяжении.
Во втором случае средняя точка струны находится в покое; следовательно, каждый грузик колеблется так, как если бы он находился в середине струны, укороченной в два раза. 213 э 11. Гидростатика и иэростатика 621. Если прн колебаниях маятника его максимальная угловая скоРость (ЙР,гЖ)чкм меньше Угловой скоРости вала иь нлн ш — ИР/Ж > 0 длЯ любого момента времени, то момент силы трения, действующей со стороны вала на маятник, всегда направлен в одну сторону. Так как этот момент постоянен, а маятник прн колебаниях проходит по направленню врагцення н против вращения один н тот же путь, то работа момента снл трения за пернод равна нулю.
622. Прн колебаниях сила трения, действующая на муфту со стороны вращающегося вала за одну половину периода, направлена по движению маятннка, когда вал н муфта вращаются в одну сторону, а в другом полуперноде эта сила направлена против движения маятника. 1) Если сила трения увеличивается со скоростью скольжения, то она больше в ту половнну периода, когда муфта н вал вращаются в противоположные стороны. Следовательно, работа силы трения маятника о вал за целый период положнтельна, затухание маятника возрастает нз-за трения между муфтой н валом 2) Еслн сила трения уменьшается со скоростью скольжения, то по тем же причинам, наоборот, работа силы трения маятника о вал за весь период отрицательна, ва.т сообщает энергию маятнику н затухание колебаний уменьшается.
В том случае, когда работа силы трения о вал больше, чем потери энергии на трение других частей маятника, энергия колебаний маятника будет увеличиваться, амплитуда будет возрастать, а маятник может совершать авто- колебания. 623. Положение равновесия смещено в сторону вращения вала на угол ро = вгс!8(РЛ/а) 911. Гидростатика и аэростатика 624. 1) Да.
2) Равновесие может нарушиться, если объем тел различно изменяется прн погружении в воду вследствие того, что сжнмаемость нх различна. Сжнмаемостью называется величина — ьз)г/(тзр!г), где тз!г — измененне объема )г, вызванное изменением давления тзр 625. Гири должны быть нз того же вещества, что н взвешиваемое тело. 626. р = — ф(рз — р1) 4.
г)зр~~д. 6 > бр(! — р)С 628. г~ > 2р(1 — р)1 629. 1/г > (2в!п(о/2))з, где угол о определяется нз трансцендентного уравнения о — вша = 2кр Например, прн р = 'Уз нз него получаем о = = х, н условие устойчивости принимает внд 1 > 4г Прн других значениях р равновесие может быть устойчивым н прн меньших значениях!. Так, прн а = = к/2 н о = Зк/2 получаем соответственно р = 1/4 — ! /2я — 0,091 н р = — — 3,14+!,г2я — 0,841 Прн таких значениях р равновесие устойчиво, если 1 > 2г Прн 1 > 4г равновесие устойчиво, каково бы нн было р ( ! 630.
à — 1, 12кгс 631. 1) ьз1Ц вЂ” 400кгс, 2) сззСЗ = !96кгс. Указание Давление водорода в баллоне аэростата практически будет равно внешнему атмосферному давлению н на высоте 2км Часть водорода уйдет нз баллона через клапан. Зная вес 1 мз воздуха на высоте 2 км, можно найти вес 1мз водорода прн новом давлении нз пропорции 1/1,3 .= к/90.
Отвегпы и решения 632. Если сжимаемость жидкости (или газа) больше сжнмаемости тела, то принципиально можно. Ь 1О' 633. Р = ХХ-'г - ммрт.ст. Р 634. р = 1 — 1(гг~ 635. Г = 'Бара, где р — плотность воды, 6 = ''ггзи. 636. Р = 8,64 кгс, ЛХ = 41,6 кгс см. 637. Р =- 32,56кгс, ЛХ = 332,8 кгс см. 638.Р=6 =146тс е с ж 23 6 639. М = 210 кгс м.
640. Решение. Выделим в стенке сосуда пояс шириной 1 см, расположенный на высоте 1 м. Силы со стороны соседних к поясу частей стенки не действуют на пояс в горизонтальном направлении, и поэтому силы давления жидкости уравновешиваются только упругими силами пояса Выделим элемент этого пояса длиною ЛЩ где Л вЂ” радиус цилиндра и г(:р — угол. К концам этого элемента приложены со стороны соседних элементов силы, уравновешивающие силу дзвленяя РЛс(гр на элемент, т.е 2Рг(ьэгг2 = РЛар Р представляет искомое усилие. Подставляя р = 0,4 кгсусм-', Л = 1 м, получаем Р = 40кгсусьг. 641.
гзр = 0,017ы~сусьг~ У к а за н ив. Для решения задачи можно воспользоваться следующими соображениями. Рассечем мысленно баллон произвольной диаметральной плоскостью. На каждую полусферу буде~ действовать сила ЬряЛ . Полусфера будет удерживаться в равновесии силами натяжения ткани Т, приложенными на окружности большого круга (в сечении баллона диаметральной плоскостью) Это значит, что йгряЛз = Т 2т;Л, откуда гзр = 2ТгЛ Подставляя для Т его предельное значение 850 кгсум, находим максимально допустимое превышение давления газа в баллоне над внешним атмосферным давлением. 642. 5 5,4км. Указание Изменение давления г(р с изменением высоты ИЬ связано равенством г(р = — рд35, где р — плотность воздуха. При постоянной темпеРатуре РХРИ = раурйа.
Подставляя это в предыдущее равенство и интегрируя, палучзем р = рае яе'ьгя" 643. Р = (Л вЂ” г ), Р, = г(зрйгЛ, где г — расстояние от центра Земли, рд 2Л Л вЂ” радиус Земли. Если бы земной шар состоял из несжимаемой воды, то было бы Рк =. 'ггзаЛ (Ря — в атмосферах, Л, — в метрах). С учетом плотности Земли (р = 5,5) Рч = О 275Л- 1,75 10 атм. 644. а = агс!80, 29 = 16'10'. 645. а = 0,5йг при ускорении в направлении удаленного днища, а = 5д— в обратном направлении 646. Не изменится.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
