Л.Г. Антошина, С.В. Павлов, Л.А. Скипетрова - Общая физика (сборник задач) (1109674), страница 10
Текст из файла (страница 10)
Следовательно, уравнение (2) даетIβ = (T2 – T1)R.(3)Опишем поступательное движение грузов вдоль оси x, применив второй закон Ньютона:m2 g – T2 = m2a,(4)m1 g – T1 = –m1a,(5)При решении задач такого рода мы считаем, что нить движется по блоку без проскальзывания, ускорения грузов равны линейному ускорению точек на ободе блока:a = βR.(6)Решая систему уравнений (3)–(6), приходим к соотношениям⎧⎪m2 g − (T2 − T1 ) − m1 g = a(m1 + m2 ),⎨⎩⎪ Ia / R = (T2 − T1 )R,из которых получаемm2 − m1a=,m1 + m2 + I R 2⎛ 2m2 + I R 2 ⎞T1 = ⎜⎜2⎟⎟ m1 g,⎝ m1 + m2 + I R ⎠⎛ 2m1 + I R 2 ⎞T2 = ⎜⎜2⎟⎟ m2 g .⎝ m1 + m2 + I R ⎠Следует отметить, что если считать блок невесомым, то егомомент инерции будет равен нулю, следовательно, ускорение гру⎛ m − m1 ⎞зов a = ⎜ 2⎟ g .
Отсюда мы видим, что наличие у блока мо⎝ m1 + m2 ⎠мента инерции приводит к замедлению системы.⎛ 2m2 + I R 2 ⎞m2 − m1m g,T=Ответ: a =,⎜⎜12⎟⎟ 1m1 + m2 + I R 2⎝ m1 + m2 + I R ⎠⎛ 2m1 + I R 2 ⎞T2 = ⎜m g.⎜ m + m + I R 2 ⎟⎟ 2⎝ 1⎠21.5.13. Однородный шар массой М и радиусом R скатывается(без проскальзывания) с наклонной плоскости. Чему будет равна81скорость v шара у основаниянаклонной плоскости? Определитьвеличину силы трения покоя Fтр.п. Высота наклонной плоскости Н,угол с горизонтом α.Решение. Движение шара можно представить как поступательное движение центра масс и вращательное движение относительно центра масс. Рассмотримсилы, действующиена шар (рис.
1.62):Mg — сила тяжести, N — сила реакции опоры, Fтр.п — сила тренияРис. 1.62покоя (трение между шаром и наклонной плоскостью возникаетв точках их соприкосновения, а так как эти точки в каждый моментвремени неподвижны, то сила трения будет силой трения покоя).Выберем положительные направления осей x, y и угла поворота инапишем в проекциях на эти оси уравнения движения шара (1.5.8)и (1.5.9):x:Mg sinα – Fтр.п = MaC,(1)y:N – Mg cosα = 0,(2)Fтр.пR = Iβ,2I = MR 2 ,5aC = βR (из условия отсутствия проскальзывания).Решаем систему уравнений (1)–(5):I β 2MR 2aC 2== MaC .R5R ⋅ R5Подставим в уравнение (1):2Mg sin α − MaC = MaC ,5Fтр.п82(3)(4)(5)aC =5g sin α.7(6)Мы видим, что ускорение центра масс шара аC, катящегося понаклонной плоскости, меньше, чем ускорение тела a = g sin α,скользящего по этой плоскости.Для того чтобы найти скорость у основания наклонной плоскости, воспользуемся формулами равноускоренного движения:⎧ x = at 2 2,⎪⎪av 210 gHx = 2, v =.⎨v = at,72a⎪⎪⎩ x = H sin α ,Найдем силу трения покоя Fтр.п, используя выражение (6):2 52M g sin α = Mg sin α.5 77Следует отметить, что если коэффициент трения покоя k достаточно мал или угол α достаточно велик, так что Fтр.п > kN (при7этом tg α > k), то шар будет не только скатываться с плоскости,2но одновременно скользить по ней.10 gH2, Fтр.п = Mg sin α.Ответ: v =77Fтр.п =1.5.14.
Система, состоящая из цилиндрического катка радиусомR и гири, связанных нитью, перекинутой через блок, под действием силы тяжести гири приходит в движение из состояния покоя.Определитьускорение a центра инерции катка и силу натяжениянити T . Какую скорость v приобретет гиря, если она спустится свысоты h? Масса цилиндра M, масса гири m, массой блока пренебречь. Считать, что цилиндр катится по горизонтальной поверхности без скольжения.
Трением качения пренебречь.Решение. Катящийся цилиндр участвует в двух движениях: вращается вокруг оси и движется поступательно со скоростью оси.На каток действуют четыре силы (рис. 1.63): сила натяжения нитиT , сила тяжести Mg , сила реакции опоры N и сила трения покояFтр.п. Сила трения покоя обусловлена тем, что каток не скользит,а катится по плоскости, в то время как первые три силы, проходящие через ось, не могли бы вызвать вращения тела. Действиесилы Fтр.п не связано с трением качения. Она появляется как сила83Рис.
1.63реакции опоры, противодействующая возникновению скольжениякатка по плоскости.При исчезновении силы натяжения нити Tисчезает и сила Fтр.п. Выберем положительные направления осейx и угла поворота. Для поступательного движения на основаниизакона (1.5.8) получимТ – Fтр.п = Ма.(1)Так как вращающий момент относительно оси цилиндра создает лишь сила трения, то согласно (1.5.9) имеемFтр.пR = Iβ.(2)Поскольку каток катится без проскальзывания, β = a/R.Известно, что момент инерции однородного цилиндра I = MR2/2.Применим второй закон Ньютона для гири, ускорение которой,очевидно, равно ускорению центра инерции катка:mg – T = ma.(3)Решая систему (1)–(3), найдем неизвестные величины a и T:a=2mg,3M + 2mT =3Mmg.3M + 2mЗная ускорение гири, вычислим искомую скорость v по формуле скорости равноускоренного движения:mgh.3M + 2m2mg3MmgmghОтвет: a =,T =, v=2.3M + 2m3M + 2m3M + 2mv = 2ah = 2841.5.15.
Через какое время t остановится раскрученный до угловой скорости ω диск радиусом R, если коэффициент трения между диском и плоскостью равен k? Диск не участвует в поступательном движении.Решение. Для решения задачи воспользуемся основным уравнением динамики вращательного движения твердого тела (1.5.9).Разобьем диск на кольца, выберем кольцо толщиной dr на расстоянии r от центра диска. Получаем массу кольца dm = 2πr dr hρ.Определим силу трения, действующую на это кольцо:dFтр = kg dm = kg ⋅ 2πr drhρ.Подсчитаем момент силы трения, действующий на кольцо dr:dM = dFтрr. Определим момент силы трения, действующей на весьдиск:RM = ∫ kg ⋅ 2πhρr 2dr = kg ⋅ 2πhρ0R3.3Напишем уравнение движения диска и определим угловоеускорение β:Iβ = M,β=M,II =MR 2,2β=4kg.3RНайдем, наконец, время, через которое диск остановится:ω = ω0 − βt,Ответ: t =t =ω0 3ω0 R.=4kgβ3ω0 R.4kgЗадачи без решений1.5.16.
Найти положение центра масс однородной пластины,изображенной на рис. 1.64.1.5.17. Найти момент инерции I и момент импульса L земногошара относительно оси вращения.1.5.18. Найти момент инерции I сплошного цилиндра радиусомR и массой M относительно оси, тангенциальной к его краю ипараллельной его оси симметрии.851.5.19. Диск с вырезом имеет массу М (рис. 1.65). Определитьмомент инерции I относительно оси, проходящей через точку Аперпендикулярно плоскости диска.Рис. 1.64Рис 1.651.5.20. Тело массой m брошено с начальной скоростью v0 подуглом α к горизонту. Найти вектор момента импульса L в верхнейточке траектории. Тело считать материальной точкой.Сопротивлением воздуха пренебречь.1.5.21.
Однородный цилиндр массой М и радиусом R без скольжения скатывается по наклонной плоскости, составляющей уголα с горизонтом. Определить ускорение движения а.1.5.22. На горизонтальной плоскости лежит катушка ниток,момент инерции которой относительно оси, проходящей черезцентр инерции, равен I0, масса m. C каким ускорением а будетдвигаться ось катушки, если тянуть за нитку с силой F (рис. 1.66).Катушка движется по поверхности стола без проскальзывания.Найти силу трения Fтр между катушкой и столом.1.5.23. По горизонтальному столу может катиться без скольжения сплошной цилиндр массой m, на который намотана нить.К свободному концу нити, переброшенному через легкий блок,подвешен груз той же массы m (рис.
1.67). Система предоставленасамой себе. Найти ускорение груза а и силу трения Fтр между цилиндром и столом.Рис. 1.6686Рис. 1.671.5.24. Маховик, массу которого m = 5 кг можно считать распределенной по тонкому ободу радиусом r = 20 см, свободно вращается вокруг горизонтальной оси, проходящей через его центр,с частотой n = 720 мин–1. При торможении маховик останавливается через промежуток времени Δt = 20 с. Найти тормозящий момент М и число оборотов N, которое сделает маховик до полнойостановки.ТЕМА 1.6ПРИМЕНЕНИЕ ЗАКОНОВ СОХРАНЕНИЯДЛЯ ОПИСАНИЯ ВРАЩАТЕЛЬНОГОДВИЖЕНИЯ ТВЕРДОГО ТЕЛАКинетическая энергия вращающегося тела определяется формулойI C ω2(1.6.1),2где IС — момент инерции относительно оси, проходящей черезцентр масс, ω — угловая скорость.
Момент инерции вращательного движения является мерой инертности тела. Формула (1.6.1)справедлива для тела, вращающегося вокруг неподвижной оси.В случае плоского движения, например цилиндра, скатывающегося по наклонной плоскости без скольжения, энергия движенияскладывается из энергии поступательного движения и энергиивращения:Eк =mvC2 I C ω2(1.6.2),+22где m — масса катящегося тела; vС — скорость центра масс тела,IС — момент инерции тела относительно оси, проходящей черезего центр масс, ω — угловая скорость тела.Законы изменения и сохранения энергии (1.3.8) и (1.3.10) широко применяются в решении задач на вращательное движениетвердого тела.
При энергетическом подходе следует помнить, чторабота А постоянного момента М силы, действующей на тело,Eк =А = Мϕ,(1.6.3)где ϕ — угол поворота тела.Закон сохранения момента импульса гласит: если результирующиймомент внешних сил, приложенных к системе, равен нулю(M = 0), то момент импульса системы есть величина постоянная:(1.6.4)L = const.Закон сохранения момента импульса во вращательном движении, так же как и закон сохранения импульса в поступательномдвижении (1.3.9), позволяет исключать из рассмотрения любые88силы, действующие внутри системы, в том числе силы трения.Поэтому закон применяют в тех задачах на вращательное движениетвердого тела, где характер изменения со временем сил взаимодействия между частями системы сложен или вообще неизвестен.Качественные задачи1.6.1.
Как формулируется закон сохранения момента импульса?Возможно ли применение этого закона сохранения при наличиивнешних сил, действующих на систему?1.6.2. Как определяется кинетическая энергия при плоскомдвижении твердого тела?1.6.3. Как определяются: 1) работа силы при поступательномдвижении тела; 2) работа момента силы при вращении тела?1.6.4. Обладает ли каким-либо преимуществом использованиезакона сохранения механической энергии при решении задач динамики по сравнению с применением уравнений движения?1.6.5. Объясните, почему прецессионное движение гироскопанеинерционно, т.е.
прецессия прекращается мгновенно, как только прекращает действовать момент внешних сил, вызывающихпрецессию?Задачи с решениями1.6.6. Однородный шар радиусом r начинает скатываться безскольжения с вершины полусферы радиусом R. Найти угловуюскорость ω шара в момент отрыва от поверхности сферы.Решение. Решим задачу, используя уравнения движения центрамасс шара (1.5.8), закон сохранения механической энергии (1.3.1)и определение кинетической энергии плоского движения (1.6.2).На шар действуютсила тяжести mg , сила реакции опоры N и силатрения покоя Fтр.п (рис. 1.68). Выберем направление координатныхосей и напишем проекции всех сил на ось x в момент отрыва(N = 0):mg cos α =mv 2.R+r(1)Применим закон сохранения энергии:mgh =mv 2 I ω2+,22(2)89Рис.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
