1611143575-9594eae618314f5037b2688bf71c4d71 (825039), страница 62
Текст из файла (страница 62)
Этот результат относится к идеализированным моделям тел. Тело и плоскость, по которой оно катится, должны быть идеально твердыми и гладкими. Лля реальных тел он не справедлив или справедлив только приближенно. В этом случае тело н плоскость деформируются. На плоскости возникаег углубление, скатывании тнл с ндклоннои плоскости $ 48! задачи 1. Определить ускорение а центра шарика, скатывающегося без скольжения по наклонному желобу, образуюшему утол и с горизонтом. Форма поперечного сечения желоба изображена на рис. 132, а и б. яз йз Ответ.
а) а= „я мпоь где р — радиус инерции шарика, р'+ ()7' — ае) )7а 2й — ширина желоба; б) а= 4рз+)7з я а1поп 2. С какой высоты Н должен скатиться по наклонному желобу шарик с радиусом инерции р, для того чтобы он смог без скольжения описать мертвую петлю по желобу радиуса К7 Радиусом шарипа г по сравнению с К пренебречь, Ф Рис. !32 Рис.
!33 Згз+ рг 27 Ответ. Н = — И. Лля сплошного шара Н =-- )7 2гз 10 для полого Н= - )1. 17 6 3. Цилиндр нлн шар радиуса г катится по плоскости, наклоненной под углом сс к горизонту. Определить, при каком значении угла и начнется ка ~енше со сколь- жением, если коэффициент трения скольжения ме,кду катяшнмся телом и пло- скостью равен й.
гг)р О т в е т. 1я а > й, где р — радиус инерции катящегося тела. рз Лля сплошного шара )йа > '/з й, для полого 1йсх > ь/зй. Лля сплошного пилиндра 1и а > Зд для полого 1и сс > 2л, 4. Шарик радиуса г скатывается без начальной скорости и без скольжения по поверхности сферы из самого верхнего положения А (рнс. !ЗЗ).
Определить точку, в которой он оторвется от сферы и начнет свободно двигаться под дейст- вием силы тяжссти. О т в е т. Положение точки Н, в которой шзрик отрывается от сферы и на. чинзег свободно дннгаться под действием силы тяжести, определяешя углом а, косинус которого равен 2гз созк = — —, Згз+рз тело соприкасается с ней не в одной геометрической точке, а на некотором участке конечной площади. В результате при качении по горизонтальной плоскости возникает сила, замедляющая движение. Это есть сила трения качения. Она обычно мала по сравнению с силой трения скольжения, и во многих случаях ею можно пренебречь (см. 3 17).
[ГЛ, Ч1! МЕХАНИКА ТВЕРДОГО ТЕЛА где р — радиус инерции шарика. Результат не зависит от радиуса сферы. Для сплошного шарика соз м = эл!м, для полого соз я = '!ы, 5. Цилиндр массы М и радиуса г катится по горизонтальной поверхности стала (рис. !34). Обвитая вокруг цилиндра нить горизонтально проходит через неподвижный блок, а к другому канну ее подвешен груз массы т. Пренебрегая массами блока и нити, найти ускорение центра масс цилиндра.
2тгэ О т в е т, а=, а 4, д, где р — радиус инерции цилиндра. М (рз+ га)+4гпгз 4т т Для сплошного цилиндра а= д, для полого а= д. 6. По наклонной плосностн, образующей угол сс с горизайтом, скатывается массивный полый пилиндр массы М и радиуса г. По поверхности цилиндра бежит Рис. И5. Рис. 134. собака таким образом, что оиа все время занимает наивысшее положение на поверхности цилиндра. Определить, с каким ускорением а скатывается цилиндр, если масса собаки т. Р е ш е н и е.
Метод решения этой задачи поучителен. Для решения проще всего воспользовать ся уравнением моментов относительно мгновенной оси вращения А (рис. 135). При этом все движения должны рассматриваться относительно системы отсчета, в которой наклонная плоскость неподвижна. В этой системе собака, все время находящаяся в наивысшей точке цилиндра Я, движется параллельно наклонной плоскости н притом с той же скоростью о, с какой движется центр цилиндра. Момент количества движения системы Е слагается из момента количества движения цилиндра !ы н момента иаличества движения собаки тпй, где й = г (1+'соха) — длина перпендикуляра, опущенного на наклонную плоскость из точки 5. Итак, 5= !и+тго (1+сова), причем под ! следует понимагь момент инерции цилиндра относительно мгновенной оси, т.
е. величину 2Мгз. Из-за отсутствия снольжения о = ыг, а потому ! = [2М -1- т 11+ сев а)) го. Так кзк центр масс системы н мгновенная ось А движутся параллельно, то производная 5 по времени должна равняться моменту внешних сил относительно мгновенной оси А, т. е. (М+ т) Егэ)па. Приравнивая оба выражения, получим М+т и= 2М+т(1+ ) Еэщсл. Т. По поверююсти большого полого пиливдра, лежащего яа горизонтальной плоскости, начинает бежать собака массы т в направлении к наивысшей точне А н притом тэк, что она все время находится на одном и том же расстоянии СКАТЫНАНИЕ ТЕЛ С НАКЛОННОЙ ПЛОГ'КОСТИ 1 гз1 от этой точки (рис. 136).
В результате цилиндр начинает катиться по горизонтальной плоскссти без скольжения. Масса цилиндра М, а угол АОт равен а. Определить: 1) ускорение оси цилиндра а; 2) силу тренин между цилиндром и плоскостью во время качения Рт; 3) время 1, в течение которого собака способна оставаться на указанном расстоянии от точки А, если максимальная полезная мощность, которую она способна развить, равна Р„,„с. Какая при этом будет достигнута максимальная скорскть о„,„, поступательйого движения цилнидрар (Полезной мощностью здесь называется мощность, которая затрачивается саба.
кой на увеличение кинетической энергии системы.) Ответ.а=, г"тр — — (М+т) а, т(1 Вп сс 2М + т (!+ сок а) ' Рмакс 1 Рмакс 2М+гн аа ' макс (2М+т)а 6. Определить ускорение а, с которым цилиндрическая бочка, целиком заполненная жидкостью, скатывается без скольжения с наклонной плоскости, Рис. 136. Рис. 137. образующей угол а с горизонтом (рис, !37). Трение между жидкостью и стенками бочки считать пренебрежимо малым. Р е ш е п н е.
При отсутствии трения между жидкостью и стенками бочки вращение бочки не передается жидкости. Жидкость движе!ся поступательно как целое со скоростью о, равной скорости движения центра масс. Момент количества движения системы относительно мгновенной осн А равен 1. = 1лы + тЮ, где й — внешний радиус бочки, 1А — момент инерции ее относительно мгновевной оси А, т — масса жидкости. Йз-за отсутствия скольжения о = ы)1, так что Центр масс бочки движется параллельно мгновенной оси, а потому с((.
1)А ) (о — — А-+спЯ ---=(М+т) )7я а!п а, ) л! где М вЂ” масса бочки. Отсюда (М+ т) )та а= 1 + а па!па. +т ' В предельном случае, когда бочка не заполнена жидкостью (т = 0), получается ранее выведенная формула (48.2). В другом предельном случае, когда толщина стенок бочки пренебрежимо мала по сравнению с радиусом )с, (А = 2М((аа М+т 2М+ МЕХАНИКА ТВЕРДОГО ТЕЛА !ГЛ. УН При этом мы не учитывали моменты иаерции днищ бочки, считая их пренебрежимо малыми. Читателю рекомендуется решить ту же задачу с помощью уравнения моментов относителыю центра масс, а также с помощью уравнения сохранения энергии.
9. Диск Максвелла подвешен нз очень длинных нитях (рис. !38). Части нитей длины 1= 50 см каждая были намотаны на ось диска, после чего диск стал опускаться под действием силы тяжести. Достигнув нижнего положения, диск стал подниматься вверх, сообщив чрывокэ нитям. Найти ускорение диска и натяжение нити во время его опускания и поднятия, а также оценить приближенно натяжение нити во время рывка. Масса диска М = ! кг, его радиус Я =- = )О см, радиус оси г = 0,5 см.
Растяжением нити во время рывка пренебречь. (Сравните эту С задачу с задачей 2 к 9 37.) О т в е т. Пока движение совершается без рывка, диск опускается и поднимается с одним и тем же ускорением, на- 1 С правленным вниз: 2г' А . Яз+ 2гз Натяжение нити при опускании и поднятии диска также одно и то же и равно Рис. !38. Рис. !39.
Ме 1' ат Т,= — 8, ! — -"-)=4,83 Н. Во время рынка нить испытывает дополнительное натяжение АТ, определяемое приближенным выражением ЬТ вЂ” —. Мл 3,!4 Н. 1 2а пг я Полное натяжение нити во время рывка Т = Т, + АТ = 8,0 Н. !О. На каком расстоянии 1 от оси баллистического маятника должно паха. диться места попадания горизонтальна летящего снаряда, чтобы ась мая !ника при ударе снаряда не испытывала добавочной нагрузки) Р е ш е н и е. Пусть Р— горизонтальная сила, с которой ударяющий снаряд действует на маятник (рис. !39).
Уравнение моментов относительно точки подвеса 0 дает 1 — =Я. Й~ Л1 Так как при ударе ось маятника не испытывает дополнительной нагрузки, то ца основднии теоремы о движении центра масс можно написать г)о т — =Р, г)1 где о — скорость центра масс, и — масса маятника. Массой снаряда пренебрегаем. Почленным делением из этого и предыдущего уравнений исключаем силу Р и получаем 7 йо ш по Если а — расстояние между точкой подвеса и центром масс маятника, то е =- ша. В результате находим 1 1= —.
пш ' «Я СКЛТЫВЛННЕ ТГЛ С 1«ЛКЛОННОЙ ПЛОСКОСТИ 2о7 Отсюда видно что 1 есть приведенная длина физического маятника, а точка А соанадаез с центром качания его. Соответствующая ей точка подноса маятника О называется «центром удара». Кузнец точно знает, в каком месте нужно держать рукоятку своего тяжелого молота (нменно — в центре удара], чтобы при ударе не ошущать в руке неприятную отдачу.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
