1611143553-a5dfe0cd78607269d954ff04820322e4 (825013), страница 37
Текст из файла (страница 37)
После отрыва нижней пластинки ст стола центр масс будет двигатьси вверх равнозамедленно с ускорением й и начальной скоростью ос. Следовательно, максимальная высота подъема центра масс равна ой оз 1 уйхз тйзУ Н= — = —, Н= — ( — — 2лх — 3 — ), 2я 8л' 88(, т й )' где Н отсчитывается от положения центра масс в момент отрыва нижней пластинки от стола. (Разобранная задача дает представление о процесслх, происходящих при прыжках в высоту.) 178. В системе отсчета, связанной со стенкой, скорость шарика равна о+и. После удара в той же системе отсчета скорость шарика будет — (о+и).
Скорость шарика после удара относительно непод. вижной системы отсчета равна — (о+ и) — и = — (о+ 2и). Кинетическая энергия после удара т(о+2и)з/2. Кинетическая энергия до удара тоз/2. Изменение кинетической энергии равно 2тл(ип э). Теперь подсчитаем работу упругих сил, действующих на шарик при .ударе. Пусть удар длится время т; предполагаем для простоты, что во время удара упругая сила постоянна (результат не зависит от этого предположения). Так как в результате удара количество движения изменилось на величину 2т (о+и), то увругая сила равна Р=2т(о+и)!т.
Работа этой силы А =гЯ=Гит=2т (о+и) ит/т=2т (о+ и) и'. Как легко видеть, эта работа равна изменению кинетической энергии. 179. 1) До момента, когда веревка натянется, камни падают свободно: Я =д(з(2, Я =я (1 — т)з(2, Момент натяжения веревки определяется из условия (=Я,— Я,. Отсюда Г=Зс, Я,=44,1м, Я,=4,9м.
Время отсчитывается с момента падения первого камня. При натяжении веревни происходвт пругнй удар, и камни обмениваются скоростями (см. задачу !74). момент удара и,=йг =29,4 м1с, оз=й(1 — т) =9,8м/с. Время Г, падения первого камня (после того как веревка натянется) находится из условия Л Ях из1~+ ф1ь'2 220 Время 1, падения второго камня †условия И вЂ” 3» = о»1»+ 81»/2. Отсюда 1» ш 1,бс, 1, ш1,8с. Первый камень падает 4,6с, второй 2,8 с. 2) В случае неупругой веревки скорости камней после ее натяжения выравниваются (неупругий удар): о=(о»+э»)/2=19,6 м(с.
Время падения камней после того, как веревка натянется, определяется уравнениями И вЂ” 3»=о(»+я(, /2, И вЂ” 5 =Ш +Лг /2. Ю» и 3«те же, что и в первом случае. Отсюда 1» ш 1,2с, 1» ш3,3 с. Первый камень падает 4,2 с, второй 4,3 с. 180. Если отклонить один правый шар, то после удара слева отскочит крайний левый шар на угол, равный углу отклонения правого шара. Если отклонить одновременно два шара и отпустить их, то после удара слева отскочат два крайних левых шара.
Если отклонить три правых шара, отскочат три левых и т. д. При ударе первого шара о второй первый шар остановится, передав свое количество движения второму шару (см. решение задачи 174); второй передаст это же ноличество движения третьему, третий — четвертому и т. д. У крайнего левого шара нет «соседа» слева, поэтому шар отскочит (если йет трения н потерь энергии) на тот же угол, на который был отклонен крайний правый шар. Когда левый шар, после отклонения на максимальный угол, ударит предпоследний шар, процесс передачи количества движения по цепочке шаров повторится в обратном направлении. При отклонении одновременно двух правых шаров они передадут свое количество движения цепочке не одновременно, а по очереди, через очень малый (неуловимый на взгляд) промежуток времени.
Таким образом, цепочка шаров получит ие один «двойной» импульс, а два, которые будут распространяться по цепочке с некоторым временным интервалом. Крайний левый шар отскочит, получив «первую порцию» количества движения. Следом за ним отклонится его «сосед», получив следующую порцию количества движения, переданную ему от крайнего правого шара. При отклонении трех правых шаров цепочка получит три следующих один за другим через очень малые вромежутки времени порции количества движения соответственно от третьего, второго н первого шаров. Если отклонить и одновременно «отпустить четыре шара, то отскочат слева также чегыре шара, а два останутся неподвижными, 181. Ударяющий шарик отскочит назад, следующие шарики до стального останутся неподвижными.
Стальной шарик и все последующие начнут двигаться влево, причем скорости их будут различны. Наиболее быстро будет двигаться крайний левый шарик. Следующий будет двигаться медленнее и т. д. Шарики разойдутся (см. решение задач 174 и 180). 182. Пусть груз 2т опустился на высоту Н. Тогда грузы гл поднимутся на высоту И (рис. 347). На основании закона сохранения энергии 2тйИ+ — »+ — » =2тдН, или о»»+ о» »= 28 (Н вЂ” И), где ох — скорость грузов т, а оз — скороств груза массы 2т. По мере опускания груза 2т его скорость о, приближается к скоро- сти о„ так .как углы между участкадх ми нити, перекинутыми через блоки, стремятся к нулю.
В пределе о, т о,. Одновременно Н вЂ” Ь т 1. Следова- ' Ф тельно, предельное значение 'скорости грузов равно в= )Гф. 183. Скорости грузов равны, если пути, пройденные ими за равные малые промежутки времени, одинаковы.-Эти пути одинаковы прн таком т дн т значении угла АМВ, при котором опускание груза тт на Ьз='НК (рис. 1» 348) будет сопровождаться увеличеии('.) ем длины участка нити АФВ также нв велячину Ьз. Поэтому при равенРис. 347.
стае скоростей НК=ВК вЂ” ВМ.=Ьзгх и г"К = АК вЂ” АН= Ьз)2. Треугольники МНК и НгК тем ближе к прямоугольным, чем меньше мы выберем отрезок Ьз. При.дз- 0 углы ННК и ФКК стремятся к Рис. 348. прямым, а углы КМН и КМГ' — к 30'. Следовательно, скорости будут равны прн ~ АНВ= 120'. Используя закон сохранения энергии, найдем значения этих скоростей: т,да=2(2 — УЗ) таян+ ' з оз. 2 Отсюда т,— 2(2 — )ГЗ) т т,+та Грузы будут совершать колебания около положения равновесия, которому соответствует значение уФла А%В = 2 агссоз (тз/2тз) т 149'. Углу ИВ=120' соответствует максимальное отклонение от положения равновесия.
184. Так как проскальзывание доски по каткам н катков по горизонтальной поверхности отсутствует, то расстояние между осями катков во время движения останется постоянным. Поэтому движение 222 доски будет поступательным. Лоска будет перемещаться в горизонтальном направлении и одновременно двигаться вниз вдоль катков.
Если катки сместятся на некоторое расстояние 1, то каждая точка доски (в частности, ее центр тяжести А) пройдет вдоль горизонтали то же расстояние 1 н однбвременно переместится на это же расстояние вдоль катков: АВ = ВС= 1(рис. 349).(Последнее становится особенно очевидным, если рассмотреть движение катков в системе координат, перемещающейся вместе с катками.) В результате центр тяжести доски будет двигаться вдоль прямой АС, наклоненной к горизонту под углом сг/2, так как треугольник АВС равнобедренный. Рис. 349 Движение будет равноускоренным.
Лоска приобпетет кинетическую энергию за счет уменьшения потенциальной: то /2=ля! зщ а, или оз=2я/э!па. С другой стороны, при равноускоренном дввженин оз=2аЯ, где З=АС 21 соз(а/2). Следовательно, ускорение а= = оз/25 = я з1п (а/2). 1Вб. Подсчитаем разность потенциальных энергий для двух положений цепочки: цепочка полностью лежит на доске и часть цепочки длины х свешиЪается с доски. Зга разность равна смле тяжести (М/2!)хя свешивающейся части, умноженной на х/2, поскольку цепочка однородна и центр тяжести свешивающегося конца находится на расстоянии х/2 от края доски.
На основании закона сохранения энергии имеем Моз/2=(Мя/41)хз, или и= у яхз/21. ускорение в этот же момент времени можно найти из второго закона Ньютона: Ма=(М/21)ях. Следовательно, а=як/21. Лля подсчета реакции края доски найдем первоначально натяжение цепочки в точке соприкоснцвеияя с доской. Оно равно произведению массы части цепочкя, лежащей,на.доске, на ускорение цепочки: Мял(21 — х)/4Р. Рассмотрим теперь очень малый элемент це- Рис. 350. почки, соприкасающийся с краем доски. На этот малый элемент цепочки действуют.три силы (рис. 350).
Онн вызывают изменение его количества движения по горизонтали и вертикали: (л/соз а — г") М = — Моз о//2!, ( — й/а!па) Ь!=Миз б!/21. Следовательно, угол наклона силы сУ к горизонту а=45' и Ф = Мих (1 — х) т' 2((з. 135. Обозначим через а скорость тележки. Горизонтальная составляющая скорости маятника относительно тележки равна и соз() (рис. 35!), а относительно рельсов равна а+ и саз 5. В горизонтальном направлении на систему внешние силы не действуют. Поэтому на основании закона сохранения количества движения имеем т(а+и соз Д)+Ма=О, так как вначале система покоилась.
Вертикальная составляющая скорости маятника относительно тележки и рельсов равна ишп(). На Рис. 351. основании теоремы Пифагора нвадрат скорости маятника относи. тельно рельсов равен (а+исоа 5)с+паз!пс)). Используя 'закон сохранения энергии, получаем второе уравнение, связывающее ско-, рости а и и: т 1 м 2 — (исоа 5+и)с+ из з!пс))~! + — аз= ти! (соз 5 — соз сс). (2) -[ 2 Из уравнений (1) и (2) можно найти 2тзя( (соз (3 — соз и) созз 5 (М+т) (М+псзспз5) В частном случае при 5=0 (считая т)М(<1) получаем тс ос=2 — л((1 — созсс), Мз или а=2 — з!п — $гйд М 2 187. Обозначим через а скорость клина, а через и„и ип — горизонтальную и вертикальную составляющие скорости й бруска относительно неподвижной системы отсчета (рис. 352).
На основании законов сохранения количества движения и энергии можно написатзк — Ма+щи„=О, Маз, т — '+ — (из + из) = тйИ. 2 2 Заметим, что угол а с горизонтальной плоскостью составляет ие абсолютная скорость бруска и (под абсолютной скоростью в данном 224 случае понимаем скорость относительно неподвижной горизонтальной плоскости), а относительная скорость и „, т. е. скорость бруска относительно движущегося клина. Рве. 352. Из треугольника скоростей (рнс.
353) следует, что ия11а+и„) = 1яи. Решая данные уравнения относительно а. получим 2тлй М+т ~( — ) +( — +1) 1яза~ 283 Г+(Г)'+(;+ )' "- Абсолютная скорость бруска в тот же момент времени равна 1 и=Г из~+пуз — — у'2ф~ 1 1+ — + — (1+ — 1 1иза т М~ ту В случае, когда масса клина многа больше массы бруска, и стре- мится, как н следовало ожидать, к величине )г'АХ гг и, Рис. 353.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
