1611143573-8e94d034ccd828efcd3c13ed070577fb (825037), страница 38
Текст из файла (страница 38)
У= —, М31= —, ф, где г — момент инерции 2 7+глР 2 М+Зш стержня. М Г2 . а 357. )Г=)гз — — ~у — йй з)п — =444 и/с. т Р' 3 2 358. М(з=т(з. Так как (.)1, то для возможности процесса необходимо М мт. При М)т процесс невозможен. 359. Лозу следует рубить участком сабли, отстоящим на Чз длины от ручки сабли. Р е ш е н и е. Пусть удар с силой Р пришелся на расстоянии г от середины сабли, которую будем считать однородной пластинкой (рис. 227).
Под действием этой силы пластинка начнет двигаться наступа. тельно и вращаться; если при этом точка О останется в покое, то рука не будет чувствовать удара. Напишем уравнение движения центра тяжести С пластинки: т ао/61= г", где бп/З( — ускореаие центра тяжести. Для вращения пластннки относительно оси, проходящей через центр тяжести С, тР ав — ~- — = РО где ав/а( — угловое ускорение пластинки, т — масса пластинки, т!э!12 — момент инерции пластинки относительно центра тяжести С. Точка О будет в покое, если скорость ноступательпого движения о и ли- !у кейная скорость точки О, обусловленная вращением Рис.
227. пластинки закрут точки С с угловой скоростью в, бу. дут равны по величине и противоположны по направлению, или если ао 1дв — = — †. Подставляя это условие в уравнения движения, полуаг 2 а"1 ' чаем г=т/,1, откуда уже легко найти ответ. Искомая точка на пластинке (сабле) есть так называемый центр удара, совпадающий с центром качаний физического маятника той же пластинки, подвешенной в точке О. Разгрузка оси вращения от действия удара особенно необходима в случае баллистического маятника (см. также задачу 227).
З60. Пластинка будет вращаться с угловой скоростью в = 12т о Зто — 4т —, а шзр полетит назад со скоростью из= о. 4гл+Зтэ а 4т+Зто 361. и= М1 / 2(я, ~р — з1п — т 6 м/с, т(! — а) У 3 2 2М Р Зй( М -1- Зт Р е ш е н и е, Применяя закон сохранения энергии к стержню до удара и законы сохранения момента количестна движения и энергии к системе стержень — тело во время удара, получим Мя1/2 = МРв'/6, '/эМ!зв '/эМРв'+ пю!, т/еМ/евз = з/вМРв'~+ пюз/2 где в и в' — угловые скорости вращения стержня при его вертикальном положении до и после удара соответственно, и — скорость тела после удара. Из решении этой системы уравнений получаем значение и. 207 363.
5='/э Мэ(/(шэй). Р е ш е н и е. Применяя закон сохранения энергии к стержню до удара и закон сохранения момента количества движения к системе стержень — тело во время удара получим 1 ! т(эмз ! Мл — = — —, — М!эм = глп1, 2 3 2 ' 3 где м — угловая скорость вращения стержвя в момент удара, о — скорость тела т сразу после удара. Перемещение Я тела можно найти из условия гпоз/2=Ьлд5.
Из написанных уравнений следует ответ. 364. Движение муфты вдоль стержня будет происходить по закону х=аэс!т ы1=2сй(40цг) см, М=2х юо=64 !Оэ зй(80п1) дин см. глп Ы Р е ш е н и е. Движение муфты удобно рассматривать но вращающейся системе координат. Тогда уравнение движения вдоль стержня под действием центробежной силы будет иметь вид т дзхМР=ем'х. Общее решение этого уравнения х=-Ае"г+Ве™.
Подставляя х(0)=аэ, х(0)=0, получаем решенне. Момент количества движения муфты относительно осн вращения стержни В=глотка; он растет со временем. Для его увеличения необходнью приложить внешний момент снл М=-4В/г(1= =2шюхх. 365. ы=3таэ'М=-2,2 !О-' рад/с, где юэ=7,3 ° 10"' рад/с — угловая скорость вращения Земли вокруг своей оси. Р е ш е н и е.
В системс координат, связанной с Землей, на движущийся внутри ствола снаряд (а, следовательно, н на систему пушка— снаряд) будет действовать сила Корнолнса, направленная на запад и равная Г=йглечоэ, где о — мгновенное значение скорости снаряда и ыэ— угловая скорость вращения Земли вокруг своей оси. Уравнение движения пушки со снарядом имеет зид Г Ьо/41= 2шюэог, где 1 — момент инерции пушки (моментом инерции снаряда можно пренебречь ввиду условия 34))т),г — расстояние снаряда от оси вращения в данный момент времени, ы — мгновенное значение угловой скорости вращения ствола пушки.
Полагая о=аг, получим м ~ч ! 3,) ',) о о где 1э — — г' 21/а — время движения снаряда внутри ствола. Интегрируя вто уравнение, находим ю. 366. о = )гокй Искомая точка находится на расстоянии х= э/з1 от основания столба. 367. Р е ш е н и е. Кинетическая энергия стержня в горизонтальном положении г/з!ыз=т/зтд!. Центростремительное ускорение центра масс стержня в том же положении шз!/2. Отсюда по теореме о движении центра масс 3 ~го =лно — = — тя= — шд 2 2! 2 Применив к вращению стержня в положении 2 уравнение ! йо/а! = М, аш ! получим ! — =-шя —.
Отсюда находим вертикальную составляющую й ускорения центра масс в том же положении: аш шя! 3 а= — — = — = — аш 2 и! 4/ 4 аш Лалее, ша=тд — Рзерт В результате получится и" =ш (я — а)=г/ тй. 368. Е= — —. При !=ь Е=Р/4. Р 1+ 3 (!/ь)з 369. Е=(1+4аэт/!)тя, где ш — масса, ! — момент инерции человека относительно перекладины, а — расстояние между осью вращения и центром масс человека. Если при оценке момента инерции моделировать человека однородным стержнем, вращающимся вокруг одного из его концов, то получится Г=4шд. 370.
Р е ш е н и е. На основании закона сохранения энергии оз+2дй=сопз(. (370.1) Момент силы тяжести относительно точки поднесл не имеет вертикальной составляющей. Момент сялы натяжеаия веревки равен нулю. Поэтому при движении человека зертнкаль- пая составляющая его момента количества двнженвя остается неизменной. В положениях, где высота й максимальна или минимальна, скорость человека о горизонтальна, а момент количества движения равен лог, где г — расстояние до вертикальной осн, вокруг которой вращается человек.
Значит, в этих положениях величина от одна и та же. В момент, когда высота й максимальна клн минимальна, опи- шем в вертиаальной плоскости окружность с центром в точке подвеса О, проходящую Рис. 228. через точну нахождения человека й( (рис. 228). По известной геометрической теореме га=АВ ВС, или гз= =(2! — 3)л.
Поэтому в положениях, где й максимальна и минимальна, (2! — Ь)доз=сопи(, (370.2) Запишем соотношения (370.1) и (370.2) для этих положений, имея в виду, что максимуму /г соответствует минимум о, и наоборот. Получим: смака+ 23дмии оман+ 233манс, (21 дмнн) ймн»о маке = (21 )амане) дмансомнн. (370. 3) где И вЂ” радиус цилиндра.
При качении без скольжения центр масс цилиндра получает горизонтальное ускорение лло/с()=И йо'л(Г, которов сообщает сила трения; следовательно, '(~+ — -") ='".г=-П+ /) где е — искомый коэффициент трения. По условию задачи г/т=д/2. Таким образом, ои/г((=д/3 и )с лйл9. 374. Р е ш е н и е. Качалин баэ скольжения. Силы, действующие на цилиндр, показаны на рис. 229.
Сила натижения веревки г, сила треаия К /, ускорение груза а. Уравнения поступательного движения: цилиндра г+/=г/,та, груза / Ыд — с=Ма и уравнение вращения цилиндра (и — /)Л=Ч~ш)сма/2)с. Отсюда полу. чаем /= '/~ша, Г = '/алл~, Рис. 229. о = (1+ а/и ж/М)" ~к Скольжения не будет, если )/1~)ешь или й~(8+ЗшлМ)-а, где й — коэффициент трения. Качение со скольжением. Угловое ускорение цилиндра 11, ускорение оси цилиндра Ь. Теперь уравнения движения будут Р+/ ть, (Р— /) Я л/ат)сап, Мй — Г =Ма.
210 Решая эти уравнения, получим ,а 2йдлланс (21 амане) 21 (лманс+Дмнн) 20" нн (21 лмилл) (370 4) Омни = (Дмалсс тймин) Прн этом учтено, что в реальных условиях Л < 1, тах что величина (370.3) действительно максимальна, а (370.4) — действительно минн- мальна. Если (лала„с и Диан пРенсбРсжимо малы по сРавлленило с 1, с г то сиане= 2ьглманс эмин =2еьмнн 371. га = — 23/ла/(Ь+)ла). па =23/ла/(ч+/га) 372.
ма= Р~ [Еа-'-4га — Р (Š— 1 — пг)а). 7 +Ерг' У к а э а н и е. Воспользоваться законом сохранения энергии. 373. Р е ш е н и е. Уравнение моментов вращения цилиндра около оси, лежащей иа плоскости качения, будет ш)са (1+ '/ ) гль/й =РЯ, Ускорения связаны условием а=б+Р)7 и сила трения (=йтз7. Отсюда получаем а=(! — '/зйт(М)(!+'гзш()И)-зд, при условии й<(8+ЗА,'М)-". 3 а м е ч а н и е. Полезно рассмотреть движение при 7=0 в отсутствие сил трения. 375. Скольжение начнется в точке с угловой координатой <р, =агссоз 0,8 или на высоте 0,8)7 от горизонтального диаметра цилиндрической поверхаости.
Р е ш е н и е. Записываем уравнеаия динамики для скатывающегося обруча: гла„тя сов <р — й!, тат= тдщп ~р — йю узю = ггт от=юг, где аз=от!Я-!.г), от=со(й, гт — сила сухого трения, И вЂ” сила нормального давления, уз — момент инерции обруча. Отсюда опрсделялйр ем силу трения г' = — з!п гр и силу нормального давления обоуча т— оз на цилиндр 77=ту созгр — гл †. Закон сохранеяня ансргии дает ут -)- г оз 77+г — =я(1 — сов ~р), следовательно, Л = щп (2 соз ф — 1). Условие начала скольжения ~т=~т аазс=~~у ° Приравнивая соответствующие величины при й=0,5, получаем: соз гр= =0,8; илн высота от горизонта, на которой начинается скольжение, й=)С соз ф=0,8)С.
378. Обозначив силу, действующую на катки со стороны штанги, через 7, можно записать уравнения движения катков (линейные и угловые ускорения обоих катков одинаковы); для первого во ага т — =тдюп и+7 — угм 7, — =ЕЙ; аг 1 гя!— для второго ло сйо ---=щк зш и — 7--' з уз — --=гР— з з зт где гз и гз — силы треиая, возникающие между катками н плоскостью. Кроме того, таи как скольжение отсутствует, то ного(=)7 йо/ой Отсюда — -66 с-', 7= — — ги 0,27 кгс.
Ьо Иаз!п а з !,— 7з аю ~1~ 7, !г уз ~~з ' 277 ау т Положительное значение 7 при выбранных кама знаках в уравнениях движения соответствует тому, что штанга сжата и толкает катки. Сле. довательно, если каток с ббльшнм моментом инерциа внизу, штанга сжимается; если он вверху, штанга растягивается. 211 377.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
