1611143573-8e94d034ccd828efcd3c13ed070577fb (825037), страница 37
Текст из файла (страница 37)
В начальный момент маятник, вращаясь вместе с Землей, имеет боковую ско. рость впхп. Поместим начало координат О в положение равновесия маятника. Ось Х направим из точки О к точке (х=хп, у=О), в которой 199 маятник находился в начальный момент. Для движения вдоль оси К имеем у+Ону=О. Решая это уравнение при начальных условиях уг о= =О, уг о=м лм получим у= — з!и а!. мнхо й юнко мха у= — = — а!и ~р ш 1 мм, Я () 312. Р е ш е н и е. Если корабль движется по круговой орбите с постоянной скоростью о, то на тело массы р в корабле действует центробежная сила инерции ран//1, направленная от Земли.
сВесн тела на корабле получится вычитанием иэ нее силы гравитационного притяжения ру: р(ан//с — у). По условию эта величина должна равняться ру. Отсюда находим о= 'г' 22/!, т. е. корабль должен двигаться по круговой орбите с параболической (второй космической) скоростью ан=- )' 22/г=!1,2 км,'с. Если Мо — стартовая масса корабля, а то — масса, с которой он выводится на крутанув орбиту, то Мо/то= ехр (о,/и). (3!2.!) Найдем теперь расход массы при облете корабля вокруг земного шара. Уравнение движения имеет ннд та,э,= — и с/т/Л/+ту, где скорость гаваной струи и направлена радиально от центра Земли.
ан Так как пРи обРаШенни коРабла анас — аноэм = = 23, то тй= с — норм = — и йп/3!, или в скалярной форме ат/т= — у М/и. Отсюда т=тоехр( — ужи). Если ! — перпод обрашения, то у!=2пйд/он=пан. Оледовательно, для конечной массы т„н получаем то/т.о =ехр (пон/и) пла на основании (312,1) — о=акр о!о ('т + !) ан и тнон и й 7. Динамика твердого тела. Динамика системы тн — т, З!З. а,= — а = / т,+т,+ —, 2тьтня.ф- т ся//Г т,+та+ //гэ д. Натяжение нитей: Т 2т "' у+той// тз+ тн-1- //г~ 200 В среднем положении й/=-и/2, и для бокового отклонения а этом поло- жении наша формула дает уснлне: т,=т,+т,+мц, Р е ш е н н е. Натяжение ннтн будет различным для правого (тз) н левого (Тг) отрезков нятн.
Уравнення поступательного двнження подвешенных грузов: тзй — Т,=в,а„, в,й — Тт=тгаы (313.1) (313.2) Уравнение вращения блока вокруг его геометрической осн (т — т,) =/ ы/41, (313.3) где йо/ат — угловое ускорение блока. Учитывая отсутствие скольжения ннтв по блоку и нерастяжимость нити, получаем уравнения аз ~~1 (3 13.4) Решение пяти уравнений (313.1) — (313,4), содержащих пять неизвестных, а„аз, сь Тз н Т„дает ответ на задачу. 21 3 2)( (1+ Мй/2Р) ' Мд =4(1+Му/2Р) бы тф — т,г г)1 в )1з+и гз+/ ь' йо д т,=, (д+ —,), та,=Т,— вд, таз=Т,— тц, г/зЛ4/(з() =(Т, — Те) )с, ат = а — а„ где ат н аз — УскоРение пеРвой н втоРой обезьЯн, Р— Угловое УскоРе- 201 31У.
С чашкн весов надо снять груз вд 1+//тг' ' 313. Если с чашки весов свят тот же груз, что и в предыдущей задаче, потому что прн подъеме н прн спуске грузика ускорение его одно н то же как по величине, так н по направлению, 2(м+т) гз тгз+ МЯз+ 2 (М+ т) г з 320. а=, / ад гл 196 см/сз, где / — момент ннерцнн М+т М -1- в+ //г диска н валика, а М вЂ” их масса. 2та 321. аз= Р е ш е н я е. Уравнения движения обеих обезьян по вертикали относительно неподвижной системы координат, уравнение вращательного движения блока и уравнение кннематнческой связи можно записать в виде ние блока, равное ()=аз!)к, Т, и Тз — соответствугощве натяжения ве.
резки, )к — радиус блока. Отсюда и получаем а,. и!г Г 1 (' бц I ! 322. Т у — ~ ==: 1,855 ~,г 2таб .~ уз(п и о где ! — момент инерции дверки, т — ее масса. Интегрирование выполнено численно. 323. Р е ш е н и е. Пусть Тг)2 и Т,(2 — натяжение верхней н ннж. ней нитей. Тогда ускорение центра масс катушки а=-(Л(й+Тз — Тг)!М; угловое ускорение катушки г(и,'г(1=(Тз+Тт)г!1; ускорение груза а,= =-(ий — Тз)!т, Из иинематических условий следует: а=г аю!а!=аз!2, Отсюда: М Рйт а= ', 3, Т,=(2т-)-!(гк)а — тй, Тз=т(й — 2а).
4т+ М+1(гз 324. Ускорения центра нижнего и верхнего дисков 31 21 1+— 1-1— ! зЫ Р е ш е н н е. Обозначив через р координату центра нижнего диска, через к — координату центра верхнего диска, через ю, и юз — угловые скорости нижнего и верхнего дисков, через Т, натяжение нижней пары нитей и через Т, — натяженне верхней пары нитев, можно написать следующие уравнения движения и кннематические соотношения (кинематические соотношения вытекают нз условия иерастяжимости нитей): тй-(-Тг — Т,=таз, а,= — ю,г, тд — Т,=та„ ак — ае — — ыгг, Тгг = 1юз, Ткг = 1ют. Решая совместно зти уравнения, получаем значения ускорений. 325.
а=з(раз)п и (рис. 226). Р е ш е н и е. Уравнение движения туз(пгз центра массы диска параллельно наклон- ной плоскости а тй з!п и — (та=та. (325,1) Уравнение вращательного движения дисРио. 226. ка вокруг геометрической оси диска 1 Ню(Ж=)тр)г, (325.2) где бю(а1 — угловое ускорение диска, ! — момент инерции и !3 — ради. ус диска.
Вследствие отсутствия скольжения а= й к(ю(а!. (325.3) Из уравнений (325,1) — (325.3) находим а, ам!41 н ), . Так как диск 202 сплошной и однородаый, то 1=т)1з/2. Подставляя значение 1 в выражение для а, получаем результат, приведенный в ответе. 326. о=з/тамп ы. Сила тРеана Равна '/ттл з(п гз, где т — масса шара.
32т. к=мое, где о — скорость движения центра обруча. 323. /='/зтя з(п ге=50 гс, 329. Л)з/з(2 и. 330. !) Шар. 2) В )г )5/)4 раа в данном месте. 3) В )5,'(4 раз. 33!. Выгоднее ось, сточенная на конце. Сила трения остается неизменной, но момент силы трении относительно оси пропорционален радиусу поверхности опоры. Если АЛ1 — сила трения, Л! — сила давления на опооу, то при равномерном распределении силы трения по поверхности опоры на единицу площади ее момент будет равен з/з/з/Ум, где Н— радиус круга опоры. 332. а= ' =))5 см/с'. тзд тз -ь бтз тлзз Р (/т соз сз — г) Я 333.
а=,, где 1 и т — момент инерции и масса 1-~ тЯз кат> шки соответственно; а ) О, если соз а ) г/Я; сила трения /= Р соз и — та. 334. = 2 ~ /а,/3. Р е ш е н н е. В систеые координат, связанной с доской, уравнения поступательного и врапгательного движения цилиндра имеют внд Р !о~г Ртрг где та, — сила инерции, Рта — сила трения, действующая на цилиндр со стороны доски, 1 — момент инерции цилиндра и г — его радиус, Ре- шение этой системы уравнений дает а='/заз. Учитывая, что о У 21а, находим оиончательный результат. 335. Обозначим натяжение нити через Т и силу взаимодействия ме. жду рамой и катком — через Т'. Если каток идет сзади, то можно напи- сать уравнения движения так; з,',М,а =Мгла(п а+Т' для катка, Мха=Мзда(пи — Т"+Т для рамы, Мал=Май(з(п се — й соз а) — Т для тела массы Мз.
Из этих уравнений получим (Мз+ Ма+ Мз) з(п гз — ЛМз соз ех з/М (М+М Д '/зМ> в(п ез — /г (з/, М, +М,) соз а — !зй з/М+ >! +>4 Если (2 м ) й (3+ 2Л4,1Л4,), то Т > О. Чтобы нить была натянута в этом 203 случае, каток следует пускать сзади. Если (йа <Н(3+2Мз/Мх) то каток следует пускать впегеди. Ня 336. а ~ „ и а ч Нй. Р з ш е н н е. Условия равновесия сил и моментов (в нениерциальной системе отсчета): та=Т, таН+тй — =Рз/, Рх= — + та таН 2 для критического случая Т = НР, та=й ( — + — /1, та (! — — ) =Н вЂ”, ач / тй таН~ / ННХ тя Нд — 2(! — НН/1). Это справедливо, если НН//м !/2. В противном случае (Р, < 0) автомобиль опрокидывается; поэтому всегда а(На.
337. ге.= )/ок/1. У к а за н не. По закону сохранения энергии / — /юз= — — таз=в 2 2 3 2 338. Ь =-э/зт/х зыт62 10'з г смщс. 339. 1,67 !О'г тс км. Величину момента количества движения см. в отнетс предыдущей задачи. 340. Скорость вращения возрастет в (1+тРз/!) раз. Кинетическая энергия вращения возрастет во столько же раз.
Увеличение энергии произойдет за счет работы, произведенной человеком при перемещении его по диску.. тго 341. ю= .. 342. !) НЕ„=2/', з//;, 2) НЕ„=/',гз,'/2/,. 343. / = — ад /у = †' Р, где / = /е + т ( бе+ в ) ° 2Мз 2/ (х 2 ~) 344. Нг = Зпгих/(4Ня). 345. Кинетическая энергия вращения уменьшится иа ЛК= —, 2 (их — гоз)з. //, 2 / -(-/, 346. Р е ш е н и е.
Благодаря трению скольжения натяжения ремни сверху Т, и снизу Т, будут разными. Записывая для маховиков уравнения движения, получим бюг гйзз / — =(Т,— Т,) Р ", / — =(Т,— Т ) Рм а/ х// 204 Поделим зти уравнении соответственно на /2с и /2з, сложим н проиитег. рируем. Тогда получим /сыс 1зюз — + — = сопз1. А'с /2э Входящая сюда постоянная равна 1ссоэс/2„так как в начальный момент осс=юе, ыз=О. Когда скольжение прекратится, то ыс/сс=соз/!з. Решая полученнусо систему уравнений, найдем угловые скорости юс н юз после прекращения скольжения: 1с/2 эз юс = э соа /с/2э !э/!с~ Потеря кинетической энергии на трение равна 1 !1!3!2с е су!( = —,, юе, 2 !с)!э+ /з/2( 348.
сос —. ыэ, М,гс Л! сгс+ Мэаз М,г, а а э ыэ = — ые = — ыс. Мсгсс+ Мэас гз гэ Потеря энергии М,Мзгсаэ э Ир. 4 (М,г', + Мэаэ) 349. Максимальное изменение продолжительности суток с)Т, вызванное ударом метеорита, определяется формулой Дт то/(-зфт Г 2л/ с — о 5 тес'Т' 25 т'с'Т' с Г8 лс/М (сэТ)з 36 лзМз!2з (ЛТ)э где с — скорость света в вакууме.
Остальные обозначения такие же, как в предыдущей задаче. 351. Т вЂ” Те (Рэ/Р) !'= 1,3.10-з с. с(ы Ьх '/зтВ+2М (%/(з+(! ( /2)э] 353. 1=8/ $' 3, где Т=86 164 с — продолжительность суток, /2=6400 км — радиус, М=б 10э' т — масса Земли, 1 — ее момент инерции. Если считать Землю однородным шаром, то 1=з/э М/сз (на самом деле из-за возрастания плотности к центру Земли момент инерции ее несколько меньше и составляет приблизительно !=с/зМЯз).
В результате получится /эТ!Т 2.10-сэ ЬТ 2.10-се с 350. Наивыгоднейшим является выстрел а горизонтальном направления в плоскости экватора. В этом случае 354. Р е ш е н н е. Скорость шарика в нижнем положении до удара оа 'г' 2яН. Так как удар неупругий, то непосредственно после удара шарик и нижний конец стержня в нижнем положении будут иметь одну и ту же скорость о. Она найдется нз закона сохранения момента импульса относительно осн А ш(оз.= лг(о+ г'ю, где (=НзМР— момент инерции стержня относительно той же осн, Так как о=Ъ, то написанное уравнение дает юр Зт ге= —, оз У+гл( М ,'-Зш Теперь надо решить, буд) т ли шарик и стержень после столкновения двигаться вместе или при дальнейшем движении они разойдутся. С этой целью вычислим скорость шарика ог и нижнего конца стержня о, при поднятии на какую-то одну и ту же высоту йг, если бы при этом онн двигались независимо друг от друга.
Эти скорости найдутся из уравнений сохранения энергии оз — оз=2яйг, 3 — — (о' — о,) =- Мя— 1 ! з Д, 2 Р 2 Преобразовав второе уравнение к виду ~ — о,=Зйй„ видим, что ог)оз. Поэтол~у в любом положении шарик будет стремиться обогнать стержень. А так нак шарик движется позади стержня, то он все время будет прижиматься к стержню. Отсюда следует, что после удара шарик и стержень будут подниматься как единое тело. Высоту поднятия 6 легко определить из закона сохранения энергии. Она равна ( ' ш(з 6гнз (Мб йш)3(з (М+2т) (М+Зт) 355. После удара шарик поднимается на высоту дг = — Н, нижний конец стержня — на высоту йз = 2 (,М+Зт,) =(М+3.) Н=3' 1 т(з 3 Мт 356.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
