З.П. Козлова, А.В. Паншина, Г.М. Розенблат - Теоретическая механика в решениях задач из сборника И.В. Мещерского (1115228), страница 42
Текст из файла (страница 42)
Определить скорость снаряда„прегшолагая, что ось маятника О не испытывает удара,з причем ай =,р . Янган~, Уйечетная скемй:угэобраигена 2.'Зоепоаьауемся теоремой об из:, нетнчвского момента системы «и'" .. оси вращения Оз при ударе: ' ,22 рис. а4.гб.г маятника не испытывает удара, то ных импульсов нет: Ко, =- Ко„, !а! тва, Ко, =- пгва+ М~Ры.
и = ыа, р' =- аЬ = тиа = тра + МыаЬ. полученного соотношения скорость снаряда в через угловую маятника, приобретенную после удара: арного движения маятника воспользуемся теоремой об изме- ической энергии: ~ерез угол о ~ 2д(! — соьо)(та+ МЬ) та~+ Мр! !4еь!и!(о,'2) (та + МЬ) а(та+ МЬ) а /х == 25!и— 2 у' а ость снаряда ~'"';.::„'::.'- ~в послеуд ,,-;;;;-;,:;:.',,;:;:.';:-: )гении кинет йФ-:';;: = о ;!.в!ьв(!~!,, Вмразиы ю ° ;;";-,,""~.;;;:;~.';-'-'-" Нскомая скор т-т,=') А'," г~ Л'„.' 2а2 М 2 2 — — — — — тяа( ! — соь а) — Мдд( ! — соа о). 2 2 та+ МЬ 2(гпа+МЬ) /д а в = ы =- — — —,, — ып —.
т 390 Задача 44.26 (44 сы М и длины КОНЦОМ К ЦИЛИНДР начальной скорост (рис. 44.26.1). В в груз массы т, сооб тальной шерохова ния скольжения— грузом, считая уд 31 Ответ. "а =-— Рис. 44.26.1 2~ (М + Зт)~ Рис. 44,2б.2 Решение. Расчетная схема — на рис. 44.26.2. Согласно теореме об изменении кинетической энергии стержня при «доударном» движении имеем: .~о»ы Мд1 М22 . Л~ — =Ма — =~ ы = — =, =Е ы= «у1 —. 2 2 »о Мг'/3 'у Т' Для определения скорости и груза сразу после удара выпишем следующие уравнення, испОльзУЯ теоРемУ об изменении кинетического ьЮмента относительно оси вращения Оа при ударе и условие неупругого удараг ти1+.7о,ы1 -;го«ы =, 0 (шарнир Од — гладкий), в Ы1= -. Г Отсюда т .ФВ)з...-.... 393 атрим лвл)женлзе груза по шероховатой'поверхности, прелпо- И Срааул ГРУЗ И С«ЕРжЕНЬ.ПОЕЛЕ УДара ДВИжутСЯ НЕЗаВИСНЛЮ : Запишем теорему о движении пентра масс в проекрни на осн п2 3! М2 путь, пройденный грузом а =- — = —— 2уд 2у (Зги+ М)т изма с квалратныл1 ! и может вращаться (рис.
44,27.!). Ребро 3вдвчв 44.27(44.24), Однородная прямая пр основанием стоит на горизонтальнои плоскости вокруг ребра АВ, лежащего в атой плоскости основания призмы равно а, высота ее -- За, масса — Згл. В середину С боковой грани, противолежащей ребру АВ, уларяет шар мясом гп с горизонтальной скоростью Р Прелполагая, что улар неупругий и что масса шара сосрелоточена в его иентре, котоРый после удара остается в точке С, определить наименьшую величину скорости е, при которой призма опрокинется. ! Ответ! в = - л/53~а. 3 ! ! / Рис.
44.27Л з елмливнмв. На рис. 44.27.2 изображено сечени костью, проходящей через иентр масс С приз Пусть скорость шарика, который ударяет пр~ теоремы об изменении кинетического люм щения Ол при уларе определим у~ловую скорост е призмы вертикальной мы, лзму, равна е. С помо- ента относительно осн ь призмы 3 1д,с~ л ти ОС - «пв — а == 0 2 (:: Мюриым моментол~ в оси врашения Ол пренебрегаем. Удар неупругий„ ,,'"'' поптому скорость шарика н после улара связана с угловои скоростью ы 392 11.
Удар о. Рис. 44.27.2 призмы следуюшим образом: /13 и =-и ОС =-ы аз+ ~-а( =ыа —. Момент инерции Зо, призмы вычислим, используя результат задачи 34.10 и теорему Штейнера — Гюйгенса: г Зо, =- — — + (За)' + Зт — = 1Ота~. В результате из уравнения (1) выразим е через ац 13 1Ота~ + — та Хо„ы+ ти ОС 4 53 Ф= 3 3 ' 6 *ы.= —,аьг. ' (2).'.
Определим центр масс Е системы аризма+ гдарикьг т СЕ = Зт-Ец„или т'СЕ= Зт — -СЕ =.=э:. СЕ:=.--и,, 12-. '/ " ' ',', '$ * Призма опрокииетея, если.'при.ее подрроте вокруг оси. Ов: ОбщйК центр масс Е окажется иа вертицааьйой пряьвй.' прпкодящей чер)ез ось, Од,,т.е. есди точка Е достигнет,ткщожиж Ф.(сй.риьс;:.44.27.;2).Джжтвч-' ИО,: ЧтебЫ В Зтри;ПГВКрКЕМИИ утврВВВ,СКОрпвтвг Прищ1Ы:.раЛа::.раВ111йщаак теорему о6 нзмененнм Мннетнческой энергии системы:при: ы на угол вн с зтзвз,7озазз 1 — + — *~ = -(тн+Зггь)я О8(« — сок«з), 3 -а 2 «2 «3' ,)о* =- «б~и~'. ОВ = д-а~ + ~а - -а~ -- — а /~2 ~ ~ 8,~ 8 ,::.;,:,'- ~;:~:::;:::.': Йз составлен ;-:;::ь Ф~'„.';; ~4::-''".='-'„-'~::; 'Теперь с пом :,.;:$-',:-:!;:;:::'., рости в шари ного уравнения выразим наименьшую угловую скорость зц, о толкнуть призму с шариком, чтобы оиа опрокинулась: з з Гк — 5пза'и == -4~щ — а(! — сока) =: ьз — — 2~/ —.
8 'т 53а' 53 ! е =- — аы =- — „/538гь 6 3 (44,2$). ««латформа с помепризматическим грузом АВ зонтальным рельсам со скоро- 28.!). На платформе имеется О Я ый упирается ребро В груза, ослелиему скользить по плат- Рис. 44.28Л зо не препятствуя вращеншо В. Дано: 6 -- высота центра масс груза над платфорус инерции ~руза относительно ребра В. Опрелелить орость ы вращения груза около ребра В в момент мгиоки платформы. А 6),В з огласно теореме об изменении кинетического момента тельно оси Ве при уларе имеем соотношение: Злтьз — гаМ == О. ошью соотношения «2) иаилем наименьшую величину ско- ка, при которой призма опрокинется: 394 11. Удар "в2 гпр р ма' Решение.
Расчетная схема изображена на рис. 44.29.1. Воспользуемся результатами задач 44.27 и 44.28. Угловая скорость гд груза в момент мгновенной остановки платформы: Рис. 44.29.1 Момент инерции груза: а г ,2„= ™ а + Ь' +. '- =:- ~~аг+ Ьг>. Скорость в платформы, выраженная через угловую скорость ы груаж ,7в,ы аг + Ьг 6 =-— аг. пгй ЗЬ Опрокидывание груза произойдет, если центр масс С груза хотя бы с нулевой скоростью достигнет вертикального положения, т.е. если груз успеет повернуться на угол а, такой, что Ь соао = ъ'а'+ Ь' Воспользуемся теоремой об изменении кинетической энергии: гвеаг.
2 — — '' = гад ВС(1 — сов ге). 2 Отсюда 12. Динамика точки и системы переменной массы (переменного состава) (9 45, Г101) Задача 45.1 (45.1), Составить уравнение ременной массы в среде, сопротивление кото скорости. Масса маятника изменяется по зад путем отделения частиц с отнгюительной с Длина нити маятника — г. На маятник дей тивления. пропорциональная его угловой ск гт . г . Ответ: ф+ — — ее+ — агпуг = О. пт(1)г г Решение. Уравнение Мещерского в проекции на касательную к траектории (окружности) маятника имеет вид: (Г)((гГг) = — (1) - я анл гГГ Ч Л + Х~, где гг == -® — сила сопротивления, Р, = — ье.
т — реактивная сила (о, — относительная скорость отделения частиц). Но так как (по условию задачи) о, = О, то нмеелс гпЯЬр = — т(1)д Ип (о — ~Зги. Отсюда получаем ответ к задаче. Решение. Уравнение Мещерскою в проекции иа вергйкалв е.цвет вид: пгоХ(е) В = -пгоу(е) 'Ю гпатве .ге. Отсюда получаем ответ к задаче. е Тяга реяятяаногоаяягягеля ояредеяяегея форггуяйя Р . —;.: (гав/г)Г)ее,' где е::,—."' зффекеяяная скорость'яетечеяяег ь Й««$$0$«ь«й. Уравнение движения из предыдуп«ей задачи имеет вид: — а+ ее. ! — о« Кзг«агру«руя по времени один раз, имеем: в(«) = -д« вЂ” е, $п ($ — о«) (еь(0) -- О). нтегрнруя по времени второй раз, получим: я«' е(«) = — — — ь, $п (! — а«) г««.
2 нтегрвл берем по частям: $п(! — а«)й == ~«.$п(! — а«))~ — / ~ — - ---1 «<«« Г ! — ૠ— $ ! = ««п (! — а«) — ~ 4« = «$п (! — а«) — ! — — $п (! -- а«). ! — а« а О к$па нетрудно получить ответ к задаче. начаяьной массы гп,, поднимается верполе силы тяжести с постоянным усконого тяготения). Пренебрегая сопротнв~ФФективнуэо ско«хэсть е, истечения газов акон изменения массы ракеты, 2) закон отсутствии поля тяготения.
— х«~-' 2) т =птюехр ~- — «~. ег ее ;~Э'45.Э(45'3) т)р«и«итегриров«пь урдвиент«е э«вюкесиия преды- : ~!~йаадачн прй пт = п«а($-а«) и 22 ='О.'нвч®ц наяекоростьрвкеты ;:;!~!«$$уве««внести Земли 'равна нулю'. На какой высоте будет находиться чь««ьвмем «!6;м:и нр е 2ВВ / и~ чю ". Я« '.!':~))ув$рт« «в(«) = — '((! — а«) $п(! - а«) + а«) - —, 2 е($0) = 0,54 км. е(30) = 5,65 км, е(50) = $3,4 км.
398 12. Динамика точки Ьяе РЕШЕНИЕ. УраВНЕНИЕ ЫЕШЕРСКОГО В ПрОЕКцИИ На ВЕртИКаЛЬ ИМЕЕТ внд: гп(е) ' по '= — гп(е)ь ве ' ™ Разделяя переменные, получим: Игл (и + 1)я еа (и+!)в 1 = пе(1) = гпоехр ~- ве гл ее Если д =- О, то имеем уравнение: ж1 = гп(~) = пео ехр ~ — — ~у.
гя(Г)щ = — гегЬ Задача 45.5 (45.5). кается до г -:- го по за ления, нанти движен весь заряд практичес подьема ракеты. В на нулю, и находилась н аее Ответ: Н = — '(ае, 2д газов из ракеты. "Я' Решение. Уравнение Мешерского в проекции на вертикаль: яе(г)У =- — т(1)я — еет Но, так как пт(г) = тое, то получим: ез е = — я+в, а =; ж(8) =$(-я+а ° е,), ж(1) = — (-я+ае,). 2 Если к моменту 1 = ~о весь заряд сгорел, то при Ф > $о начинается просто движение в поле силы тяжести.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
