1611143553-a5dfe0cd78607269d954ff04820322e4 (825013), страница 39
Текст из файла (страница 39)
208. В состоянии равновесия тязх=йх, где х — расстояние тела от оси. Отсюда ясно, что при любом х пружина сообщает телу необходвмое для вращения центростремительное ускорение. Поэтому после толчка тело будет двигаться с постоянной скоростью до упора А или до тех пор, нока для пружины выполняется закон прямой пропорциональности между силой и деформацией.
209. Запишем второй закон Ньютона для малого участка цепочки массы (т/!))т Ьсс, изображенного на рис. 368: (т/!) /! Ьи (2ил)з гт = 2Т з)п (Ьа/2). Так как угол Ьа мал, то яп (Ьи/2) = Ьа/2; отсюда Т=я!лз т90 Н. Рис. 368. 2!О. Выделам малый элемент трубки длиной ЙЬа (рис. 369). Растянутые стенки трубки сообщают жидкости, протекающей по этому элементу, ускорение а=от//!. По третьему закону Ньютона на элемент трубки со стороны жидкости будет действовать сила пг!з э' Ьг" = р — /т Ьа —, 4 где р — плотность жидкости. Сила ЬР уравновешивается силами натяжения кольца.Т. Из условия равновесия, учитывая, что Ьм мало, 233 имеем ЬГ = 2Т з!и (Ла(2) ж Т Ла, Следовательно, искомая сила Т=(ршР(4) о'.
/ \ l \ г г ~У г I 'з(ж ' ь г ч ту Рис. 369. 211. Разобьем стержень на и участков одинаковой длины и рассмотрим произвольный участок с номером ! (рис, 370). Ускорение различных точек этого участка будет неодинаково„ поскольку расстояния точек до оси врацення различны. Однако если разность ггьд — г! мала,то мы можем считать, что ускорение 1-го участка равно ые (ггьг+г!)(2, н это тем точнее, чем меньше длина участка. Рис.
370. На 1-й участок действует упругая сила Т!т, со стороны деформированного участка !+! и сила Т! со стороны участка! — !. Так как масса.)-го участка равна (т/!) (г!тт — г;), то на основании второго закона Ньютона можно написать Т! — Т;„=- (ц„, — „),з /И з О+т+ г! 2 или Тг+, — Тг= — (,г7ы —,!), аио' 2! 234 Запишем уравнения движения для участков от л до й вилючительно, считая, что гпп,=1, а га=х: тюз 7п — (1 г) 21 пг тюз з з Тп — Тп-1= — 21 (Гп — гп-1). г е Тп+ъ — Тх+з= — — (гапз — гапг)~ 21 шюз Т+,— Т = (з,е) 21 ( а+г В первом уравнении втой системы учтено, что упругая сила на конец стержня не действует, т.
е. Тп+,=О. Сложив уравнения си- шюе стемы, получим, что искомое натяжение Т = — (П вЂ” х'). Чем и— ближе участки стержня к оси вращення, тем в большей степени они растянуты. 212. В неподвнжной относительно оси системе отсчета сила натяжения стержня не совершает работы, так как ояа все время перпендикулярна скорости шарика. В движущейся системе эта сила совершает работу, отличную от нуля, и за счет ее меняется кинетическая энергия шарика.
213. Участок обруча АВ массы гл обладает П наивысшем положении энергией тй2И+т(2о)з(2. При движении кинетическая й потенциальная энергии участка АВ начинают уменьшаться. Уменьшение энергии происходит эа счет работы сил упругой деформации Рис. 372. Рис. 371. обруча, равнодействующая которых дает центростремительную силу, направленную всегда к центру. Скорость участка АВ составляет тупой угол м с силой Р (рис. 371).
Поэтому работа силы Аг= = РЬЯсозм отрицательна, и, следовательно, уменьшается энергия участка массы т. После того, как участок АВ пройдет крайнее нижнее положение, работа склы Р, как легко видеть, станет положительной н энергия участка АВ начнет возрастать. 214. Проведем из точки А, являющейся пмгновенной осью вращенияз (см. задачу 57), касательную к внутренней окружвости катушки (рис. 372). Если направление нити будет совпадать с направ- левием касательной АС, то момент сил, вращающих катушку относительно мгновенной оси, будет равен нулю. Поэтому покоящаяся катушка не начнет поворачиваться вокруг мгновенной оси, и, следовательно, катушка не будет катиться.
Значение угла а, при котором происходит изменение направления движения катушки, определяется иа треугольника АОТж з(па=г/)1. Если наклон нити больше а, катушка покатится вправо, если меньше,то влево, прн условии, что нет проскальзывания. Если натяжение нити Т удовлетворяет условию Тг ~ Я, где / †си трения, то катушка останется неподвижной. В противном случае при з!и гз=гЯ она начнет вращаться на месте против часовой стрелки вокруг точки О. 213.
Разобьем весь обруч на равные малые участки массы /Гт щг(с каждый. Рассмотрим два симмет' ричных (относительно центра) участка. Все частицы обруча участвуют одновременно в двух движениях— поступательном со скоростью о и вращательном со скоростью о, =ыЯ. Результирующая скорость о, верхнего участка обруча найдется как геометрическая сумма скоростей о и о, (рис. 373): оз г з=о'+оз+2оо сов и. 1 Для симметричного участка оз— з=оз-(-из — 2оо созга. Суммарная кинетическая энергии обоих участков /хЕ = Лт оз/2-(- Лт оз/2 = Ьт оз+ Лт ыЧР.
Так как зто выражение имеет место для любых двух участков, то для всего обруча можно записать Е = Моз/2+ Мйзыз/2. Если обруч катится без проскальзывания, то о=ы/т и, следовательно, Е=Моз. 2Ри' 216. Е= — (~г+1). У 217. Цилиндр нз более плотного материала, очевидно, будет полым. При одинаковых скоростях поступательного движения кинетическая энергия вращательного движения будет больше у полого цилиндра, так как частички его массы дальше отстоят от центра н, следовательно, имеют большие скорости.
Поэтому при скатывании без проскальзывания с наклонной плоскости полый цилиндр приобретет меньшую скорость, чем сплошной. Полные кинетические энергии обоих цилиндров в конце пути одинаковы, что возможно только прн различных скоростях, так как при одинаковых скоростях энергии поступательного движения равны, а энергия враща- тельного движения сплошного цилиндра обязательно меньше, чем полого. 218. Пря движении катушки сила трения не совершает работы, так как нет проскальзывания кабеля и катушки. Следовательно, энергия системы не изменяется: — оз+ Рй = 1 из+ (Р— рл) )1, Ы К где и †иском скорость.
Отсюда и= р и оказывается равной бесконечности при Р=рх вследствие того, что мы не учитывали массу катушки. Количество движения уменьшается в результате действия силы трения, направленной в сторону, противоположную движению. 219. Так как сила трения постоянна, движение будет равнозамедленным. Развиваемая силой трения мощность равна го, где о=юг — мгноненная скорость той точки шкива, к которой приложена сида 1. Работа за время 1 равна средней мощности, умноженной на время д ) вег+вг 1 2 Изменение кинетической энергии шкива равно этой работег гига, з )гг 2 ( 0 ) ( а+ ) 2 ОтСЮДа В =Вс — 111'тГ.
220. Сила трения г постоянна, поэтому изменение количества движения обруча за время 1 равно то=/С В случае качения без проскальзывания скорость точки обруча, к которой приложена сила трения, равна нулю. Приравнивая работу сил трения разно. сти кинетнческик энергий, имеем твайт взг+ 0 — тот=1 — 1 2 (см. задачу 215). Решая уравнение относительно о, найдем: о=еь,г!2.
221. Уравнения, выражающие изменение количества движения н кинетической энергии обруча, имеют вид оз+б т (ое — е) =)1, — — гпо'=) — С 2 2 где о=юг †скорос центра обруча при качении без проскальзывания. Решая зти уравнения относительно о, имеем о=о (2. Следовательно, искомая величина в= озг2г. 222. Уравнения, выражающие изменение количества движения и кинетнчесной энергии обруча, имеют вид гп (ор — о) = )С то3 ты3г' тез тоРг' (ее+ в,г) + (о+ вг) 2 + 2 2 2 2 где а †скорос центра обруча в любой последующий момент времени.
Решая данную систему уравнений, найдем а=аз — (//т) Г, ы=ыэ — (//тг) й Если аэ ( мэг, то в момент времени т=лтаэ// обруч останавливается, вращаясь при этом с угловой скоростью ю=ыэ — аэ/г. Затем обруч начнет двигаться в обратную сторону с проскальзыванием. Спустя некоторое время проскальзывание прекратится и обруч будет катиться без проскальзывания влево с поступательной скоростью и=(шэг — аэ)/2 (см. задачу 22!). Если же а, ) ыэг, то через т=-тгегз// обруч перестанет вращаться, передвигаясь вправо с поступательной скоростью о = = аз †.
В дальнейшем вращение обруча будет происходить в обратную сторону, н спустя некоторое время обруч будет катиться без проскальзывания вправо; ега угловая скорость ю=(аз †г)/2г. Заметим, что, как показывает опыт, обруч тормозится и при отсутствии проскальзывания. Мы не получили данного результата, так как не учитывалн специфического тренин качения. 223. Так как обручи не проскальзывают, то аэ, скорость центра тяжести обручей, н и, скорость груза, связаны соотношением й из =о —. )с — г Пусть груз опустится на высоту Л. Считая, что в начальный момент система покоилась, Из закона сохранения энергии имеем тКЛ = таэ/2+ Маэ (см. задачу 2)5). Из последнего соотношения находам скорость груза: 2тяЛ +2М( '~ ) Отсюда ускорение груза ягя +2М(~й ) Груз движется вниз с ускорением л под действяем двух сил: силы тяжести тя и натяжения нити Т.
Искомое натяжение Нити Т равно 2тмя ( — ) Т=т (я — а)= т+ 2М ( — ) Так как центр тнжестя обруча движется с ускорением, равным й а —, под действием силы Т в силы трения Р, то на основаннн )г — г ' второго закона Ньютона для силы г" получаем равенство г=Т вЂ” Ма— -й )т — г' или Мгял ( — ) (2 — — ) Мту(!+ — ) ш+ 2М( — ) т (! — — ) + 2 М Значение силы трения покоя не может превышать нелнчину ФМя. Поэтому проскальзывание наступит тогда, когда М я( '~ ) (1+ — '), 1+,— ' > ФМя, или Ф( ш+2М ( ) 2 — +(1 — ~-) 224. Центр тяжести катушки не будет перемещаться, если натяжение нити удовлетворяет равенствуТ=Мя з!па. Для определенна натяжения нити Т найдем ускорение груза массы т, Пусть груз опустился на Ь.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
