Решение задач по Физике (Кириллов), страница 8

Со стороны доски на шар действует сила трения, играющая роль силы тяги для шара и направленная так, как это показано на рисунке. По третьему закону Ньютона на доску со стороны шара действует такая же сила трения, направленная в противоположную сторону. Поэтому, уравнении движения доски и центра масс шара в проекции на горизонтальное направление имеют вид Рнр шзаз Р' — Р = та,. Следует отметить, что в отсутствие скольжения между шаром и доской, сила Рис. 1.33 трения между ними является силой трения покоя и, следовательно, входит в полученные уравнения в качестве одного из неизвестных. Другими двумя неизвестными являются ускорение доски а| и ускорение центра масс шара аз. Добавим к этим уравнениям основное уравнение динамики вращательного движения шара относительно горизонтальной оси, проходящей через центр масс шара С перпендикулярно плоскости рисунка: 1Д=Р Я, где й=(2/5)шз)1' - момент инерции шара радиуса й и )5 - угловое ускорение вращения шара.

Движения доски и шара не являются независимыми. Для определения кинематической связи между ними заметим, что шар участвует одновременно в двух движениях: поступательном со скоростью из равной скорости центра масс шара и вращательном движении со скоростью р„= шИ, где и - угловая скорость вращения шара. Для точки соприкосновения шара с доской обе эти скорости направлены в одну и ту же сторону (вправо на рис.1.33), поэтому, эта точка имеет скорость и = р, + ш)1. С другой стороны, в отсутствие скольжения скорость точки соприкосновения совпадает со скоростью движения доски рю то есть и, =р,+ш1Г.

ДИффЕрЕНцИруя ЭтО СООТНОШЕНИЕ ПО ВРЕМЕНИ, НаХОдИМ соотношение межцу линейными и угловыми ускорениями тел а, = а, + ~И, 56 Глава ! с помощью которого перепишем уравнение динамики вращательного движения шара в виде (2/5)ги (а, — а ) = Р Совместное решение уравнений движения тел дает искомые выражения для ускорений доски и центра шара а, =7Р/(7т, 42ш,) а, =2а,/7 =2Р/(7т, +2ш,), а также выражение для силы трения Р;р =2Рш,/(7т, +2т,). Требование для силы трения покоя не превышать максимального значения Р '" = Ьл,е определяет диапазон возможных значений для силы, приложенной к доске Р<(7ш, +2ш,)(ря/2.

Ответ: а, =7Р/(7т +2ш ), а =2а /7, Р <(7ш +2т Я~/2. 1.4.12. Однородный стержень, падавший в горизонтальном положении с высоты (з, упруго ударился одним концом о край массивной плиты. Найти скорость центра стержня сразу после удара. Решение Скорость центра масс стержня непосредственно перед ударом о плиту легко найти из закона сохранения полной механической энергии.

Она равна рв =,/2уй и в течение времени 1 взаимодействия стержня с плитой убывает до некоторой величины р . Закон убывания может быть описан с помощью уравнения пЫр/4! = -Р, в котором мы пренебрегли силой тяжести стержня по сравнению с силой реакции Р со стороны плиты (см. рис. 1.34). Во время удара, вращательное движение Рис. 1.34 стержня вокруг оси, проходящей через его центр масс, описывается уравнением ,Иш/й = Р!/2, где У = (1/12)ш!' - момент инерции стержня. 57 Физические основы механики Исключая из этих уравнений движения силу Р, получаем соотношение Иш = -(т1/2)Й, интегрирование которого дает т1 1азы- — (и — и ). 2 Так как столкновение стержня с плитой является упругим, то последнее соотношение может быть дополнено уравнением закона сохранения полной механической энергии щи~ 1аз шя(з = — т —. 2 2 Совместное решение дает угловую скорость вращения стержня ш = Зио/1 = Зз/2И/1 и скорость его центра сразу после удара и = ио/2 = з/ф/2 .

Ответ: и= ЯЬ/2. 1.4.13 Однородный диск радиуса 11 =5,0 ем, вращающийся вокруг своей оси с угловой скоростью азы бО рад/с, падает в вертикальном положении на горизонтальную шероховатую поверхность и отскакивает под углом д = 30 к вертикали, уже не вращаясь. Найти скорость диска сразу после отскакивания. Решение Сила трения, действующая на диск со стороны поверхности (см. рис.

!.35), приводит к появлению горизонтальной составляющей скорости его центра масс в соответствии с уравнением Й„ Р =т —" й где ш — масса диска. Момент силы трения приводит к уменьшению угловой скорости вращения диска. Уравнение динамики вращательного движения относительно оси диска Рис. !.35 имеет вид 1 — =-Г Л, Ыв й где 1 = ш)з'/2 - момент инерции диска.

Глава! Комбинируя зти уравнения, получаем соотношение Ив = -ей?о„, интегрирование которого дает /в+ еЛо„= сопя, откуда горизонтальная скорость, приобретаемая центром диска когда его вращение прекратится, будет ув в)? е)! 2 а полная скорость диска сразу после отскакивания равна о„в )! з)пй 2з)пй Используя численные данные задачи, получаем о = 3 м!с.

Ответ: о = оЯ/(2аша) =3 м/с. 1.4.14. На идеально гладкой горизонтальной поверхности лежит стержень длиной ! и массой М . В одну из точек стержня ударяет шарик массой е, движущийся по поверхности перпендикулярно стержню. Считая удар абсолютно упругим, определить на каком расстоянии х от середины стержня должен произойти удар, чтобы шарик передал стержню всю свою кинетическую знергию? При каком соотношении масс М и е это возможно? Решение При взаимодействии шарика со стержнем выполняются все три закона сохранения: закон сохранения импульса системы «шарик стержень», закон сохранения механической знергии ио (.,"н — ь и закон сохранения момента импульса системы т х относительно оси, проходящей через центр масс с стержня С .

Соответствующие уравнения, с учетом того, что шарик после удара остановился, имеют вид его Мис г г г е его М"с Рис. !.36 — = — +— ео х= /в, где 1 = П/12)М !' - момент инерции стержня, в- его угловая скорость и гс — скорость центра масс стержня С сразу после удара. 59 Физические основы механики Совместное решение первых двух уравнений дает гс = тио/М и 2ив Зт зл Подставляя, затем, последнее соотношение в третье уравнение, получаем для искомого расстояния следующее выражение 1 М х= — ~ — -1, г,/31 т из которого видно, что масса стержня М должна быть больше или равна массе шарика.

Условие хь1/2 дает еще ограничение сверху на массу стержня М < 4зл, необходимое для возможности описанного процесса. ГМ Ответ: х = — ~ — -1; лз < М < 4лз. 2/3 з нз 1.4.15. Вертикальный однородный столб высотой 1 падает на землю под действием силы тяжести. Определить линейную скорость его верхнего конца в момент удара о землю, если а) столб падает, поворачиваясь вокруг неподвижного нижнего основания; б) столб первоначально стоял на абсолютно гладком льду. Решение а) Так как нижний конец столба неподвижен, то сила реакции, действующая на столб со стороны поверхности земли, работы не совершает. Поэтому при вращательном движении столба вокруг горизонтальной оси, проходящей через его нижний конец, выполняется закон сохранения полной механической энергии, а именно нз51 .1ш 2 2 где нз — масса столба, У =11/3)лз!' - его момент инерции относительно рассматриваемой оси вращения, аз - угловая скорость вращения столба в момент удара о землю. Получая отсюда угловую скорость столба аз =,/Зу/1, найдем линейную скорость его верхнего конца и = аз1 = з/Зф .

Глава ! 60 б) Поскольку в рассматриваемом случае все силы, действующие на столб, направлены вертикально, то центр масс столба при его падении все время будет находиться на одной н той же вертикали. Столб участвует одновременно в двух движениях: поступательном и вращательном вокруг горизонтальной осн, проходящей через его центр масс. Запишем закон сохранения полной механической энергии в виде: тл! шг .!аз с+ 2 2 2 где У =(1/12)т1~ - момент инерции столба относительно оси вращения, проходящей через его центр масс, гс — скорость центра масс столба и и- угловая скорость вращения столба вокруг центра масс в момент удара о землю.

В нижнем положении, когда столб горизонтален, скорость его основания, скользящего при падении по льду, становится равной нулю, поэтому г = ш!/2. Имея это в виду, получаем аз= /Зй/! и, следовательно, линейная скорость верхнего конца столба в момент удара и=аз!=з/Зй!. Ответ: а) г=,/Зй1;б) г=з/Зй!. 1.4.16. Сплошному однородному цилиндру массы т и радиуса й сообщили вращение вокруг его оси с угловой скоростью аь, затем его положили боковой поверхностью на горизонтальную плоскость и предоставили самому себе. Коэффициент трения между цилиндром и плоскостью равен 1.

Найти: а) скорость цилиндра, когда его движение перейдет в чистое качение; б) время, в течение которого движение цилиндра будет происходить со скольжением; в) полную работу силы трения скольжения. Решение Сила трения, направленная так, как это показано на рисунке 1.37, приводит к ускорению движения центра масс цилиндра О в горизонтальном направлении, а момент этой силы относительно оси цилиндра замедляет его вращение. Соответствующие уравнения движения Физические основы мекоиики Р;, = из сзи/(й и 3 йш/й = -Г й 61 приводят, после исключения из них силы трения, к соотношению Лш = -язва, интегрирование которого определяет связь между мгновенной угловой скоростью вращения цилиндра и Х мгновенной скоростью его поступательного движения о 04 Уш+ тей = сопзг. Принимая во внимание, что в отсутствии скольжения цилиндра е = из Я, получаем ущ, =1оз+тгй=(1+тих~)оз Рис.

К37 о ткуда, с учетом момента инерции цилиндра / =иЯ /2, находим установившуюся угловую скорость его вращения 2! ш = о),/3. а) Скорость оси цилиндра, когда его движение перейдет в чистое качение, определяется выражением и = шй = азй/3. б) Время, в течение которого движение цилиндра будет происходить со скольжением, можно найти из уравнения движения его центра масс Р;, = )сше =ей/й . Интегрируя, с учетом найденной установившейся скорости цилиндра, получаем з = а~,Я/3)су. в) Работа силы трения скольжения приводит к изменению кинетической энергии движения цилиндра, поэтому лп з 1~~ ~ уп)~ изц)~й~ 2 2 ! 2 6 Работа силы трения отрицательна, несмотря на то, что перемещение цилиндра происходит в направлении действия этой силы. Кажущееся противоречие объясняется тем, что вплоть до момента перехода движения в чистое качение, вращательная скорость внешних точек цилиндра больше его поступательной скорости и, поэтому, мгновенная скорость точек приложения силы трения направлена в сторону противоположную действию силы.

После этого момента мгновенная скорость точек соприкосновения цилиндра с плоскостью становится равной нулю, сила трения тоже обращается в ноль и, поэтому, качение цилиндра должно происходить с постоянной скоростью и не может прекратиться. Расхождение этого вывода с опытом объясняется тем, что реальные тела деформируемы. На плоскости, по которой катится цилиндр, 62 Глава 1 возникает углубление. При этом, только самые нижние точки соприкосновения цилиндра с поверхностью имеют скорость равную нулю.