Работа и энергия
из книги «Физика для школ и ВУЗов». Скачать бесплатно и без искажений формул на странице «Физика для школ и ВУЗов».
Хочешь помочь сайту?
Поделись страницей с друзьями и поставь лайк!
Работа и энергия. Задачки
155. Какая работа будет совершена, если силой 30 Н
поднять груз весом 10 Н на высоту 5 м?
156. Опыт Герике с «Магдебургекими полушариями»
состоял в том, что две медные полусферы плотно соединя
36
лись основаниями и из получившегося цолого шара выкачивался воздух. Атмосферное давление настолько плотно
* прижимало полушария друг к другу, что их могл.и разъединить только с помощью нескольких лошадей. Определить,
. сколько лошадей нужно для отрыва полушарий, если каждая лошадь тянет с силой F? Радиус полусферы R, атмосферное давление равно р.
157. Как объяснить тот факт, что при падении камня на
Землю изменение количества движения Земли равно изменению количества движения камня, а изменение кинетической энергии Земли не учитывается? ^
158. Сваю массой в 100 кг забивают в грунт копром, масса которого 400 кг. Копер свободно падает с высоты 5 м,
и при каждом его ударе свая опускается на глубину 5 см.
Определить силу сопротивления грунта, считая ее постоянной.
159. Ящик с песком, имеющий массу М, подвешен на
тросе длины L. Длина троса значительно больше линейных
размеров ящика. Пуля, масса которой т, летит в горизонтальном направлении, попадает в ящик и застревает в нем.
Трос после-попадания пули отклоняется на угол а от вертикали. Определить скорость пули.
160. Две тележки с зак пшёнными колесами расталкиваются взрывом заряда Q помещенного между ними (рис.62).
V
и
W ы Ш W Ж Э Д Ш й Ш
Рис. 62.
Тележка-массой 100 г проходит путь 18м и останавливается.
Какой путз> пройдет вторая тележка массой 300 г? Коэффициент трения между землей и тележками равен к.
161. Решить задачу 101, применяя закон сохранения количества движения и рассматривая изменение кинетической
энергии тележки и тела.
162. Ракета взлетает вертикально вверх, выбрасывая
раскаленные газы последовательно двумя равными пор
. циями. Скорость истечения газов относит€У1Ьно ракеты постоянна и равна и. Каким должен быть промежуток времени между сгоранием порций, чтобы ракета достигла максимальной высоты? Сгорание топлива происходит мгновенно.
Сопротивлением воздуха пренебречь.
37
163. Горючее ракеты сгорает равными порциями массы т. Сгорание происходит мгновенно. Будет ли скорость
истечения газов относительно ракеты постоянна, если при
сгорании каждой порции механическая энергия системы
меняется на одинаковую величину?
164. Тело поднимают на вершину горы один раз по
пути ADC’и другой раз — по ABC (рис. 63). Доказать, что
при медленном подъеме совершенная работа будет одной и
той же, если коэффициент трения на обоих склонах одинаков,
165. Какую силу следует
приложить к рукоятке винтового домкрата, чтобы удержать
в равновесии поднятый домкратом груз Р? Шаг винта равен h,
длина рукоятки R. Трение отсутствует.
166. Найти максимальный
Рис- 63- коэффициент полезного действия
винтового домкрата, у которого
силы трения не позволяют грузу опускаться.
167. К корзине воздушного шара массы М привязана
веревочная лестница длины /, на конце которой стоит человек массы т. Вся система находится в воздухе в положении
равновесия. Определить, какую работу должен совершить
человек, чтобы подняться в корзину. Какова будет скорость
воздушного шара, если человек перемещается по лестнице
со скоростью v относительно нее?
168. Как должна измениться мощность мотора насоса,
чтобы он стал перегонять через узкое отверстие вдвое боль- ■
шее количество воды в единицу времени?
169. Прямоугольная яма, площадь основания которой
S и глубйна Я, наполовину заполнена водой. Насос выкачивает воду и подает ее на поверхность земли через цилиндрическую трубу радиуса R.
1) Какую работу совершил насос, если он выкачал всю
воду за время т?
2) Какую работу совершил насос за то же время, если
на дне ямы лежит каменная плита прямоугольной формы,
площадь основания которой S t и высота Л? (Глубина воды
в яме по-прежнему равна Я/2.)
170. Какую работу нужно совершить, чтобы за время
т подняться по движущемуся вниз эскалатору метро? Вы
38
сота подъема h, скорость эскалатора постоянна и равна v,
угол наклона эскалатора к горизонту а.
171. Берем пружину за среднюю точку О и оттягиваем
на расстояние л; (рис. 64), а затем отпускаем. Пружина быстро становится растянутой равномерно, причем переход к
этому состоянию сопровождается некоторой потерей энергии. Оценить ее, считая Жесткость k пружины очень большой. (После того, как пружина станет растянутой равномерно, возникнут колебания груза т, сопровождающиеся
дополнительными потерями энергии.)
172. В вагоне равномерно движущегося поезда стоит
человек, растягивающий пружину с силой F (рас. 65). Поезд
прошел путь L. Какую работу совершит человек в системе
координат, связанной с Землей?
173. В вагоне равномерно движущегося поезда человек
растянул пружину, прикрепленную к передней стенке вагона, на длину /. За это время поезд прошел путь L. Какую
работу совершил человек в системе координат, связанной с
Землей? Чему равна эта работа в системе, связанной с поездом? Растягивая пружину, человек идет против движения
поезда.
174. Происходит соударение двух абсолютно упругих
шаров, массы которых равны тх и т%. Начальные скорости
шаров и иа. Найти скорости шаров после удара. Удар
считать центральным: скорости шаров направлены вдоль
линии, соединяющей их центры. Проанализировать два
случая: 1) скорость второго шара до удара равна нулю;
2) массы шаров равны.
175. Происходит соударение двух абсолютно упругих
шаров, массы которых равны mt и яг». Начальные скорости
шаров и иг. Удар центральный. Определить максимальную
энергию упругой деформации.
39
176. На абсолютно гладкой горизонтальной плоскости
покоятся два упругих бруска равной массы т, скрепленных
пружиной длины / (рис. 66). Коэффициент упругости пружины равен к. На один из брусков, например на левый, налета ег со скоростью v третий брусок, имеющий также
т
ir 777 777
-штРис. 66.
массу т. Показать, что связанные пружиной бруски всегда
будут двигаться в одну сторону. Определить скорости брусков в момент, когда пружина максимально растянута.
177, Две пластинки, массы которых равны т., скреплены
пружиной с коэффициентом жесткости к (рис. 67). Верхнюю
пластинку опустили настолько, что деформация пружины
стала равной х, и затем № ус^и.»£^№ яеяи«ь,,’на какую
высоту псдаймегся nb&ie этого центр масс системы.
гг
I
Рйс. 67. Рис. 68.
178. Шарик, движущийся со скоростью v, налетает на
стенку, которая движется навстречу шарику со скоростью
и (рис. 68). Происходит упругий удар. Определить скорость шарика после удара. За счет чего изменяется кинетическая энергия шарика? Массу стенки считать бесконечно
больщой. .
179. С высоты Л=73,5 м сбрасывают два одинаковых по
массе камня, связанных веревкой, дайна которой 7=39,2 м.
Первый камень начинает падать на т = 2 с раньше второго.
Через какое время после начала падения камни упадут на
землю? Падение происходит без начальной скорости. Рассмотреть два случая: 1) веревка абсолютно упругая;
2) веревка абсолютно неупругая.
lWv Несколько одинаковых упругих шаров так подвешены рядом на нитях равной длины (рис. 69), что расстоя
40
ния между соседними шарами очень малы, Как будут вести себя шары, если отклонить крайний шар и отпустить,
отклонить одновременно
два шара, отклонить три
шара и т. д.?
181. На плоскости лежат в ряд (с небольшими
промежутками) шарики
одинакового размера (рис.
70). Один из средних шариков сделан из стали, остальные — из слоновой кости (масса стального шарика больше), На шарики
справа вдоль линии центров налетает костяной шарик (тон
же массы). Как будут двигаться шарики после удара?
Рис. 69.
182. На концах очень длинной нити подвешены равные
грузы тс£ ы т (рис. 71). Нить перекинута через два малых
неподвижных блока, расположенных на расстоянии 21
друг от друга. Найти скорости грузов по истечении достаточно большого промежутка времени, еслик середине нити
прикреплен груз массы 2т.
Рис. 71.
18а. Груз м а с с о й 5.% г, удерживаемый первоначально у потолка посередине между точками А и В, начинает
41
опускаться вниз (рис. 72). При каком значении угла AN В
его скорость по абсолютной величине станет равной скорости груза массы тг= 1000 г? Как будут двигаться грузы
в дальнейшем?
184. На двух катках разных радиусов лежит тяжелая
доска, образующая угол а с горизонтом. Определить, как
будет двигаться доска. Проскальзывание отсутствует. Массой катков пренебречь.
185. Однородная цепочка длины 21 и массы М лежит на
абсолютно гладкой доске. Небольшая часть цепочки пропущена в отверстие, сделанное в доске (рис. 73). В начальный момент времени лежащий на доске конец цепочки
Р ис.,73.
придерживают, а затем отпускают, и цепочка начинает соскальзывать с доски под действием силы тяжести свешивающегося конца. Определить скорость движения цепочки в
тот момент, когда длина свешивающейся части будет равна Определить для того же момента времени ускорение щепочки я реакцию края доски. ‘
186. Тележка массы М шэжет двигаться без трения погоризонтальным рельсам. На тележке укреплен математический маятник (шаряк массы т, подвешенный на нити
— длиной /) (рис. 74). В начальный момент времени тележка
и маятник покоились, и нить
. . . . отклонили на угол а <эт вертикали, Какова скорость тележки в тот момент, когда нить
Рис- 74- маятника будет составлять с
вертикалью угол Р ф < а )?
187. Клин, масса которого М , находится на абсолютно
гладкой горизонтальной плоскости. На клине лежит брусок массы т. Брусок под действием силы тяжести может
скользить по клину без трения. Считая, что в начальный момент времени система находилась в покое, определить скорость клина в тот момент времени, когда брусок опустится по вертикали на высоту ft.
42
188. Стержень, закрепленный между двумя муфтами,
может свободно перемещаться
в вертикальном направлении Ш ИИ
(рис. 75). Нижний конец стер- т .
жня отирается на гладкий’
клин, лежащий на горизонтальной плоскости. Масса щ
.стержня /п, клина М. Трение
отсутствует. В начальный момент стержень и клин покоились. Определить: скорость
и клина в момент, когда стержень опустится на высоту h; скорость ыоти стержня относительно движущегося клина; ускорение а стержня,
43
Работа и энергия. Ответочки
155. Работа силы не зависит: от массы’того тела, на которое действует данная сила. Сила в 30 Н совершит работу A = F h — 150 Дж.
Эта работа пойдет на увеличение потенциальной энергии (50 Дж) и
кинетической энергии (100 Дж) груза.
156. Прежде всего нужно найти силу давления воздуха на одно
из полушарий. Представим себе, что его основание закрыто плоской
крышкой—диском радиуса R. Тогда, если из получившегося сосуда
откачать воздух, сила давления на плоскую крышку будет F j = pS =
— = pitRK Очевидно, такова же будет и сила давления воздуха на
полушарие; В противном случае силы взаимно не уравновесятся и
сосуд должен будет вечно’двигаться в сторону большей силы. Число
лошадей должно быть равно Fi/F, так как-другое полушарие?1 может
быть просто привязано к, столбу. Натянутая веревка создаст точно
такую же силу, как и упряжка лошадей, тянущая с другой стороны.
157. Изменение количества движения тела равно импульсу силы
тяжести. Так как силы, действующие на камень и Землю, равны и
действуют одинаковое время, то. равна и изменении- количества движения этих тел: Изменение кинетической1 энергии тела равно» работе
сил тяготения. Силы-равны, но пути; пройденные камнем и Землей;
обратно пропорциональны изгмассам: Именно поэтому закон сохранения энергии можно записать в форме; не учитывающей изменения
кинетической.энергии Земли: const, г д е т —масса камня;
a W —потенциальная энергия взаимодействия.
158. По закону сохранения энергии m1gA =m 1ti«/2, где —’
масса копра, Н— высота падения копра, vx—скорость копра перед
ударом. Ввиду кратковременности удара сила сопротивления, не может
заметно изменить общего количества движения системы. Так как
удар неупругий, то m1p1=(O Ti+m2)t>2, где т 2—масеа сваи, v2 —
скорость копра и сваи’в первый момент после-удара; Механическая
энергия копра и сваи расходуется на работу против силы, сопротивления грунта F:
где S —глубина погружения сваи в грунт; Отсюда
г_ я г2 4-
~2 2~ Ж
р _ » п . JZ.
m i+ /n a Si
пц
к 24 500 Н.
214
159.В результате неупругого удара линейная скорость ящика
. , » , m v с находящейся.вашм-дулей в первый момент будет равна и = т — ;— j
. . Ш
где о —скорость пули. Угол отклонения « на основании закона сохранения энергия:евязан со скоростью.» соотношением
Отсюда
(М + т ) и 2 m V … . . . . . .
2 ^ 2 Щ Т т Г {М + т )1{1~ ^ а и —
_ . а М + т т/т— о==2 ыпг-г — 1 / f ~
2 т
160.‘Ввиду кратковременности взрыва внешние горизонтальные
силы (силы трения) не могут за время взрыва заметно изменить
общего количества движения системы. До взрыва и сразу после -него
оно остается равным нулю. Следовательно, « й + И ц » ! ” 0. Отсюда
»,/»2= — т^Шх. Так как тележки в конце концов останавливаются,
их начальные кинетические энергии тратятся на работу против .сил
трепня:
Отсюда o * /p |= S 1/Sa, и, следовательно, 8г^ 2 м . ,
161. Обозначим через и скорость тела и тележки после прекращения их относительного движения. На основании закона сохранения количества движения
( M — \- m ) u = M v 0. (1)
Тележка теряет жметическую энергию ввиду того, что сила трения /,
действующая на тележку, совершает отрицательную работу: Mvy2 —
— M u2/2 = fS , где S —путь, пройденный тележкой. Тело приобретает
кинетическую энергию за счет того, что сила трения, действующая
на тело, совершает положительную работу: mu?/2 — fs. Здесь s — путь,
пройденный телом.
Изменение кинетической энергии системы
— AJc| Г Ми2 . вш2П
~2_“ LT‘+“ J = / ( S — s ) , (2)
как легко видеть, равняется еиле трения, умноженной на относительное перемещение тела вдоль лгележки. Из уравнений (1) и (2) слеmMv* mMv\
дует, что S — s = m M ^ . Так как S — s < / , то 1 ^ — — — .
Мо®
Учитывая, что f = kmg, получаем I Э» 2feg (M + m ) ‘
162. В результате сгорания второй порции топлива скорость о
ракеты увеличится на величину Av. По закону сохранения количества движения (так как сгорание происходит мгновенно)
(M -f-m )u= М (о+ Да) -|~ пг (у-— и),
где т — масса порции топлива, М — масса ракеты без топлива, и —
скорость истечения газов относительно ракеты. Приращение скорости
215
ракеты &v=-^- и не зависит от скорости v ракеты перед сжиганием
второй порции. Напротив, приращение кинетической энергии ракеты
(без топлива)
. М (о + Д » )2 МФ (т. . \
будет тем больше, чем больше v.
Высота подъема ракеты определяется полученной ею энергией.
Поэтому вторую порцию топлива выгоднее сжечь в момент, когда
скорость ракеты наибольшая, т. е. непосредственно вслед за первой
порцией. При этом наибольшая часть механической энергии, возникающей при сгорании топлива, будет сообщена ракете, а механическая энергия продуктов сгорания минимальна.
163. Достаточно рассмотреть последовательное сгорание двух
порций топлива. Пусть вначале масса ракеты с топливом равна
М + 2т. ‘ После сгорания первой порции скорость ракеты v =
= m«x/{M +m), где иг—скорость газов относительно ракеты. Начальная скорость ракеты принимается равной нулю. Приращение скорости ракеты после сгорания второй порции A v = m u 2/M, где иг —
новое значение скорости газов относительно ракеты.
При сгорании первой порции выделилась механическая энергия
AEt = (M-\-m) оа/2 + т и |/2 . При сгорании второй порции выделяется
энергия
Л1(»+Д1>)® т (о— и2)2 (М-\-т) и2
АЬ%———-2 Н 2 2 •
По условию задачи Л Е г = А Е 2. Отсюда
о / от2 , т \ 2 ( тг , т \
1 \ 2 ( М + т) + 2 ) — “а 2 J ‘
Следовательно, их > иг—скорость газов относительно ракеты уменьшается. Это связано с уменьшением массы ракеты в процессе сгорания топлива. ,
164. Оба склона можно разбить на множество сколь угодно малых
наклонных плоскостей с различными углами наклона. Рассмотрим
одну из них (рис. 346). Работа по подъему тела на такой наклонной плоскости равна работе против сил тяжести mg АН плюс работа
против сил трения FTp AS. Но FTp = kmg cos а и AS = Al/cos a
216
Отсюда FTP A S = k m g A l. Общая работа AA = mg(Ah-\-k Al). Если
рассмотреть все наклонные плоскости и сложить элементарные работы,
то общая работа будет равна .
А = ^ АА = m g C ^ Ah + k ^ Al) = mgh + kmgl.
Работа определяется только высотой горы h и длиной I ее основания. „
165. Сила, приложенная к рукоятке, будет минимальна, если
она составляет с ней прямой угол. Обозначая через F значение
искомой силы, на основании «золотого» правила механики будем
иметь 2nRF = Ph. Отсюда F = Ph/2nR. .
166. По определению коэффициент полезного действия rj =
— A xl(A i-\-A ^ , где А Х = Р Н — работа по поднятию груза Р на
высоту Н, а Аа — работа, совершаемая при этом против сил трения.
Так как сила трения способна удержать груз в равновесии, то работа этой силы не может быть меньшей, чем работа А х. Минимальное значение работы сил трения A 2 = A X. Следовательно, т) С 50%. ‘
167. За время подъема человека по лестнице шар опустится на
некоторую высоту h. Следовательно, работа, совершенная человеком,
пойдет на увеличение потенциальной энергии человека на величину
m g (l-h ) и на увеличение потенциальной энергии шара на величину mgh (на шар без человека действует подъемная сила mg, направленная вверх); отсюда
A = m g ( l — h) + mgh=mgl.
Этот результат можно получить сразу, рассчитывая работу человека
в системе, связанной с лестницей.
Если человек поднимается со скоростью v относительно лестницы, то относительно Земли он имеет скорость v — vlt -где. ^ —скорость шара во время подъема человека. По закону сохранения количества движения (v— v1) m = M v 1. Отсюда и, = V’
168. Для того чтобы прогнать за единицу времени вдвое большее
количество воды, нужно сообщить вдвое большей массе воды вдвое
большую скорость. (Работа мотора идет на сообщение воде кинетической энергии mv2/2.) Поэтому мощность мотора должна быть увеличена в восемь раз.
169. 1) На подъем воды из ямы затрачивается работа
A ^ p g ^ — S . l f f = £ p g S / P ,
где р —плотность воды. На сообщение воде кинетической энергии
затрачена работа
л 1 Н С 2
8 ~ «2» Р ”2”
Скорость V, с которой вытекает вода из трубы на поверхность земли,
определйется из соотношения (Я/2) S = n R 2tn. Полная работа равна
. 3 ‘ I н*&
8 98 + 16Ря 2Я4т*’
217
2) ‘Работа, затраченная на пядвем веды <во «тором случае, меньше Aj «а величину Д А ‘— pgSjft(J/-—Л/2). Работа, затраченная на
, . 1 ( f f S / 2 — h S i P сообщение воде кинетическои энергии, равна А% =-^- р — — ■ .
Полная работа А’=вАх—ДЛ^ + А ‘. —
470. Проще всего решить задачу в системе координат, связанной
с эскалатором. Человек пройдет относительно него расстояние I =
= A/sin a — f от, еде ш — пут*, пройденный эскалатором. При этом
он должен совершить работу A — (hjsin a-\~vx) mg sin a , так как во
время подъема сила т ^ была приложена на пути / наоставляла,с ним
угол 90°—а . Часть работы mgh идет на увеличение потенциальной
энергии человека, другая часть работы, mgm sin a, вместе с работой
мотора, приводящего эскалатор в движение, идет на преодоление
сил трения.
171. Энергия пружины, :лтитутай за среднюю точку Q, равна
W f— (2fe)*2/2. Когда пружину отпустили, ее энергия стала равной
Wv— kx2/2, так как за время перераспределения упругих/деформаций
в пружине масса m не успеваегг сдвинуться. Следовательно, потери
энергии в пружине W x— Н^а= kx?/2. Это, конечно, грубая оценка.
172. Человек, действуя с силой F на пружину, совершает работу A f= — FL. Одновременно на пол вагона со стороны человека
действует сила трения Работа этой силы A2 = FL. Следовательно,
полная работа, совершенная человеком в .системе координат, связанной с Землей, равна нулю, так же как и в системе, связанной
с поездом.
173. В системе псезда совершенная работа равна потенциальной
энергии растянутой пружины A*=’kPf2, так как сила трения между
человеком и полом вагона в этой системе не совершает работы.
В системе, связанной с Землёй, работа человека по растяжению пружины равна» произведению средней силы kl/2 на пройденный путь
L — I, т. е. Ax=(kl/2}(L— /). Ма пол вагона человек действует с той,
же средней силой kl/2. Ее работа A 2 — (k42)L, Полная работа в дан-‘
ной системе координат A — A1-{-Ai = kfif2 та же, что и в системе’
вагона.
1 7 4 .1На основании законов сохранения количества движения и
энергии можно записать следующие уравнения:
mxvx -f m2y5 = mju’ + m2u’,
« i» f . Щв| miv’i m v f
где v’ и o’ — скорости шаров после соударения. Решая данную систему уравнений, получим
v , _ (тг— т.г) pt + 2fw2t>3 (т2— т1) у !г+ 2 т 1у,
1 1 * тх~1-т2 ’
1) Если второй шар до удара покоился (у2 = 0), то ‘
»’==(/%—т ^ и Л т ^ п ы ),
При « ! > т 2 первый шар продолжает двигаться в том же направлении, что и go удара, но с меньшей скоростью. Если т1 < т2, то
218
первый шар отскакивает после удара назад. Второй шар будет’двигаться в ту же сторону, в которую двигался до удара первый шар.
2) Если яг1 = /п2, то
. о’ = 2mv2/2m = v2, v’^ = 2rm>l/2m = vi_.
Шары при ударе обмениваются скоростями.
17Й. Энергия улруглй деформации, станет максимальной тогда,
когда относительная скорость шаров станет равной нулю. Для этого
момента времени закон сохранения механической энергии и закон
сохранения, количества движения можно записать следующим образам:
^ $ + ^ = £ а ± в > „ 1 + к ,
\ т1щ-\-тги2 = (т1+ т ,) и,
скорост
wepraei
wtiti? . mat>| (>n1t)1-|-m 2o2)a_ _ OT1m2( P i— v2f
‘ 2 2 2(m ,-j-m 2) 2(m1+ m ss)
176. В-результате упрушго соударения левый брусок приобре
тает скорость v. Правый брусок в этот момент врем ен й ещ^ покоится
так- как. пружина не деформирована* Обозначим, через. аг и щ ско
расти левога и- правого брусков в произвольный момент времени
а. через х —абсолютное удлинение пружины в тот же момент времени
На основании законов сохранения количества движения и энергии
имеем
m (u t -i-u2)= m v, . <
. mnf~, т « | , fee* то*
~2 г ~2 г 2 2 »
или кх2= т [а2— (и*’+ «!).] • Заменяя в последнем уравнении v через
«1+ “а> получим &с2= 2 тихиг. Следовательно, и1и2 = кх2/2т и
ы1Г)-иг = « . Из двух последних выражений видно, что иь и иг будут
иметь один и тот же знак—оба бруска движутся в одну сторону.
Величина х2 будет иметь максимальное, значение тогда, когда
произведение скоростей щ ~я и2 будет максимальным. Следовательно,
для ответа на второй вопрос, поставленный в задаче, нужно найти
максимальное значение произведения и1и2 при условии, что сумма
И]-г «2 постоянна и равна v. Рассмотрим очевидное неравенство
,(« !—и2)г3 г О, или Ui1-2 u lu2-\-u\ 0. Прибавим к правой и левой
частям неравенства 4и1«2. Тогда и\ + 2и1иг-\- и\ 3 = 4и1и2, или (их +
+ и2)2 4И]И2. Так как ul -\-u2 = v, то 4uj«2< t> 2. Следовательно,
наибольшее значение uLu2 равно 02/4, и оно достигается при u1= u 2=v/2.
Расстояние между брусками в этот мом§нт равно .
1 ± *nux = l ± « V т/2к. ,
177. До тех’ пор, пока нижняя, пластинка- лежит на столе, из
закона сохранения механической энергии следует:
‘ кхг ку2 . т е 2 ‘
.
219
где у т— удлинение пружины, у—скорость верхней пластинки. В момент отрыва нижней пластинки от стола
ky = mg, y = mg/k,
причем v > 0. Учитывая эти соотношения, получаем из (1)
mv2 ■ kx2 3 m2g2
Для того чтобы выполнялось (2), должно быть х > 3mg/k.
Скорость vc центра масс в момент отрыва нижней пластинки от
стола равна vc — v/2. После отрыва нижней пластинки от стола центр
масс будет двигаться вверх равнозамедленно с ускорением g й начальной скоростью Vc. Следовательно, максимальная высота подъема
центра масс равна .
Н — ^ — 11
H — 2 g ~ 8 g ‘ 8g V т 3 k ) ‘
где Я отсчитывается от положения центра масс в момент отрыва
нижней пластинки от стола.
(Разобранная задача дает представление о процессах, происходящих при прыжках в -высоту.)
178. В системе отсчета, связанной со стенкой, скорость шарика
равна v-\-u. После удара в той же системе отсчета скорость шарика
будет — (t>+u). Скорость шарика после удара относительно неподвижной системы отсчета равна
— (и + и) — ti = *—{v-\-2u).
Кинетическая энергия после удара от ( а + 2м)2/2. Кинетическая энергия до удара тФ/2. Изменение кинетической энергии равно
2mu(u-\-v).
Теперь подсчитаем работу упругих сил, действующих на шарик
при ударе. Пусть удар длится время т ; предполагаем для простоты, что во время удара упругая сила постоянна (результат не
зависит от этого предположения). Так как в результате удара
количество движения изменилось на величину 2m(v-\-u), то упругая
сила равна F = 2т ( о и ) jx. Работа этой силы
A=‘ FS = F m = 2m{v-\-u)u%lT = 2m(v-\-u)u.
Как легко видеть, эта работа равна изменению кинетической энергии.
179. 1) До момента, когда веревка натянется, камни падают свободно:
■ S i= g * 2/2, S2 = fr(* -T )2/2.
Момент натяжения веревки определяется из условия l = Sx— S2.
Отсюда / = Зс, S1 = 44, 1 м, S2 = 4,9m. Время отсчитывается с момента падения первого камня. При натяжении веревки происходит
упругий удар, и камни обмениваются скоростями (см. задачу 174).
В момент удара vt = g t = 29,4 м/с, v2= g (t —т) = 9 ,8 м/с.
Время tx падения первого камня (после того как веревка натянется) находится из условия .
h —Si^=oitl -\-gtl/2.
220
Отсюда ^ « 1,60, <2 « 1 ,8 с. Первый камень падает 4,6 с, второй 2,8 с. • 2) В случае неупругой веревки скорости камней после ее натяжения выравниваются (неупругий удар): v = ( v 1-{-v2)/2— 19,6 м/с. Время падения камней после того, как веревка натянется, определяется уравнениями h — S ^ v t l + g t ‘ i /2, h — S 2=vt’i -\-gt’2 /2. Si и S2 те же, что и в первом случае. Отсюда t[ я 1,2 с, t2 и 3,3 с. Первый камень падает 4,2 с, второй 4,3 с. 180. Если отклонить один правый шар, то после удара слева отскочит крайний левый шар на угол, равный углу отклонения правого шара. Если отклонить одновременно два шара и отпустить их, то после удара слева отскочат два крайних левых шара. Если отклонить три правых шара, отскочат три левых и т. д. При ударе первого шара о второй первый шар остановится, передав свое количество движения второму шару (см. решение задачи 174); второй передаст это же количество движения третьему, третий — четвертому и т. д. У крайнего левого шара нет «соседа» слева, поэтому шар отскочит (если нет трения и потерь энергии) на тот же угол, на который был отклонен крайний правый шар. Когда левый шар, после отклонения на максимальный угол, ударит предпоследний шар, процесс передачи количества движения по цепочке шаров повторится в обратном направлении. При отклонении одновременно двух правых шаров они передадут свое количество движения цепочке не одновременно, а по очереди, через очень малый (неуловимый на взгляд) промежуток времени. Таким образом, цепочка шаров получит не один «двойной» импульс, а два* которые будут распространяться по цепочке с некоторым временным интервалом. Крайний левый шар отскочит, получив «первую порцию» количества движения. Следом за ним отклонится его «сосед», получив следующую порцию количества движения, переданную ему от крайнего правого шара. При отклонении трех правых шаров цепочка получит три следующих один за другим через очень малые промежутки времени порции количества движения соответственно от третьего, второго и первого шаров. Если отклонить и одновременно отпустить четыре шара, то отскочат слева также четыре шара, а два останутся неподвижными. 181. Ударяющий шарик отскочит назад, следующие шарики до стального останутся неподвижными. Стальной шарик и все последующие начнут двигаться влево, причем скорости их будут различны. Наиболее быстро будет двигаться крайний левый шарик. Следующий будет двигаться медленнее и т. д. Шарики разойдутся (см. решение задач 174 и 180). ‘ 182. Пусть груз 2т опустился на высоту Я. Тогда грузы т поднимутся на высоту h (рис. 347). На основании закона сохранения энергии 2 m gft-f“ y i + — ^ = = 2m£#> или v\-\-v\ = 2 g ( H — К), В
221
где i»!—скорость грузов т ,;а % —^вяорагагь!груза «ассы 2т. <Яа
мере опускания груза 2т его скорость v2 приближается к скороста »!, так как углы между участками нити, перекинутыми ■ через блоки,-
стремятся к нулю. В пределе v2 « vt.
.Одновременно i t —h-saJ. Следовательно, предельное значение скорости
грузов равно v = Yl[l- —
183. Скорости грузов равны, вели
пути, пройденные ими за равные
малые промежутки времени, одинаковы. Эти пути одинаковы при таком
значении угла ANB, при котором
опускание груза тг на As=^N’K (рис.
348) будет сопровождаться’ увеличением длины-участка тгати ‘ЯШ? также
на величину As. Поэтому при равенстве cKopoere&HK— BK— BN=Asf2
и FK = AK — AN = As/2. Треугольники NHK и NFK тем ближе к прямоугольным, чем меньше мы
выберем отрезок As. При As ->-0 углы NHK и NFK стремятся к
прямым, а углы KNH и K.NF— к 30°. Следовательно, скорости будут
равны при £_ A N В =120°. Используя закон сохранения энергии,
найдем значения этих скоростей:
(2— V 3) migh-Jr r^ p ^ v2.
Отсюда
« n я*1—2 (2 — У Ъ } т г v*~2gh— —— » 0.
Грузы будут совершать колебания около положения равновесия,
которому соответствует значение угла AA’fl = 2arccos(m1/2m2) ft: 149°.
Углу AN В = 120° соответствует максимальное отклонение от положения равновесия.
184. Так как проскальзывание доски по каткам и катков по горизонтальней поверхности отсутствует, то расстояние между осями
катков во время движения останется постоянным. Поэтому движение
222
днскибудет поступательным: Доска будет перемещаться , в- гЪриаояш ь ш я направлении и одновременно двигаться вния вдоль, катков.
Есяя катки -сместятся на некоторое расстояние I, то каждая тачка
дрск*(в частности, ее центр тяжести А) пройдет вдоль горизонтали
то : ж е. расстояние I n одновременно переместится на это же расстояние вдоль-катков: АВ = ВС = I (рис. 349). (Последнее становится
особенно очевидным, если рассмотреть движение катков в системе
координат, перемещающейся вместе с катками.) В результате центр
тяжести Доски будет двигаться: вдоль прямой АС, наклоненной к
горизонту под углом а/2, так как треугольник ABC равнобедренный.
Движение будет* равноускоренным. Доска приобретет кинетическую
энергию за счет уменьшения потенциальной: mvlj2 — mgl sin а , или
» * = 2g /s in a . С другой сторои*,- при равноускоренном движении
v*— 2aS, где S = АС=21 cos (а/2). Следовательно, ускорение а —
= v2/2 S = g sin (а/2).
185. Подсчитаем разность потенциальных энергий для двух положений цепочки: цепочка полностью лежит на доске и часть цепочки длинил-свешивается с даски. Эта разность равна силе тяжести
(M ftljxg свешивающейся части, умноженной на х/2, поскольку
цепочка однородна и центр тяжести- свешивающегося конца находится на расстоянии х/2 от края доеки. На основании закона сохранения энергии имеем Mvs/2 — (Mg/41) х 2, или о = У gx*/21. Ускорение
в этот же момент времени можно найти из второго закона Ньютона: Ма~(-М/21)£г*Следовательно,
a —gx/21. Для. подсчета реакции края доски найдем. первоначально натяжение цепочки в точке
соприкосновения с-доской.. Оно равно произведению массы части цепочки, лежащей на доске, на
ускорение цепочки: M xg(2l—x)/4l2.
Рассмотрим теперь очень малый элемент челочки, соприкасающийся с краем доски. На этот
малый элемент цепочки действуют три силы, (рис. 350). Они вызывеют изменение его количества движения по- горизонтали и вертикали:
223
Следовательно* угол наклона силы N к горизонту а = 45° и Л /»
= Mgx (/—х) V 2//2.
186. Обозначим через v скорость тележки. Горизонтальная составляющая скорости маятника относительно тележки равна и cos Р
(рис. 351), а относительно рельсов равна о + и cos р. В горизонтальном направлении на систему внешние силы не действуют. Поэтому
на основании закона сохранения количества движения имеем
m(v-\-u cos Р)+./Ио = 0, (1)
так как вначале система покоилась. Вертикальная составляющая скорости маятника относительно тележки и рельсов равна и sin р. На
основании теоремы Пифагора квадрат скорости маятника относительно рельсов равен (v-\-u cos Р)2+ “ 2 sin2 р. Используя закон сохранения энергии, получаем второе уравнение, связывающее скорости и и и:
~ | (и cos Р + и )2+ « 2 sin2 p j -|- ^ — v 2 = tngl (cos Р — cos а). (2)
Из уравнений (1) и (2) можно найти
2 _ 2m2gl (cos р — cos «) cos2 р ■
0 ~(УИ + т ) (M + /n s in 2p) ‘
В частном случае при р = 0 (считая т/М<^ 1) получаем
«2 = 2 Ж 2 ^ ( *— cosa), ‘
или
. т
187. Обозначим через v скорость клина, а через их и иу — горизонтальную и вертикальную составляющие скорости и бруска относительно неподвижной системы отсчета (рис. 352). На основании
законов сохранения количества движения и энергии можно написать:
— Mv-\-mux = 0,
Mv2 , т , 2 2\ ‘
~ 2 ~ + Y (ux + uy) = mgh- .
Заметим, что угол се с горизонтальной плоскостью составляет не
абсолютная Скорость бруска и (под абсолютной скоростью в данном
224
случае понимаем скорость относительно неподвижной горизонтальной
плоскости), а относительная скорость иотн, т. е. скорость бруска
относительно движущегося клина.
Из треугольника скоростей (рис. 353) следует* что uy/(v-\-ux) =
= tg а. Решая данные уравнения относительно v, получим
Абсолютная скорость бруска в тот же момент времени равна
В случае, когда масса клина много больше массы бруска, и стремится, как и следовало ожидать, к величине У 2gh.
188. Скорость стержня относительно движущегося клина направлена под углом а к горизонту. Если к этой относительной скорости прибавить скорость клина, то в результате получим абсолютную скорость стержня и (рис. 354). Очевидно, что отношение скоростей равно и/t; = t g а.
Рис. 352.
Рис. 353. Рис. 354.
И з закона сохранения энергии следует:
225
Исключая из этях двух уравнений я, получим выражение для «
о — y»2m^A/(Af-f m tg s а). Тогда для относительной скорости стержня
мы можем написать
1 1 / 2mgh
отн cos а V A f+ m tg 2cs‘
Скорость стержня —
Йз последнего выражения видно, что скорость стержня меняется
с пройденным путем h по закону равноускоренного движения:
и — Y-2ah. Следовательно, ускорение стержня а = й ‘
§ 8. Динамика криволинейного движения
189. На основании второго закона Ньютона
(М -fw ) где и==2 sin -2. |/»Z ^
(см. задачу 159). Отсюда T — (M-$-m)g ^4 sina — ^ + 1
190. Т ^Ю ггт Ч ; Т л =9ашЧ~, Т , = 7т(оЧ-, Т ^ А т т Ч .
191. Расстояния от центра тяжести до грузов с массами тг и
т % равны соответственно
Щ I ет, ,
X — р—/, У = р /. ‘ /И !+/па г mt + отз
Обозначим через и скорость центра тяжести, а через ©—угловую
скорость вращения. Тогда 8 + с а * = о , и u —o>y=vs. Отсюда
J>i— о* „ . . ш й + а д —
® I • ‘ ~ щ + щ • .. »
192. Скорость вращеаия замедлится. Платформа сообщает снаряду дополнительное количество движения по касательной к траектории конца ствола пушки. По третьему закону Ньютона вылетающий
из ствола снаряд будет оказывать давление н а 1 внутреннюю часть
ствола, направленное против вращения.
193. В хомент соприкосновения тела с горизонтальной плоскостью вертикальная в горизонтальная составляющие скорости тела
226
будут иметь значения vB — У» 2gH sia а и vr — У 2gH cos а . & случае
абсолютно упругого удара вертикальная составляющая изменит знак,
а горизонтальная составляющая останется без изменений. Траектория
тела будет представлять собой куски парабол (рис. 355), причем
h = Н sin2 a, a I — 2Н sin 2а. Если удар абсолютно неупругий, то
вертикальная составляющая скорости -станет равной нулю и тело
будет двигаться равномерно по горизонтальной плоскости со екоростью \ р = У 2gH cos а.
194. Со стороны землИ на мотоцикл действуют две силы (рис. 356):
N —реакция опоры и / —сила трения. Сумма этих сил Т направлена
вдоль мотоцикла. (В противном случае относительно центра тяжести О
действовал бы момент сил, опрокидывающий мотоцикл.) На центр
тяжести тела, таким образом, действует результирующая сила
F = T + P , где Р —сила тяжести. И так как F = 7 ‘c o s a = / ) то
центростремительное ускорение мотоциклу сообщает только сила
трения /. По второму закону Ньютона f — mv^/R, причем / < kmg.
Как видно из рис. 356, mg — f tg a . Минимальное значение R из
данной системы уравнений равно RmiB = v2/ k g — 147 м, при этом
t g a —Rg/u* S3 3,33 и, следовательно, а и 73°20’.
‘1 9 5 . Рассмотрим промежуточное положение стержня, когда он
отклонился от вертикали на угол а. По закону сохранения энергии
MgR = MgR cos a -f-Mm2R 2/2, где # —расстояние от конца, стержня
до центра тяжести шара. Отсюда угловая скорость <в выражается
следующим образом: ____
• ш = 2 sin (a /2) У g/R.
При данном а она тем меньше, чем больше R. Следовательно, стержень упадет скорее, если он поставлен на конец В.
196. По второму закону Ньютона moi?R= mg cos a —N, где
N — сила, с которой деформированный стержень действует на шар.
В момент прекращения давления стержня на пол деформация стержня
исчезнет и N = 0. Как показано в задаче 195, се = 2 У g/R sin (a/2).
Подставляя это значение ш в уравнение движения, найдем cos a = 2/3.
Отсюда a = 4 8 °1 0 ‘. Чтобы стержень не проскользнул, необходимо
выполнение условия /V sin a < kN cos a (рис. 357). Следовательно,
A ^ tg a . Отсюда A У 5/t.
227
197. Если k > V 5/2, то стержень не проскользнет до тех пор,
пока -N не станет равным нулю, т. е. до тех пор, пока о с< arccos (2/3).
При а > arccos (2/3) уравнение nuo2R = m g cos а — N дает N < 0.
это означает, что если бы конец стержня был прикреплен к полу,
то стержень был бы растянут. При незакрепленном стержне шар
•начнет падать свободно с момента, когда угол достигнет значения
ляет угол а 0 с горизонтом, а высота шара над полом CD— 2/3R
(рис. 358). Используя законы свободного падения, найдем искомое ;
расстояние:
AB = AD + DB = R ( 5 V » 5 + 4 V2$)/27 к 1,127?.
198. На участке ADB (рис. 359) бусинка движется под действием
силы тяжести. Для того чтобы она, покинув проволоку в точке А,
попала в точку В, необходимо, чтобы пройденный ею по горизонтали ,
путь был равен 2R sin а . Для этого скорость бусинки в точке А ‘
должна удовлетворять условию ‘
(см. задачу 40). Отсюда u*=gR /cos а.
Бусинка будет иметь в точке А скорость и, если в точке О ей •
сообщена скорость о, равная по з
228
Из (1} и (2) получаем h = */2R. Скорость в точке А определится из закона сохранения энергии i- тё -5/а # = mv\/2 + mgR (1 + cos а). . (3) Тело, брошенное под углом а к горизонту, пролетит по горизонтали расстояние АВ = {ь\ sin 2a)/g. (4) G другой стороны, .<4B = 2i?sin a. (5) Из (4) и (5) следует: va — = Rg/cos а. Подставляя это значение в (3), получим _ _ 5 mgR , 2 2 c o s a + + mgR + mgR cos a. Отсюда, cos a = ( 3 ± l)/4, и, следовательно, ^ = 0, a 2= 60°. Нетрудно убедиться, что, если •a > 60°, тело упадет внутрь петли; если a < 60°, тело вылетит наружу. • 200. Рассмотрим силы, действующие на нить, перекинутую через левый гвоздь (рис. 361). Вертикальные составляющие сил натяжения Т, действующих на тела, равны mg, если нить закреплена на гвозде. На узел (точку О) по третьему закону Ньютона действуют те же силы Т. Их сумма направлена вертикально вниз и равна 2mg. В случае одного вращающегося тела вертикальная составляющая натяжения нити Т ‘ равна 2mg (если тело не опускается вниз). Но само натяжение нити Т ‘ > 2mg (рис. 361). Следовательно, наша система не будет в равновесии. Правый груз перетянет. 201. Направление ускорения совпадает с направлением результирующей силы. Вниз ускорение направлено при крайних верхних положениях В и С шарика (рис. 362). Вверх ускорение направлено при крайнем нижнем положении А и горизонтально при положениях D я L, определяемых углом а . Найдем а. По второму закону Ньютона произведение массы на центростремительное ускорение
229
равно сумме проекций сил на направление радиуса вращения:
m tfifl= T— m g cos а.
С крутой стороны, как видно из рис. 362, Т — mg/сosos. Н а основании закона сохранения энергии имеем
mv2/2 = tngl c o sа. —
Из этих уравнений находим, что cos а = 1 /У 3, и, следовательно,
а & ’54°45’.
/ I
Ряс. 362.
202. Обозначим через со угловую скорость стержня в момент
прохождения стержня через вертикаль. На основании закона сохранения энергии имеем
— c o s a H m ji-j-f/пага),
или ‘ ‘ . «. — -. .
ш= 2 « п ^ 1 / В**Ьгз±!!Ь£ш
откуда
v1= * r l = 2 r1s i n % y r е Щ ± т^
, 2 Г
oi =<«M-i = 2rs sin да Ч-*яаг г
« V * + « * /•!’
203. Равнодействующая сил, приложенных к шарику, F = mg tg а
должна создавать центростремительное ускорение a —ufir, где
г =1 sin а (ряс. 363). Отсюда
. m g ig a — rna^l sin_5t_.-
Это уравнение имеет дваЦрынеяЙя:
> «1= 0, aj =arceos(g/(oaJ)-
230
Во втором случае имеют место оба решения: а х= 0 (при этом шарик
находится в состоянии неустойчивого равновесия) и а 2 = 60°, В первом случае имеет место только решение
. 204. Силу F, действующую со стороны стержня на груз т , разложим на взаимно перпендикулярные составляющие Г я N (рис. 364).
Спроецируем силы на вертикаль и горизонталь и запишем уравнения Ньютона для этих направлений:
ттЧ sin <р = Т sin qp— N cos ф, m g= Т cos Ф + N sin f .
Из этих уравнений определяем Т и N:
7, =m (co2/ sin2ф + g e o s ф), N = m ( g — в>4 cos <р) s in <р. щ
Следовательно,
F = уг7’24-Л,2= ш У ^ а+ ш 4/2«1п2ф. ‘ .
205. Действующие на бусинку силы изображены на рис. 365:
/ —сила трения, m g—сила тяжести, iV—сила нормальной реакции.
• = ■ ‘ » а
о
Уравнения Ньютона для проекций сил на горизонтальное и вертикальное направления имеют вид
trmH sin ф = / sin ф — N cos ф,
/ cos ф + N sin ф = mg.
Из этих уравнений находим, что ‘
f = sin2^ 4-^gcos«p,
. N — mg sin ф—me>*f sin ф cos ф. .
При равновесии f < kN, или
m«o2/ sin* ф+m gcos f < k (mg sin ф— гяаЧ sin f cos f).
231
Отсюда . ‘ lor, &8Шф-*-созф’ , g sin <р(ыпф-{- k cos<p)ci>2 * В частном случае <р = я/2 I < kg/ш2. 206. На рис. Зоб изображены силы, действующие на грузы. 7* и T t — натяжения нитей. Запишем уравнения Ньютона для проекций на горизонтальное и вертикальное направления: для первого груза: Т± sin ф — Т 2 sin ty = m, ‘ T jC o s f —T t cos if —mg=0; ^ для второго груза: truaH (sin ф + sin i|)) = 7’2 sin я|>, , T 2 cos ty=m g. — ^ Исключив из системы уравнений (1) и (2) T t и Tt, приходим к уравнениям a s h ^ = 2 t g $ —tgi|), а ( 81п ф Ч -8тг|>) = 1дг|>, где a= co2i/g. Из этих уравнений вытекает, что 2 tg ф — tg ■$ < tg ■ф и, следовательно, ф < i|>. О 207. Действующие, на грузы силы изображены на рис. 367. Т х, Nx и Т г, N2—составляющие сил, действующих со стороны стержня на грузы m и М. N1 и N 2 направлены в противоположные стороны, так как сумма моментов сил, действующих на стержень, относительно точки О равна нулю вследствие невесомости стержня: Ыф— W2( 6 + a ) = 0 . Уравнения движения грузов для проекций на
232
горизонтальное и вертикальное направления имеют вид
■ nm2b sin ф = Т х sin q> — N x cos <p, T t cos ф + Wj 8т ф = /й£,
Ma>2 (b+ a) sin ф — T % sin ф -f-N t cos ф, T 2 cos ф — N 2 sin ф = Mg.
Исключив из системы неизвестные Т г, Т ъ N x и N 2, найдем:
1) ф = 0;
g mb-\- М ( a — b )
•®* m&2-J- М ( а + 6)2 ‘ 2) cos ф =
Первое решение справедливо при любых угловых скоростях враще-
/
гпЬ + М ( а + Ь) .
8 mb2+ M ( a + b ) 2 ^СМ< Решение зада’
чи 203).
208. В состоянии равновесия тш2х = kx, где х — расстояние тела
от оси. Отсюда ясно, что при любом х пружина сообщает телу необходимое для вращения центростремительное ускорение. Поэтому после
толчка тело будет двигаться с постоянной скоростью до упора А
или до тех пор, пока для пружины выполняется закон прямой пропорциональности между силой и деформацией. >
209. Запишем второй закон Ньютона для малого участка цепочки массы (m/l)R Да, изображенного на рис. 368:. .
(m/l) R Да (2яя)2R —2T sin (Да/2).
Так как угол Да мал, то sin (Да/2) и Да/2; отсюда Т = rain2 w90 Н.
Г
210. Выделим малый элемент трубки длиной R Да (рис. 369).
Растянутые стенки трубки сообщают жидкости, протекающей по
этому элементу, ускорение a — v*/R. По третьему закону Ньютона на
элемент трубки со стороны жидкости будет действовать сила
AF — р
nd2
где р —плотность жидкости. Сила ДР уравновешивается силами натяжения кольца Г . Из условия равновесия, учитывая, что Да мало
233
имеем
AF = 2T sin (Да/2) и T Да.
Следовательно, искомая сила Т — (pnd2/4) v2.
—
2П . Разобьем стержень на я участков одинаковой длины и
рассмотрим произвольный участок с номером » (рис. 370). Ускорение различных точек этого участка будет неодинаково, поскольку
расстояния точек до оси вращения различны. Однако если разность
гi+i— гi мала, то мы можем считать, что ускорение t’-ro участка равно
(о2 (/■/+! + /■/)/2, и это тем точнее, чем меньше длина участка.
ЕЁ Ш м
Рис. 370.
На i-й участок действует упругая сила Т [+1 со стороны деформированного участка » + 1 и сила Г,- со стороны участка i 1. Так как
масса i-ro участка равна (т //) (г,-+1—/,•), то на основании второго закона Ньютона можно написать
234
Запишем уравнения движения для участков от » до к включительно,
считая, что гп+г=1, а т^=х\
Т /Ш)В / р г г \
‘ п~~ 21 ‘ »*>
тв>‘
21
/ а 2 \
V » — r П- l f i
Т k +ъ—^ f t + i = —- 21~ ^г*+а~ rk+i)>
Тk+i —тх 21
В первом уравнении этой системы учтено, что упругая сила на
конец стержня не действует, т. е. Т п+1 = 0 . Сложив уравнения си-
_ /И0)а 1Г
стемы, получим, что искомое натяжение Т х = — — — (I*—х1). Чем
ближе участки стержня к оси вращения, тем в большей степени
они растянуты. .
212. В неподвижной относительно оси системе отсчета сила натяжения стержня не совершает работы, так как она все время
перпендикулярна скорости шарика. В движущейся системе эта сила
совершает работу, отличную от нуля, и за счет ее меняется кинетическая энергия шарика.
213. Участок обруча АВ массы пг обладает в наивысшем положении энергией mg2R-\-m (2о)2/2. При ‘ движении кинетическая и
потенциальная энергии участка АВ начинают уменьшаться. Уменьшение энергии происходит-за счет работы снл упругой деформации
Рис. 371.
обруча, равнодействующая которых дает центростремительную силу,
направленную всегда к центру. Скорость участка АВ составляет
тупой угол -а с силой F (ряс. 371). Поэтому работа силы А г —
= F AS cos а отрицательна, и, следовательно, уменьшаете* энергия
участка массы т. После того, Как участок АВ пройдет крайнее
нижнее положение, работа силы F, как легко видеть, станет положительной и энергия участка А В начнет возрастать.
214. Проведем из точки А, являющейся «мгновенной осью вращения» (ем. задачу 57), касательную к внутренней окружности катушки (рис. 372). Если направление нити будет совпадать с направ
235
лением касательной АС, то момент сил, вращающих катушку относительно мгновенной оси, будет равен нулю. Поэтому покоящаяся катушка не начнет поворачиваться вокруг мгновенной оси, и, следовательно, катушка не будет катиться. Значение угла а, при котором происходит изменение направления движения катушки, определяется из треугольника АОВ: sin а = r/R. Если наклон нити больше а, катушка покатится вправо, если меньше, то влево, при условии, что нет проскальзывания. Если натяжение нити Г удовлетворяет условию Гг < //? ,. где / —сила трения, то катушка останется неподвижной. В противном случае при sin а = г //? — она начнет вращаться на месте против часовой стрелки вокруг точки О. 215. Разобьем весь обруч на равные малые участки массы Ат ^ ^ ‘77777/. каж ДЬ1Й. Рассмотрим два симмет- ‘ ‘ ричных (относительно центра) учаРис. 373. стка. Все частицы обруча участвуют одновременно в двух движениях— поступательном со скоростью v и вращательном со скоростью vx =a>R. Результирующая скорость о2 верхнего участка обруча найдется как геометрическая сумма скоростей н и ц (рис. 373): f | = yi + t’a+ 2t»f1 cos ос. Для симметричного участка v\=t v2-\-v\ — 2vvt cos а. Суммарная кинетическая энергия обоих, участков? АЕ = Am t>|/2 -f-.Дт t>|/2 = Am v2 -f- Am 2/2. . Если обруч катится без проскальзывания, то v=(oR и, следовательно, E = M v2. г 9Pri2 . 216. (nr+l). 217. Цилиндр из более плотного материала, очевидно, будет полым. При одинаковых скоростях поступательного движения кинетическая энергия вращательного движения будет больше у полого цилиндра, так как частички его массы дальше отстоят от центра и, следовательно, имеют большие скорости. Поэтому при скатывании без прбскальзывания с наклонной плоскости полый цилиндр приобретет меньшую скорость, чем сплошной^ Полные кинетические энергии обоих цилиндров в конце пути одинаковы, что возможно только при различных скоростях, так как при одинаковых скоростях энергии поступательного движения равны, а энергия враща
236
тельного движения сплошного цилиндра обязательно меньше, чем
полого. ,
218. При движении катушки сила трения не совершает работы,
так как нет проскальзывания кабеля и катушки. Следовательно,
энергия системы не изменяется:
•^£>2+ Р Я = ^ ^ и 2+ (Я -рл:)/?,
где и ^-искомая скорость. Отсюда и — У (Рс2+ p Rg x) / (P — рх) и
оказывается равной бесконечности при Р = р х вследствие того, что
мы не учитывали массу катушки. Количество движения уменьшается в результате действия силы трения, направленной в сторону,
противоположную движению.
219. Так как сила трения постоянна, движение буДет равнозамедленным. Развиваемая силой трения мощность равна fv, где
v = m —мгновенная скорость той точки шкива, к которой приложена сила /. Работа за время t равна средней мощности, умноженной
на время I: —
A s s f ? £ + * L t.
Изменение кинетической энергии шкива равно этой работе:
< ».+ «».
Отсюда и>=щ— ft/mr. ‘
220. Сила трения / постоянна, поэтому изменение количества
движения обруча за время t равно mv— ft. В случае качения без
проскальзывания скорость точки, обруча, к которой приложена
сила трения, равна нулю. Приравнивая работу сил трения разности кинетических энергий, имеем
(см. задачу 215). Решая уравнение относительно v, найдем: v = со0г/2.
221. Уравнения, выражающие изменение количества движения
и кинетической энергии обруча* имеют вид
о .-4 -О ‘
. m(v0—v) = ft, =
где v = a r — скорость центра обруча при качении без проскальзывания. Решая эти уравнения относительно V, имеем v = vJ2. Следовательно, искомая величина <o = v0/2r.
222. Уравнения, выражающие изменение количества движения
и кинетической энергии обруча, имеют вид
237
где ®— скорость центра обруча в любой последующий момент времени. Решая данную систему уравнений, найдем’ _ _
v = v0 — (f/m) t„ ш ^ щ — ifjmr) t.
Если у0 < щг, то в момент времени т = mv0/ f обруч останавливается, вращаясь при этом с угловой скоростью co = ci>0 — v0/r. Затем
обруч начнет двигаться в обратную сторону с проскальзыванием.
Спустя некоторое время проскальзывание прекратится и обруч будет
катиться без проскальзывания влево с поступательной скоростью
и = ( щ г -—v0)/2 (см. задачу 221).
Если же Vq > щ г, то через % = тгщЦ обруч перестанет вращаться, передвигаясь вправо с поступательной. скоростью v —
= % —гщ. В дальнейшем вращение обруча будет происходить
в обратную сторону, и спустя некоторое время обруч будет катиться
без; проскальзывания вправо; его угловая скорость ш=(о^—т 0)/2г.
Заметим* что, как показывает овыт, обруч тормозится и при отсутствии проскальзывания. Мы, не получили данного результата,
так как не учитывали специфического трения качения.
223. Так как обручи не проскальзывают, то скорость центра
тяжести обручей, и v, скорость груза, связаны соотношением
R
V° = VR = 7 — •
Пусть груз опустится на ш коту к. Считая, чао в начальный
момент система покоилась, из закона сохранения энергии имеем
/ng/i = «o*/2+ Afa| .
(см. задачу 215). Из последнего соотношения находим скорость
груза: .
2mgh
г • + ^ ( s 4 7) ’
Отсюда ускорение груза
mg
T = m ( g — a)
а под де
Искомое 1
Груз движется вниз с ускорением под действием двух сил: еялы
тяжести mg и натяжения нити Т. Искомое натяжение нити Т равно
” + г м ( г ^ ) ‘
Так как центр тяжести обруча движется с ускорением, равным
‘
а 75——, под действием силы Т и силы трения F, то на основании Н —г •
второго закона Ньютона для силы F получаем равенство
238
Значение силы трения покоя не может превышать величину kMg.
Поэтому проскальзывание наступит тогда, когда
^ .Ц ) М ) > « i , „
т + 2 м ( ^ — \ /? —г ) т . 1 \ R
224. Центр тяжести катушки не будет перемещаться, если натяжение нити удовлетворяет равенству Т = Mg sin ос. Для определения
натяжения нити Т найдем ускорение груза массы т. Пусть груз
опустился на А. Так как -центр тяжести катушки iro условию должен
оставаться, в покое, то изменение потенциальной энергии равно mgh.
Если и—скорость движения груза маоси т, то скорость точек катушки, отстоящих на расстояние R от оси вращения, равна vR/r.
Следовательно, кинетическая энергия системы равна
р _ яго8 . Mifl j ?2
‘ * 2~-i 2“ ~гг ’
И з закона сохранения энергии следует:
.тт. v = Л/ •——tn + M R slr*
Отсюда ускорение грузга а= т ■ Зная ускорение груза, находим -натяжение нити:
Т = д а < г _ в ) = ^ _ _ _ .
.Таким образом, для » п « получаем внраженэие
1
sin а=
Центр тяжести катуииси может покоиться только в том случае, если
225. Если скорость доски равна ю, то скорость центра тяжести
каждого катка v/2 (ем. задачу 57). Кинетическая энергия системы
(доски и обоих катков) равна
239
Приравнивая кинетическую энергию работё силы Q на пути S, получим ■ ‘
(рис. 374). (Силы трения работы не совершают, так как проскальзывание отсутствует.)
Из выражения для скорости движения доски следует, что ускорение ее равно a = Q /(A f+ m ).
Для определения силы трения, действующей со стороны катка
на доску, напишем уравнение движения доски: M a = C t— 2F. Подставляя сюда значение ускорения а, получим. F=mQ/2(M-\-m).
Так как скорость центра тяжести катка в два раза меньше
скорости доски, то и ускорение центра тяжести катка будет в два
раза меньше ускорения доски. Поэтому уравнение движения центра тяжести катка будет иметь вид та/2—F — f. Из этого уравнения вытекает, что / = 0.
226. Предположим для определенности, что /пх/? > т2г. В этом
случае первый груз будет опускаться, а второй — подниматься. Пусть
первый груз опустится на h. Тогда второй груз поднимется на hr/R.
Убыль потенциальной энергии при этом будет равна
’ m1g h — m2ghrlR = gh(m 1— m%r/R).
Если абсолютное значение скорости первого груза v, то скорость
второго груза будет равна vr/R. Все точки первой ступени блока
имеют скорость v, а все точки второй ступени блока имеют скорость
vr/R. Кинетическая энергия системы будет равна
« i + M i | т2+ М 2 г%,,2
2 v ~t~ 2 R 2 ■
Из закона сохранения энергии следует:
или
л / 2 (т1 —m2r/R)gh
— V (m1 + Mi)-[-(mi -{-Mi) r !t/R i ’
Отсюда ускорение первого груза
240
Из соотношения а^щ^-К/г, где а2— ускорение второго груза, найдем
а2= ; о. . Натяжения нитей Г, и 71* на основании второго закона Ньютона равны
Тг = ———————5———-— mlg,
m i + M1+ (m2+ A l2) — g —
^*2 “ 1 ^.2 «•’as*
/ n i + A f 1(+ ( m 2 + ^ 2)»^2
Сила F, с которой система действует на ось блока, равна .
/7 = 7’1+ r 2+ (M 1+ A f2)g.
227. Пусть путь, пройденный центром тяжести цилиндра за
время t, равен S, а скорость центра тяжести к этому моменту времени равна а (рис. 375). Тогда
на основании закона сохранения
энергии имеем
Mvz — M gS sin а.
Отсюда скорость равна v =
= У gS sin а, и, следовательно,
ускорение a —g sin а/2. Скорость
центра тяжести цилиндра и угловая
скорость его вращения будутравны v= (g sin а/2) t, a — (g sin а/2 R)i
Работа и энергия #физика, #статика
Пытливый ум — Хочу Всё Знать! Дача, огород, лайфхаки, хендмейд, знания, учёба