1611143573-8e94d034ccd828efcd3c13ed070577fb (825037), страница 40
Текст из файла (страница 40)
Напротив, время обратного скатывания цилиндра вниз, а также наибольшая высота поднятия его зависят от коэффициента трения. Такое 2!7 различие объясняется тем, что скатывание цилиндра все время является чистым качевием. Поднятве же его вверх сначала происходит со скольжением, а затем переходит в чистое качение. 399. а,=й(й соз и — ып и), направлено вверх; уыог аз от 1 о Н,= — агтз з)пи, (1+ тго) аз + тгоа ып и (Зд соз а — з1п ы)3 ' 2 тго . 2 а а —., дтпа= — йтпа, Н =-1-Н; 7 — ,'тго 3 ' ' а о й соз а — з(п а газ+ /но 400. ы= ' ыо.
глг —; Згаз о лз 401. о= —— 7 М 7 М 402. У= Уо — -- — о=80 м/с. о 6 т ( ал — ов 403. х= — . Результат не зависит от характера удара. " ол+ов Гм 404. х= — 1г — — 1, Для возможности описанного про2г'3 цесса необходимо М) т. Условие х ( (12 дает еще Мт.4т. 403. К = 16 — — о ° М 2 4М вЂ” 7т тоо 406. К= 4М 2 М то' 407.
Н =- — . В предельных случаях 1) М = 0 и 2) М = оо М вЂ” ,'4т 2 получаем 1) () =0 и 2] (7 ='(отсо. 408. Ре шеи не. Вели г' — сила, действующая ва шарик во время удара, то уравнение движения шарика будет т Ыат= — Р. Уравнение движения центра масс стержня: М Ы(баг=Г. Уравнение моментов для стержня относительно центра масс: 7 о(ыМ(=г(12. Почлевным делением исключаем Р в получаем т бо 2 йо Т' Интегрируя в пределах от начального значения угловой скорости ы=б до конечного, найдем 2 7 2 о — о,= — — — ы, У= — — ы, т ' 1 М 218 причем в этих уравнениях о, У н м означают величины соответствующих скоростей после удара. Угловая скорость м найдется из уравнения со- хранения энергии.
Если в него подставить значения о и У, то для м получится квадратное уравиенве Один нз корней этого уравнения (о =О) дает угловую скорость стержня до удара, второй — после удара. По условию задачи надо взять вто- 1 рой корень. С учетом соотношения /= —, МР для него получаем !2 |2я>ао (4т, Л() 1' АП М-|-2т 402. о>= — Уо. оо = ' Уо. 21 ' 2т |о 410. х= а !=|о у — При приблвже мо Ю >'о й> (тА+>па) Ы=(тА+л>а) и подставляя сюда значение а, находим ответ. М (э>п и — й соь а) сов и 413.
1) Ускорение тела оо= . я, клнМ+ т (а1п а — и соь и] ь!и а па а,=(т/М) а,. М ь)п и (соэ а+я ь!п а) 2) Ускорение тела а, = ', -.-' . ', я, клина М+>я ь!п а(ь>п а — Ь соь и) т ь(п а соь а — Ь (М+ т соао и) о>— М-| тэ>пи(ь1па Ьсоза) Ы. 3) В первом случае й < 1я а, во втором — условиедвиження клина т ь!и а сова д< М+ т созе а' 414.
ом„„ =дЬ/Ь, где я †ускорен свободного падения; /У =тля; х = нй/2д. люо 411. О> =о>о+ (/аМ+ т) !омо нив шарика к оси вращения стержень будет изгибаться в сторону, противоположну>о вращению. При удалении шарика изгиб стержня изменится в обратную сторону. 412. Г ) Ро, где Ро —— (Ь>+йо) (та+ли)Я. Р е ш е н и е. Ыаксиь>азьное горизонтальное ускорение, которое может иметь тело В, равно а=дэйв Сила Ь м сообщающая ускорение а, определится из условия 415. Ьмзз > Ь/Ь; если й ( Ьмз„то автомобиль пРи о= Р' ЬУЛ/6 со.
скользнет с дороги на ее закрушлении. 418. Цилиндр опрокинется и свалится с диска при угловой скорости вращения диска ы = у'Рц/ЯК~ г=р" Ггч:Ю ~ а. и ' г равновесия неустойчиво. / 5 ! /8Ь 418. о=- "~à — ай ы= — у 3 ' ((У 3' Р е ш е н и е. Закон сохранения люмента количества движения для системы желоб — тело (юга+ш (и соз ~у+ )(оэ))(=0, где и — скорость тела относительно желоба, оэ — угловая скорость вращения желоба, (а — момент инерции же,юба. Закон сохранения энергии для этой састеиы дает (ма+и ((и соз ~р+Ра]з+изз(пзг!)=2гпйй. Отсюда: 1'2и8 О= — — - —, и'= — 8Ь, 3 аз=-(и соз ~Р+)!Я)з-)-из з!па гР = з/зад 1,67 8Ь, 419, Нельзя ограничиться анализам сил, действующих только на колеса, нужна учитывать н силы, действующие на остальные части паровоза. Л Рис.
232. Рассмотрим силы. действующие на иолесо и паровоз, в отдельности (рнс. 232, а). Для простоты считаем у паровоза одно ведущее колесо. При положении водила выше оси нолеса к паровозу приложены силы ()' со стороны водила и г' со стороны колеса. К колесу приложены силы !' со стороны рельсов, Г со стороны паровоза и |4 со стороны водила. Для простоты рассуждений предположим равномерное движение паровоза. По второму закону динамики г"=!+9, по третьему 9=9' и с"=г'.
К паровозу приложена сила (=!'' — 9', направленная вперед. Для положения водила ниже оси (рис. 232, б) распределение сил следующее; силы, приложенные к кочесу.,— |', () н г", (+Е=() (по второму закону динамики), а силы, приложенные к паровозу, — Ь' и Я' (г"'=Ь и Ц =() (по третьему закону)), и потому к паровозу приложена равнодействующая ()' — с'=-(, т.
е. сила, направленная вперед. Итак, во втором случае ось колеса толкает паровоз назад (сила К') но, кроме этого, большая сила (сила (У') толкает его вперед. 420. (=(г()с)(). 42!. сова==„ 2| (оэ Ьэ) Р е ш е н н е. В системе координат, вращающейся вокруг вертикальной оси с угловой скоростью в, условие равновесия стержня можно записать в виде Мя,=М, т, где Мц,— момент центробежной силы и Ме, — момент силы тяжести относительно точки закрепления стержня. Пентробежная сила инерции, действующая на элемент стержня длиной г(х, находящийся на расстоянии х от точки закрепления, будет равна 2 иг", =- —, взх з|п а. о+Ь Соответств)чощий момент силы можно записать в виде г(М, с — — |(Р, с-х соа а.
Отсюда для полного момента центробежной| силы инерции имеем а тв' з|п а соз а (', ! тве з(п а соз а з -ь а — Ь Приравнивая эту величину моменту силытяжести Мс т= — тя — а|па, 2 получим ответ. 422. Угловая скоро ть прецессии тя! з|п а тй! Iвз|па (в ' где а — угол, образованный осью волчка с вертикалью. Направление прецессии совпадает с направлением вращения волчка, 423. М = =6|2 Н.мз (( 22! 424.
Решен не, Максимальный поворот получится, когда скорость снаряда и перпендикулярна к земной оси. Снаряд уносит момент импульса Е=гл(гв)/3~Т вЂ” о«/сз, перпендинулярный к скорости и, Земля получает такой же момент в обратном направлении. При этом вектор угловой скорости вращения Земли ю отклоняется вбок на угол м=й/(/ы). Подстзвив сюда ! =з/» д(гз и учтя, что разность с — и очень мала, получим с — о 25т«сз — »и ' «»и 1,9 1О-'з. с ВЛ! «1«ю« Заметим, что приведенная оценка годится для поворота земной оси «в пространстве», т. е. относительно системы «неподвижных звезд».
Для исследования поворотов осн вращения «в теле», т, е. относительно салюй Земли, надо учесть сплюснутость земного шара. Это связано с тем, что вращение шара вокруг фиксированного в нем днах«етра неустойчиво. 425. !35=а»т»я Мп а/(/(,ы«), где /(~ — момент инерции волчка относительно оси фигуры, т — масса волчка, а — расстояние от точки опоры волчиа до его центра массы. 428. ««= тазах/(! 11 ю) = 0,43'= 25'. 427.
Решение. После удара центр ударяемого шара начнет двигаться с начальной скоростью оз. По теореме о движении центра масс его скорость в момент времени 1 будет о=п« вЂ” Ай/. Пусть ю— мгновенное значение вектора углевой скорости. Момент силы трения относительно центра шара будет йтйгй где « — единичный вектор, направленный за плоскость рисунка и перпендикулярный к ней. Из уравнения моментов ( бю/чг =/гтяг! получаем а/а г «(ю/чг = Йяй Отсюда 5 йя( ю =«о -1- — — Е Мгновенная ось вращения всегда лежит в плоскости, «2 перпендикулярной н плоскости рисунка.
Угол а определяется урав. пением !я г» = »/«йд(/(гю«). Определим теперь момент начала чистого качения. Скорость поступательного движения шара зависит только от горизонтальной составляю. щей вектора ю. Момент начала чистого качения найдется из условий »/»йй(= о« вЂ” Аяд С етого момента угол с« становится и продолжает оста. ваться постоянным, причем !д а=»/«о«/гсо«. В частном случае, когда оа= =ю,г, !я а=»/«, и=35'32'. Заметим, что найденное решение определяет поворот оси вращения относительно внешнего пространства, а не внутри самого шара. 1 428, Гд«а — — Р+(яО«/г=Р+ — л«Я«г, где Р— вес бегуна, а гл — его 2 масса.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
