Л.Г. Антошина, С.В. Павлов, Л.А. Скипетрова - Общая физика (сборник задач) (1109674), страница 11
Текст из файла (страница 11)
1.68где I = 52 mr 2 — момент инерции шара относительно оси, проходящей через его центр. Вспомним связь между линейной и угловойскоростью v = ωr. Из геометрических соображений определимh = (R + r) – (R + r) cosα = (R + r)(1 – cosα).(3)Решая уравнения (1)–(3), получаем10(R + r ) g.17r 210(R + r ) g.Ответ: ω =17r 2ω=1.6.7. С одного уровня наклонной плоскости одновременноначинают скатываться без проскальзывания сплошные цилиндри шар одинаковых радиусов. Какое из тел будет иметь большуюскорость на одинаковом уровне? Во сколько раз будут отличатьсяскорости? Трение качения отсутствует.Решение.
Воспользуемся законом сохранения механическойэнергии (1.3.10) и формулой (1.6.2). Полная механическая энергияв начале движения определяется потенциальной энергиейmv 2 I ω2.E0 = mgh, в конце — кинетической Eк =+22Приравнивая их друг к другу, получаемmv 2 I ω2+.(1)22Следует отметить, что в течение этого движения действует силатрения покоя (см. задачу 1.5.13), однако эта сила работы не производит. Вспомним, как определяется момент инерции шара2I ш = mR 2(2)5и цилиндраmgh =901mR 2 ,2а также связь линейной и угловой скорости v = ωR.Решая уравнение (1), получаемIц =v=2mgh.m + I R2Подставляя (2) и (3) в (4), имеем скорость шара vш =4 ghскорость цилиндра vц =.3Следовательно, vш/vц = 1,58.10 gh4 gh, vц =, vш/vц = 1,58.Ответ: vш =73(3)(4)10 gh,71.6.8. Круглая платформа радиусом R, момент инерции которой I0, вращается по инерции вокруг вертикальной оси, делая n1оборотов в секунду. На краю платформы стоит человек массой m.Сколько оборотов в секунду n2 будет совершать платформа, есличеловек перейдет в ее центр? Момент инерции человека рассчитывать как для материальной точки.
Вычислить работу А, совершенную человеком при перемещении с края платформы на середину.Решение. Согласно условию задачи, платформа с человекомвращается по инерции, следовательно, для системы платформа —человек выполняется закон сохранения импульса (1.6.4). Моментимпульса системы в начальный момент L1 = I1ω1 = (I0 + mR2) ×× 2πn1, а в конечный — L2 = I2ω2 = I0 ⋅ 2πn1.n ( I + mR 2 )Так как L1 = L2, получаем n2 = 1 0.I0Используя закон изменения механической энергии (1.3.9),имеемA=I 2ω22 I1ω12 (2πn1 )2 ( I 0 + mR 2 )mR 2.−=222I 0Ответ: n2 =A=n1( I 0 + mR 2 ),I0(2πn1 )2 ( I 0 + mR 2 )mR 2.2I 0911.6.9. Шар массой М = 1 кг, лежащий на горизонтальной плоскости, пробивается по диаметру пулей, летящей горизонтально сначальной скоростью v0 = 500 м/с.
После удара шар начинаетскользить по плоскости. Спустя некоторое время его движениепереходит в чистое качение с постоянной скоростью vш = 3 м/с.Определить скорость пули после вылета ее из шара, если массапули m = 10 г. Трением качения пренебречь.Решение.
Пусть время, через которое установилось чистое качение, равно Δt. В течение этого времени на шар действовала силатрения скольжения Fтр.ск (будем считать, что она не зависит отвремени). Применим для решения задачи закон изменения импульса и основное уравнение динамики вращательного движениятвердого тела (1.5.9):mv0 – Mvш – mvп = Fтр.скΔt,Iβ = –Fтр.скR.Здесь v0 — скорость пули до удара, vш — скорость шара послеудара, vп — скорость пули после вылета из шара, I — момент инерции шара, β — угловое ускорение.
Чистое качение наступило, когда стало выполняться условие vш = ω′R. Напишем кинематическую связь между угловой скоростью шара и угловым ускорением:ω′ = ω0 + βΔt, где ω′ — конечная угловая скорость шара, ω0 = 0 —начальная угловая скорость шара.Решаем полученные уравнения и получаем7Mvш = 80 м / с.5 m7Mvш = 80 м / с.Ответ: vп = v0 −5 mvп = v0 −1.6.10. Однородный стержень массой М, и длиной а может свободно вращаться в горизонтальной плоскости относительно вертикальной оси, проходящей через его конец.
Во второй конецнормально к стержню ударяется шар массой m, летящий горизонтально со скоростью v. Удар считать упругим, силы трения междуповерхностью плоскости и телами пренебрежимо малы. Найтискорость шара u и угловую скорость стержня ω.Решение. Воспользуемся законами сохранения механическойэнергии (1.3.10) и момента импульса (1.6.4). Энергия системышар–стержень до удара определялась кинетической энергией пули92Е0 = mv2/2, после взаимодействия — кинетической энергией поступательного движения шара Еш = mu2/2 и вращательной энергией стержня Ест = Iω2/2. Таким образом, закон сохранения энергииmv 2 mu2 I ω2=+.222(1)Момент импульса данной системы может быть найден из следующего соотношения:(до взаимодействия) mva = Iω + mua (после взаимодействия)(2)Момент инерции стержня относительно оси вращенияI = Ma2/3.Решаем систему уравнений⎧ mv 2 mu2 I ω2,=+⎪22⎪ 2⎪⎨mva = I ω + mua,⎪2⎪ I = Ma ,⎪⎩3откудаm(v 2 − u2 ) = I ω2 ,(3)ma(v − u) = I ω.(4)Делим уравнение (3) на (4) и получаем v + u = ωa, откудаu = ωa – v.
Подставляем последнее выражение в (2):2mva = ω(I + ma2).Следовательно,2mva6mv,=I + ma2 ( M + 3m)av(3m − M ).u = ωa − v =3m + Mv(3m − M )6mvОтвет: ω =,u=.3m + M( M + 3m)aω=931.6.11. Сплошному однородному шару массой m и радиусом R,лежащему на горизонтальной плоскости, в момент времени t = 0сообщена скорость v0 без вращения. Учитывая трение скольжения,но пренебрегая трением качения, найти угловую скорость шара ω,когда его движение перейдет в чистое качение.
Определить потерю кинетической энергии ΔE на трение.Решение. Покажем, что во время качения поступательная v ивращательная ω скорости шара связаны соотношениемmRv + Iω = const,где I — момент инерции относительно геометрической оси тела.Другими словами, докажем, что в данном случае можно воспользоваться законом сохранения момента импульса (1.6.4).Движение шара описывается уравнением движения центрамассdv= ± Fтрm(1)dtи уравнением моментовdω= ∓ RFтр .(2)dtПричем верхний знак относится к случаю, когда сила трениянаправлена вперед (поступательное движение ускоряется, вращение замедляется), нижний — когда Fтр направлена назад (поступательное движение замедляется, вращение ускоряется).Решаем уравнения (1) и (2):Im dv = ±Fтрdt,Idω = ∓RFтрdt.Делаем простые преобразования:I dω,m dv = −RmR dv = –I dω.Откуда получаемmRv + Iω = const,(3)что и требовалось доказать.Применим выражение (3) для решения нашей задачи:mRv0 = mRv + Iω = (mR2 + I )ω,94(4)где v — поступательная, a ω — вращательная скорости шара послеустановления чистого качения, I = 52 mR 2 — момент инерции шараотносительно центра масс.
Решаем уравнение (4) относительно ω:ω=5vmRv0= 0.27RI + mRДля определения работы против сил трения воспользуемся законом изменения механической энергии (1.3.8):mv02 (mR 2 + I )ω2 mv02−=.2275vmv02Ответ: ω = 0 , A =.7R7A = ΔE =1.6.12. Шарик массой m прикреплен к концу веревки и вращается по окружности радиусом R1 с постоянной угловой скоростьюω1. Во время движения шарика веревка укорачивается до R2 < R1.Как изменится скорость движения шарика?Решение.
Для решения задачи воспользуемся законом сохранения момента импульса (1.6.4). Следует отметить, что укорачиваниеверевки не означает действия какого-либо момента сил, так какприложенная к шарику сила направлена вдоль линии, соединяющей шарик с центром вращения. Момент импульса в начальныймомент L1 = I1ω1, а в конечный — L2 = I2ω2. Согласно (1.6.4) получаемI1ω1 = I2ω2,(1)2 — момент инерции шарика относительно оси врагде I1,2 = mR1,2щения.Решаем уравнение (1): ω2 = ω1R12/R22.
Таким образом, скоростьшарика увеличилась.Ответ: ω2 = ω1R12/R22, скорость шарика увеличилась.1.6.13. Найти угловую скорость прецессии ω′ наклонного волчка массой m, вращающегося с угловой скоростью ω вокруг своейоси симметрии, относительно которой момент инерции волчкаравен I. Центр инерции волчка находится на расстоянии l от точки опоры.Решение. В этой задаче на примере волчка рассматривается поведение гироскопа.
Гироскопом называется массивное симмет95ричное тело, вращающееся с большой угловой скоростью вокругсвоей оси симметрии (рис. 1.69). Опыт показывает, что если осьвращающегося волчка наклонена к вертикали, то волчок не падает, а совершает так называемое прецессионное движение (прецессию): его ось описывает конус вокруг вертикали с некоторой угловой скоростью ω′. Такое поведение волчка-гироскопа можнообъяснить с помощью уравнения моментовdL(1)= ∑ Mi = M ,dtiгде L — момент импульсов, M — момент внешних сил, действующих на гироскоп.Рис. 1.69Действительно, момент импульса L прецессирующего волчкаотносительно точки опоры О (см. рис. 1.69) можно представить ввиде суммы моментов импульса Lω, связанного с вращением волчка вокруг своей оси, и момента L′, обусловленного прецессиейволчка вокруг вертикальной оси: (2)L = Lω + L′.Пусть момент инерции волчка I, тогда Lω = I ω.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
