1611143553-a5dfe0cd78607269d954ff04820322e4 (825013), страница 38
Текст из файла (страница 38)
Рнс. 354 188. Скорость стержня относительно дввжущегося клина направлена под углом а к горизонту. Если и этой относительной скорасти прибавить скорость клина, то в результате получим абсолютную скорость стержня и 1рнс. 354). Очевидно, что отношение скоростей равно и/о=18 и. Моз тиз Из закона сохранения энергии следует: — + — татйй. 2 2 8 и. н.
вуаозцез в ар. Исключая из этих двух уравнений и, получим выраженяе для о: гз~мпг. чт й т 1 ~ р мы можем написать 1 .э / 2туа сова У М+т!йза' Скорость стержня. 2тйгс в 2 ту!и а т+М!тэсс 1' т+М!дэа Из последнего выражения видно, что скорость стержня меняется с пройденным путем Ь по закону равноускоренного движения: ту !йэ сс и У 2ад. Следовательно, ускорение стержня и= т+М!иэа 8 8. Динамика кринолине((ного движения 189. На основании второго закона Ньютона (М+т) иэ ., а =Т вЂ” (М+т)у, где и=2 в!и — г' 1.2 (см. задачу 159).
Отсюда Т=(М+т)9 ~4 шпв — +!). 2 190. Тс= !Отавй Тэ=9исаэ1! Тз=утав1! Тс — — Атаи. 191. Расстояния от центра тяжести до грузов с массамн т, н т, равны соответственно к= — 1 — 1, у= — 1. т тд тс+тз ' т,+тз Обозначим через и скорость центра тяжести, а через а — угловую скорость вращения. Тогда и+ах = щ и и — ау = ее. Отсюда о оз с +шов "а —, и= тс+ асс 192. Скорость вращения замедлится. Платформа сообщает снаряду дополнительное количество движения по касательной,к траектории конца ствола пушки. По третьему закону Ньютона вылетающий из ствола сваряд будет оказывать давление на внутреннюю часть ствола, направленное против вращення.
193. В момент соприкосновения тела с горизонтальной плос- костью вертикальная н горизонтальная составляющие скорости тела будут иметь значения оз= Р 22Н зш а н от = ~126Н соз а. В случае абсолютно .упругою удара вертниальная составлшощая изменит знак, а горизонтальная составвиощая останется без, изменений. Траектория тела будет представлять собой пуски парабол (рис. 355), причем Л=Нз!пзщ з 1=.2Н з!п2еь Если удар абсолютно 'иеупругий, то вертикальная составляющая скорости станет равной нулю и тело будет двигаться равномерно по горизонтальной плоскости со скоростью и = Р' 29Н соз а. 194.
Со стороны земли иа мотоцикл действуют две силы (рис. 356): У вЂ” реакция опоры и / — сила трения. Сумма этих снл Т направлена вдоль мотоцикла. (В противном случае относительно центра тяжести О действовал бы момент сил, опрокидывающий мотоцикл.) На центр тяжести тела, таким образом, действует результирующая сила Р=Т+Р, где Р— сила тяжести. И так как Е=Т сова=/, то центростремительное ускорение мотоциклу сообщает только сила трения /.
По второму закону Ньютона /=тоз//(, причем / ~ Ьлй. Как вндно из рис. 356, тл=/ (пи. Минимальное значение Н из данной системы УРавнений Равно /7 !а=ох/Дл= 147 м, пРи этом 16 сг = йй/из ъ 3,33 и, следовательно, и ш 73'20'., 195. Рассмотрим промежуточное положение стержня, иогда он отклонился от вертикали на угол а. По закону сохранения энергии МйН =Ми/7 соз и+Мыз/7з/2, где /2 — расстояние от конца стержня до центра тяжестн шара.
Отсюда угловая скорость ы выражается следующим образом: в=2 в!и (и/2) Уд/Н, Прн данном а она тем меньше, чем больше /7. Следовательно, стержень упадет скорее, если он поставлен на конец В. лгшю за Рис. 357. Рнс. 356. 196. По второму закону Ньютона шызН =шд соз ех — Н, где И вЂ” сила, с которой деформированный стержень действует на шар. В момент прекращеиня давления стержня иа пол деформация стержня исчезнет и Н=О. Как показано в задаче 195, в=2 т/й//7 Ып(п/2). Подставляя зто значением в уравнение движения, найдем сова=2/3. Отсюда а=43'10'.
Чтобы стержень це проскользнул, необходимо 'выполнение условия У'з1па~йН сова (рнс. 357). Следовательно, й 3ь !9 а. Отсюда й ) з/5/2. 9» 297 197. Если й > г' 5/2, то стержень не проскользнет до тех пор, пока /у не станет равным нулю, т. е. до тех пор, пока а ~ агссоз (2/3). При сс > агссоз(2/3) уравнение тю%=тйсози — д/ дает л/ < О.
Это означает, что если бы конец стержня был прикреплен к полу, то стержень был бы растянут. При незакрепленном стержне шар начнет падать свободно с момента, когда угол достигнет значения ие=агссоз(з/з), В этот момент скорость о=ю/7 = )/ ~~~ ~Р состав.
ляет угол сге с горизонтом, а высота шара над полом СВ= з/зВ (рис. 358). Используи законы свободного падения, найдем искомое расстояние: АВ=АТ)+ВВ=К (5 )/ 5+4 )/23)/27 ю 1,12/7. 198. На участке А()В (рис. 359) бусинка движется под действием силы тяжести. Для того чтобы она, покинув проволоку в точке А, ьт 9---- с .4 .Р Ю 3р Рис. 358.
Рнс. 359. попала в точку В, необходимо, чтобы пройденный ею по горизонтали путь был равен 2И з)па. Для этого скорость бусинки в точке А должна удовлетворять условию (2из з)п сз соз и)/8 = 2)с з1п гз ~~2шяО-~- )=у юл(2.!-2 .~ — ) 1 соз а 199. Пусть выреза нет. Тогда в точке С (рис. 360) глл= шезя. По закону сохранения энерГии вгйй = ш82Я+ глот/2. 228 (2) (см. задачу 40). Отсюда из=8)7/соз а. Бусинка будет иметь в точке А скорость и, если в точке О ей сообщена скорость о, равная по закону сохранения энергии Иэ (1) и (2) получаем В=э/эЯ.
Скорость в точке А определится иэ закона сохранения энергии шл э/, /г = тол/2+ тджх (1+ соэ се). (3) Тело, брошенное под углом гэ к горизонту, пролетит по гориэонталн расстояние АВ = (оэл э)п 2сг)/3. (4) С другой стороны, АВ=2Я э!па. (5) Иэ (4) и (5) следует: ол = = /га/сов ге. Подставляя это значение в (3), получим 5 тл/1 тл — Я= — + 2 2 сов се + 1ий/1+ глйй соэ гэ. Отсюда сова=(3 х 1)/4, и, следовательно, а,=б, аэ=60'.
Рнс. 360. Нетрудно убедиться, что, если а > 60', тело упадет внутрь петли; если сс < 60', тело вылетит наружу. 200. Рассмотрим силы, действующие на нить, перекинутую через левый гвоздь (рис. 361). Вертикальные составляющие сил натяжения Т, действующих на тела, равны юл, если нить закреплена на гвозде. На узел (точку 0) по третьему закону Ньютона действуют Рис. 361. те же силы Т. Их сумма направлена вертикально вниз и равна 2тд.
В случае одного вращающегося тела вертикальная составляющая натяжения нити Т' равна 2тд (если тело не опускается вниз). Но само натяжение нити Т' > 2тя (рис. 361). Следовательно, наша система не будет в равновесии. Правый груз перетянет. 201. Направление ускорения совладает с направлением результирующей силы. Вниз ускорение направлено при крайних верхних положениях В и С шарика (рис. 362). Вверх ускорение направлено при крайнем нижнем положении А н горизонтально при положениях В и /., определяемьгх углом сс. Найдем сг. По второму закону Ньютона пронвведенне массы на центростремительное ускорение равно сумме проекций сал иа направление радиуса врашеиия. тоз)1= Т вЂ” тйсоа а.
С другой стороны, как ввдно из рис. 362, Т=тй)сова. На основании закона сохранения энергии имеем тот!2 = тл1 соэ сс. Из этих уравнений находим, что сова=1)ггЗ, и, следовательно, а т 54а46' з ~ —" — — -э!с — — — — -~Я хт гг 1 г 1 Рис. 363. — (тхгх+ т,гз) =й(1 — соз а)(т г -«- т,г ), и з 2 или а т,г,+т,гэ а=2 з!и — у л т,гз+ т,гз откуда о,=шг,=йгд з!п — 1гг л а / тг+тг тдгх+ тзгз а / тг,+тг озт шгз =2гз ип — 1гг й 2 у тгз «тгз' 203. Равиодействуюшал сыл, приложенных к шарику, г"=тй!йа должна создавать цеытростремытельное ускорение о = азг, где г=! з«па (рыс.
363). Отскнш тй !и а = твз1 з1п а. Зто уравнение имеет два решения: г аз=О, а,=агсахэ(я!аз!). 202. Обозначим через а угловую скорость стержня в момент прохождения стержня через вертикаль. На основании закона сохранения энергии имеем Во втором случае имеют место оба решения: а«=0 (при этом шарик находится в состояния неустойчивого равновесия) и а,=60'. В первом случае имеет место только решенне а =О. 204. Силу Р, действующую со стороны стержня на груз ш, разложим на взаимно перпендикулярные составляияцие Т и !У (рнс.
364). Спроецнруем силы на вертикаль и горизонталь и запишем уравнения Ньютона для этих направлевий: лно'! юп ф=Т ыпф — М соз«р, ей= Т соя ф+!Узы«р. Из этих уравнений определяем Т н Ф: Т =т(юз! з(пзф+0 соз ф), «У=т(0 — вз! соя ф) сдп «р. Следовательно, г = Г' Т + «и = «и р йз+ы (з з«па ф. 205. Действующие на бусинку силы изображены на рис. 366: ! — сила трения, шл — сила тяжести, «у — сила нормальной реакции. !у Рис.
363. Рис. 364. Уравнения Ньютона для проенций сил на горизонтальное н вертикальное направления имеют вид шыз! зш ф = ! а!и «р — )у соз «р, ! соз ф+ д! з«п ф = «ря. Из этих уравнений находим, что ! =яноЧ з(из ф+ш0 сов ф, !У = л«л ып «р — п«шЧ зш «р соз «р.' При равновесии /~й«у, илв жм ! з(паф+шЯ сов ф~ 0 (лайз(н ф — 7ИМЧ Яп ф соэ ф). й з(п м — соз ю я з!п <р (з1п ю+ й соз ~р) ыз ' В частном случае ~р=п/2 1~ йл/юз.
206. На рис, 366 изображены силы, действующие на грузы. Т, и Т,— натяжения нитей. Запишем уравнения Ньютона для проекций на горизонтальное и вертикальное направления: для первого груза: Т,юлю — Т, юп $=тыЧ а!п ю, Т, соз 0 — Т, соз ф — «Щ= 0; для второго грува: тыЧ (з(п ю+ з!п 0) = Т, з)п нь Т, соа ~р= шй. (2) Исключив из системы уравнений (1) и (2) Т, и Т„приходим к уравнениям а з!п м = 2!к ~р — !к ф а (а!п гр+ зш 0) = !6 Нь где а=юЧ/й. Из этих уравнений вытекает, что 2!й у — !на < 16ф и, следовательно, ю < Нь /р Рнс.
366. Рис. 367. 207. Действующие на грузы силы изображены на рис. 367. Т„ Ь/, и Т„й/,— составляющие снл, действующих со стороны стержня на грузы ш и М. й/т и 31з направлены в противоположные стороны, так как сумма моментов сил, действующих на стержень, относительно точки 0 равна нулю вследствие невесомости стержня: //,Ь вЂ” Ме(Ь +а)=0. Уравнения движения грузов для проекций на 232 горизонтальное и вертикальное направления имеют вид тязь з)п ~р=Т, з!и 9 — /у, созда Т, сов ~р+Ь/, з!п ~р=тй, Мез(ь+а) яп ю=Тз зш ф+Ь/,сов ю, Т,соз ш — Ь/аз!п ш=Мя. Исключив нз системы неизвестные Т,, Т„Ь/д и Ь/„найдем: П р=о; 8 тЬ+М (а+Ь) ю' тЬ'+М (а+Ь)'' Первое решение справедливо при любых угловых скоростях вращения, второе — прн я~ )у й Ьз М Ь а (сч. решение зада- - / тЬ+М(а+Ь) чи 203).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
