Решение задач по Физике (Кириллов), страница 6

Определить на какую высоту поднимется пушка в результате отдачи, если угол наклона плоскости равен у, а коэффициент трения между пушкой и плоскостью равен р. Продолжительность выстрела считать пренебрежимо малой. Решение В момент выстрела резко увеличивается давление пушки на наклонную плоскость и, следовательно, скачком возрастает сила трения, действующая на пушку. Поэтому закон сохранения импульса здесь неприменим.

Используем закон изменения импульса в форме: М' = (~~" Е,. )т, 4) Физинеские основы механики где э)в - изменение импульса системы вснаряд+пушка», "~ и'; - сумма ! всех внешних сил, действующих на эту систему в момент выстрела, твремя выстрела. В проекциях на координатные оси (см. рис. 1.24) х Рис. !.24 мо уравнение переписывается следующим образом: Ох: тУвсо545-МУ=[Г„„+(М+т)85)пр)г, Оу: тУоз)ар=(М вЂ” (М + т)ссыпет, где У- скорость пушки сразу после выстрела и Е = фМ. Поскольку время выстрела очень мало, то сила реакции И во время выстрела много больше, чем сила тяжести пушки и снаряда.

Поэтому в этих уравнениях можно пренебречь вторым членом в квадратных скобках. В результате получим: тУв со545- МУ =,и)Уг т Ув 5) п р = )и'г Исключая нз этих уравнений Ф, получим: тУО У = — (созф- уев!и ф). М Глава 1 42 Высоту подъема пушки после выстрела можно найти, используя соотношение между работой силы трения и изменением полной механической энергии пушки: а МУ' А~в =-рМясоа (л" э = —,иМясоз(Р.

— = Мяй — —, я(д 2 где 5 -путь, пройденный пушкой вдоль наклонной плоскости. После подстановки скорости Р получим выражение для высоты подъема пушки а после выстрела. ш Ув (соз9> —,ияли) Ответ: а= 2яМ'(рс!я(р+1) 1.4. Динамика иавердого игела Основные формулы ° Уравнение движения центра масс С твердого тела массы гл ш — =г арс (1.4.1) й где с - результирующая всех сил, действующих на тело, рс - скорость центра масс тела. ° Закон изменения момента импульса М твердого тела относительно неподвижной точки О (1.4.2) где Х - суммарный момент относительно точки О всех сил, действующих на тело. Уравнение (1.4.2) остается справедливым для движущейся точки О, если она совпадает с центром масс тела или ее скорость параллельна скорости центра масс. ° Основное уравнение динамики твердого тела, вращающегося относительно неподвижной оси з с угловым ускорением,И л„О= !т'„ (!.4.3) где л, - момент инерции твердого тела относительно оси вращения, !т',- алгебраическая сумма моментов всех сил, действующих на тело, относительно оси и Уравнение (1.4.3) остается справедливым для Физические основы механики поступательно движущейся оси вращения, если она проходит через центр масс тела.

° Теорема Штейнера: А = ) )ч',а'р. (1.4.6) ° Кинетическая энергия твердого тела при плоском движении: 2 2 Т зсш "'"с Т= 2 2 (1.4.7) где 7с — момент инерции твердого тела массы ш относительно оси проходящей через центр масс С тела, ис - скорость центра масс, азугловая скорость вращения тела. ° Связь между угловой скоростью «х прецессии гироскопа, его моментом импульса М, равным Лц и моментом У внешних сил: [а~М1= )ч . (1.4.8) Примеры решения задач 1.4.1. Однородный шар массы ш = 4,0 кг движется поступательно по поверхности стола под действием постоянной силы Е, приложенной, как показано на рис.

1.24, где угол и'= 30'. Коэффициент трения между шаром н столом к = 0,20. Найти Р и ускорение шара. Решение Пускай шар движется вправо. Силы, действующие на шар, показаны иа рис.1.24. Так как движение шара является поступательным, то его момент импульса относительно центра масс О равен нулю и остается неизменным в процессе движения. Тогда, согласно уравнению моментов, У, = 7с+~на, (1.4.4) где зс — момент инерции твердого тела массы ш относительно оси проходящей через центр масс С и параллельной оси е, а — расстояние между осями. ° Кинетическая энергия твердого тела, вращающегося вокруг неподвижной оси г с угловой скоростью ох Т = з',го /2. (1.4.5) ° Работа внешних сил при повороте твердого тела вокруг неподвижной оси з, совпадающей по направлению с вектором угловой скорости дм 44 Глава 1 векторная сумма моментов всех сил, действующих на шар, относительно точки О должна равняться нулю, то есть Гйз!па-)гМК =О, где Я радиус шара, й! — сила реакции опоры.

Добавив к полученному соотношению уравнение движения центра масс шара в проекции на горизонтальное направление Р сова-)гФ = ша Рис. 1.24 и в проекции на вертикальное направление Р з!и а + М - ш~ = О, получаем систему из трех уравнений, совместное решение которых дает искомые выражения для силы, приложенной к шару Ьия (1+ Й) яп а и для ускорения шара а = — (с!Оа-1). )гя 1+ )г Используя численные данные задачи, получаем Р = 13,! Н и а = 1,2 м1с~. Ответ: Р= =13,1Н; а= — (с!да-1) =1,2м/с.

йшя )я г (1+)г)япа 1+1 1.4.2. Горизонтально расположенный тонкий однородный стержень массы т подвешен за концы на двух вертикальных нитях. Найти силу натяжения одной из нитей сразу после пережигания другой нити. Решение Силы, действующие на стержень сразу после пережигания одной из нитей, показаны на рисунке 1.25. Движение центра масс стержня описывается уравнением шгЬ/г)г = шя -Т, а уравнение динамики вращательного движения стержня относительно оси, проходящей через точку подвеса О, имеет вид 1 г)ш/Ж = тй!/2, где 1 = (1/3)гн1~ - момент инерции стержня. С учетом связи и = ш1/2 мехщу скоростью центра масс стержня и угловой скоростью его вращения, получаем два уравнения с двумя Физические основы механики 45 Ответ: Т = тя/4.

1.4.3. Система, показанная на рис. 1.26, состоит из двух одинаковых однородных цилиндров, на которые симметрично намотаны две легкие нити. Найти ускорение оси нижнего цилиндра в процессе движения. Трения в оси верхнего цилиндра нет. Решение. Силы, действующие на цилиндры с массами т и радиусами Я, показаны на рисунке 1.26. Уравнение второго закона Ньютона, описывающее поступательное движение нижнего цилиндра вниз (движение его центра масс) с ускорением а, имеет вид тя -Т =та а основное уравнение динамики вращательного движения этого цилиндра относительно оси, проходящей через его центр масс, записывается как з'0 = Тл, где У =т)1'/2 - момент инерции цилиндра, /) - его т угловое ускорение вращения.

Рис. 1.26 Принимая во внимание, кинематическую связь между угловыми ускорениями вращения цилиндров /з и линейным ускорением а центра масс нижнего цилиндра неизвестными: угловым ускорением стержня Йш/й и силой натяжения нити Т. Совместное решение дает искомую силу натяжения нити Т = те/4. Когда стержень висел на двух нитях, на каждую нить действовала сила тя/2. При пережигании одной из нитей сила, действующая на оставшуюся нить, скачкообразно уменьшается вдвое.

Такое скачкообразное изменение связано с идеализацией: стержень считается абсолютно твердым. Реальный стержень деформируется и при учете этого обстоятельства сила натяжения Рис. 1.25 нити будет меняться непрерывно. 46 Глава! а =2ф)1, и решая полученные уравнения совместно, приходим к искомому выражению для ускорения оси нижнего цилиндра в процессе движения а =4л/5. Ответ: а =4~/5. 1.4.4.

В системе, показанной на рис. 1.27, известны масса т груза А, масса М ступенчатого блока В, момент инерции з последнего относительно его оси и радиусы ступеней блока )! и 2И. Масса нитей пренебрежимо мала. Найти ускорение груза А. Решение Совокупность уравнений, описывающих поступательное движение ступенчатого блока вверх с ускорением а, и вращательное движение блока с угловым ускорением ф имеет вид т,-мя-т, =ма, т гв-т,к = !р. Поступательное движение груза вниз с ускорением а, описывается уравнением В тя-т, =та,. Добавив к зтим уравнениям кинематическую | связь между линейными и угловыми ускорениями а, =,02Л вЂ” /% =/В и) а, =,Ф и решив полученную совокупность уравнений совместно, получаем искомый ответ для ускорения груза (т — М)я т+М+1/Л Видно, что при т>м груз движется вниз, а при т<М - вверх.

(т — М)л Ответ: а, = т + М + у/)г' 47 Физические основы зиез аники 1.4.5. Однородный диск радиуса Я раскрутили до угловой скорости вв и осторожно положили на горизонтальную поверхность. Сколько времени диск будет вращаться на поверхности, если коэффициент трения равен й? Решение. Сначала найдем момент М сил трения, действующих на диск. Для этого рассмотрим часть диска в виде кольца радиуса г с бесконечно малой шириной й (см.

рис. 1.28). На зто кольцо действует тр сила трения скольжения равная произведению коэффициента трения 1 на силу тяжести этого кольца. г Последняя равна реЬ2зпт(г, где р - плотность материала диска, 1з - толщина диска и 8 - ускорение Ь'зр свободного падения. Плечо всех сил трения, действующих на части этого кольца одинаково и Рис.

1.28 равно радиусу кольца г, поэтому момент сил трения зйч', приложенных к рассматриваемому кольцу, имеет вид ЖЧ =/ря)з2 зз? Интегрируя, затем, полученное выражение в пределах от О до К, найдем момент сил трения, действующих на весь диск 2 У = ~йр8Ь2лг'с1г = 2ФряЬ |г'4г = — ззз8Ы, о 3 где введена масса диска т = рЬзлг . Основное уравнение динамики вращательного движения диска принимает следующий вид з?в 2 з — = — зззвЫ, вй 3 где з' = тЯ /2 - момент инерции диска. Решение этого уравнения с учетом зз начальной угловой скорости вращения диска а)з определяется выражением 4 я8 в= аь — — — з. 3 К Время вращения диска до остановки гв определится из условия в = О, откуда получаем 3аь)? го 4/с8 Глава / Ответ: гв = —.

Заб// 4/се 1.4.6. Однородный цилиндр радиуса // раскрутили вокруг его оси до угловой скорости ага и поместили затем в угол. Коэффициент трения между стенками угла и цилиндром равен /р. Найти: а) сколько времени будет вращаться цилиндр; б) сколько оборотов сделает цилиндр до остановки. Решение Силы, действующие на цилиндр, показаны на рис. 1.29. Уравнения второго закона Ньютона в проекциях на горизонтальное и вертикальное направление имеют вид Р,„, = Уг шя = /т1+Р рг. Учитывая выражения для сил трения скольжения Р ~ =/сз/~ и Е„рг =Й/Уг, получаем после совместного решения этих уравнений тля 1+ /р' /але г-! /г Основное уравнение вращательного движения цилиндра с моментом инерции Рис.