1611143569-ed123092d132ff77d44213ca2a0f5b5a (825029), страница 23
Текст из файла (страница 23)
44. По второму закону Ньютона имеемmω 2r = N + mg sin α,где N – сила нормального давления. Чтобы не было проскальзывания, должно выполняться условие2mg cos α ≤ k mω r − mg sin α ,откудаg(cos α + sin α) при k = 1.r√1/2Таким образом, ωmin =2g/r.gtg β1. 45. ω = ` sin α+sin β при α < β (рис. O.1.45, а),gtg βω = ` sin α−sin β при α > β (рис. O.1.45, б).ω2 ≥161Вращательное движение. Колебанияαgα gβαNαβmgбаРис. O.1.45Рис. O.1.461. 46. Сила тяжести mg и сила нормального давления N создаютрезультирующую горизонтальную силу mg tg α, являющуюся центростремительной (рис.
O.1.46):√mv 2 r = mg tg α, v = rg tg α.1. 47. Угол вылета молота равен 45◦. Примем, что n 1. Второйзакон Ньютона дает22v ` = ng; отсюда Lmax = v g = n`.1. 48. По второму закону Ньютона имеемmω 2 `mω (` + x) = 2κx; отсюда x =.2κ − mω 2При 2κ < mω 2 равновесие неустойчиво, при 2κ > mω 2 – устойчиво.21. 49. T1 = m1ω 2 `1,T2 = (m1`1 + m2`2) ω 2 .1. 50. Векторная сумма силы натяжения троса T~ и силы сопротивления воздуха F~ направлена по радиуr10lAα Tr2mω 2 r3Рис. O.1.50BFсу r2 (рис. O.1.50) и равна по модулюmω 2 r2, сила F перпендикулярна радиусу r2.
С учетом этого имеемmω 2r2 = T cos α.162ОТВЕТЫ. МеханикаИз 4AOB по теореме косинусов имеем r12 = r22 + `2 − 2r2` cos α.Таким образом,2mr22`ω 2T = 2.r2 + `2 − r121. 51. Можно считать, что тела участвуют в двух движениях: вовращении вокруг центра масс системы и в поступательном движениивместе с центром масс. Положение центра масс относительно, теламассы m1 находим из уравненияm2x1 (m1 + m2) = `m2; отсюда x1 = `.m1 + m2Второе тело находится на расстоянии x2 = ` − x1 от центра масс.
Таккак суммарная скорость тела массы m2 равна v, а скорость тела массыm1 равна нулю, то имеем систему уравненийvц.м. + ωx2 = v,vц.м. − ωx1 = 0,x2 m2 = x1 m1 .где ω – угловая скорость вращения, а vц.м. – скорость центра масс;отсюдаm2.vц.м. =m1 + m22Сила натяжения T = m1vц.м./x1.
Окончательноm1 m2 v 2T =.m1 + m2 `Можно было бы решить задачу, перейдя в систему центра масс, инерциальную в отсутствие внешних горизонтальных сил. В этой системесила натяжения T обусловливает вращательное движение каждого изтел вокруг центра масс. Скорость каждого тела легко вычисляется.Если известны скорость, масса и радиус вращения, можно найти T .1. 52. Из второго закона Ньютона получаем√√2√ mω 2`Mω`3◦◦= 2T cos 60 ,= 2T cos 30 + κ3− 2 `22163Вращательное движение. Колебания(здесь T – сила тяжести нити); отсюдаv uu 2κ 1 − p2/3tω=.M −m1.
53. Так как скорость у бусинки постоянна, сила трения kN уравновешивает «скатывающую» силу mg sin α. Из второго закона Ньютона получаем 222mvmgsinαcos2 α + (mg cos α)2 = N 2 =.RkОтсюда, сокращая на m, имеем)1/4√ (2Rgsin αv=− cos2 αпри tg α > k.cos αk1. 54. Из условия равновесия нижнего шара имеемNx = T cos α.Верхний шар движется по окружности радиуса `, поэтомуmv 2= mg sin α − T.`Из закона сохранения энергии следуетmv 2mg` =+ mg` sin α.2ОтсюдаNx = mg cos α · (3 sin α − 2) , пока sin α > 2/3,Nx = 0 при sin α ≤ 2/3 – нижний шар отходит от вертикальнойстенки.164ОТВЕТЫ. Механика1. 55.
Угловая скорость вращения звездqω1 = 2GM r3 ;угловая скорость вращения планетыqω2 = 2GM r3.Приравнивая их, получаем x = r. Условиям задачи удовлетворяеттакже еще один ответ: x = r/2, соответствующий случаю, когда планета находится в точке, вокруг которой обращаются обе звезды.1. 56. Звезды движутся по окружностям радиуса r1 и r2 . Этиокружности имеют общий центр – центр масс. Расстояние междузвездами равно r1 + r2.
Таким образом,2m1,2v1,2m1 m2=G2,r1,2(r1 + r2)r1,2 =v1,2T= v1,2.ω2πОтсюдаT(v1 + v2) ,2πT v2T v1m1 =(v1 + v2)2 , m2 =(v1 + v2)2 .2πG2πG1. 57. Разложим силу тяги F~ двигателя на составляющую Fk, лежащую в плоскости окружности, описываемой при движении спутником, и составляющую F⊥ , перпендикулярную этой плоскости. Силагравитационного притяжения Земли, действующая на спутник на расстоянии r = h + r3.Fгр = mgr32 /r2.r1 + r2 =Второй закон Ньютона для спутника в проекциях на выбранные направления даетF⊥ − Fгр sin α = 0,mv 2Fгр cos α − Fk =.r cos α165Вращательное движение.
КолебанияИз условия задачи период обращенияT =2πrcos α = 1 сут,vпоэтому2 22mvr4π rFk = Fгр cos α −= m g 32 − 2 cos α = 0.r cos αrTТаким образом,r32F⊥ = mg2 sin α ≈ 0, 02mg ≈ 200H.(r3 + h)1. 58. hmax = 2mg/κ.1. 59. В выражение для периода колебаний вместо ускорения свободного падения g войдет лишь его составляющая g 0 = g cos α (таккак составляющая силы тяжести, действующая вдоль стержня, компенсируется силой упругости), а в качестве длины маятника войдетнекоторая «эффективная» длина `0 = ` sin β:qp00T = 2π ` /g = 2π ` sin β/(g cos α).1.
60. Маятник начинаетколебаться относительно точки подвесаpс периодом T = 2π `/g и начальной скоростью v. Начальная скорость относительно земли равна нулю. Остановить подвес так, чтобымгновенно остановился и маятник, можно в тот момент, когда скоростьмаятника относительно земли равна нулю (маятник при этом проходитположение равновесия). Такая ситуация будет иметь место через промежуток времени nT = x/v где n – натуральное число; отсюдаrxxgv==(при x `).nT2πn `166ОТВЕТЫ.
МеханикаЗаконы сохранения энергии и импульса. Работа. Мощность1. 61. Используя закон сохранения энергии и второй закон Ньютона, получаемmv 2= mg`,2Таким образом,xmin = `mv 2= T − mg.`−xT − 3mgпри T ≥ 3mg.T − mgПри T < 3mg нить оборвется раньше, чем достигнет гвоздя.√1. 62. Скорость шарика при подлете к ракетке v = 2gh, а при√√отлете от нее v 0 = 2ghn = v n.
Так как удар упругий, то всистеме отсчета, движущейся со скоростью ракетки u, шарик отскочит вверх со скоростью v + u, а относительно земли– со скоростьюp√√v 0 = (v + u) + u = v + 2u = nv; отсюда u = gh/2 ( n − 1) .1. 63. Угол касательной к винтовой линии с горизонтом равен α,причемh0sin α =.1/2222(h0 + 4π r )2Из закона сохранения энергии mv 2 = mgh. Сила, с которой бусинка действует на спираль,q22 ,+ FнормF = FцентргдеFцентр2mvгорmv 2i,== h2rr 1 + (h0/2πr)Fнорм = mg cos α = mg2πr(h20+1/24π 2r2);167Законы сохранения энергии и импульса. Работа.
МощностьF ="mg1+1 + (h0/2πr)2h02πr2+2h0r2#1/2.1. 64. В момент удара скорости грузов равны. Один из грузов опустился на высоту h, а другой поднялся на такую же высоту. Законсохранения энергии даетm1 v 2 m2 v 2+= m1gh − m2gh.222В теплоту перейдет энергия W = m1v 2. Таким образом, количество теплотыm1 − m2Q = W = m1gh.m1 + m21. 65. Так как брусок свободно плавает, масса вытесненной им воды равна массе бруска m. После перевертывания бруска центр массвытесненной воды поднялся на высоту (` − d)/4. Центр масс брускаостался на уровне поверхности воды, поскольку брусок снова находится в равновесии. По закону сохранения энергии количество выделившейся теплоты равно убыли потенциальной энергии воды:Q = mg(` − d)/4 ≈ 4, 7 · 10−3Дж.1.
66. Введем начальную и конечную h1 и h2 высоту уровня жидкости относительно нижней поверхности плавающей пробки. Пробка, упав, свою потенциальную энергию mg (H + h1) израсходует наподъем воды (m0g(h2 − h1)/2) и на выделение некоторого количества теплоты Q. Следовательно,Q = mg (H + h1) − m0g(h2 − h1)/2,где2m = ρπr h,2m0 = ρ0π R − rУсловие плавания пробки имеет видρh = ρ0h2.2h2 .168ОТВЕТЫ. МеханикаУсловие вытеснения пробкой части воды в сосудеh1πR2 = h2π R2 − r2 .Отсюда2ρrQ = ρghπr2 H +h 1− 2.2ρ0R1. 67. A = ρ0 gh3 (H − h/2).1. 68.
Потенциальная энергия взаимодействия двух точечных зарядов, находящихся на расстоянии r друг от друга, описывается отвыражения формулой1 q1q2,4πε0 rгде отличие от выражения для кулоновской силыWe =Fe =1 q1 q2,4πε0 r2только в показателе степени r. Используя аналогию между 2 закономКулона и законом всемирного тяготения F = Gm1m2 r , запишемвыражение для потенциальной энергии двух притягивающихся (поэтому появляется знак « – ») точечных масс:m1 m2W = −G.rВне шара поле сил тяжести таково, как если бы вся масса была сосредоточена в центре шара.
Поэтому для тела, находящегося на поверхности шара или очень близко к ней, в качестве r надо брать радиусшара. Для земного шара у его поверхности имеемW0 = −GmMЗ.rЗВ то же время сила тяжести на поверхности Землиmg = GmMЗ /rЗ2 ; отсюда GMЗ = grЗ2 .Законы сохранения энергии и импульса. Работа. Мощность169Подставляя полученное для GMЗ выражение в формулу для W0, получаемW0 = −mgrЗ .Если речь идет о Луне, то вместо rЗ надо взять радиус Луны rЛ иускорение свободного падения на Луне gЛ = g/6. Таким образом, дляЛуны находимW0 = −mgrЛ/6.В момент начала движения корабля к Луне его кинетическая энергия по условиям задачи равна нулю, в нуль обращается и потенциальная энергия из-за большого расстояния r до центра Луны.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
