Динамика криволинейного движения

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!

Динамика криволинейного движения. Задачки

189. Определить натяжение троса баллистического
маятника (см. задачу 159) в первый момент посЛе попадания в него пули. .
190. На гибкой йерастяжимой нити, весом которой можно пренебречь, укреплены, как показано на рис. 76, четыре одинаковых груза. Вся система вращается с угловой
скоростью со вокруг вертикальной оси, проходящей через
точку О. Грузы движутся по гладкой горизонтальной поверхности. Определить натяжение нити в различных
участках.
191. На концах невесомого стержня длины I закреплены массы nit и пц. Скорости масс mt и /иа лежат в одной плоскости и равны соответственно щ п v2 (рис. 77). Определить,
с какой скоростью движется центр тяжести системы и

43

с какой угловой скоростью вращаетбя Стержень относительно оси, проходящей через центр тяжести.
192. В центре платформы, свободно вращающейся вокруг вертикальной оси, стоит пушка. Ось вращения проходит через ее казенную часть. В горизонтальном направлении вдоль радиуса платформы сделан выстрел. Изменится
ли при этом скорость вращения платформы?
193. Небольшое тело начинает скользить без начальной
скорости с наклонной плоскости высоты Н (рис. 78). Считая, что трение отсутствует и удар тела о горизонтальную
Рис. 78. .
* ■■ • — ‘ ‘ • • ‘ .
плоскость АВ абсолютно упругий, определить характер
движения тела после того, как оно покинет наклонную
плоскость. Ответить на тот же вопрос, если удар абсолютно
неупругий.
194. Чему равен минимальный радиус дуги, которую может описать мотоциклист, если его скорость о—21 м/с, а
коэффициент трения резины о землю £=*0,3? Под каким углом а к горизонту должен быть при
этом наклонен мотоцикл, если считать его массу сосредоточенной
в центре масс?
195. На легкий стержень насажен
массивный шар (рис. 79).В каком случае стержень упадет быстрее: если его
поставить вертикально на конец А или
на конец В? Стоящий на земле конец
стержня не проскальзывает.
196. На конце легкого стержря,
поставленного вертикально на поя,
закреплен массивный шар. Стержеш.
начинает падать без начальной скорости. При каком значении угла а между стержнем и вертикалью конец стержня
перестанет давить на пол? При каком значении коэффициента трения конец стержня не проскользнет до этого момента?

44

197. На каком расстоянии от основания стержня упадет шар (см. задачу 196), если коэффициент трения
к > У т ? .
198. Проволока изогнута по дуге окружности радиуса
JR (рис. 80). На проволоку надета бусинка, которая может
без трения перемещаться вдоль проволоки. В начальный
момент времени бусинка находилась в точке О. Какую горизонтальную скорость надо сообщить бусинке, чтобы,пройдя часть пути в воздухе, она в точке В попала вновь на проволоку?
199. Небольшое тело соскальзывает по наклонной поверхности, переходящей в мертвую петлю, с минимальной
высоты, при которой оно не отрывается от поверхности
петли (рис. 81). Какой симметричный вырез, характеризуемый углом а< 90°, можно сделать в петле, чтобы тело, проделав часть пути в воздухе, попало в точку 5 ветл и? Как
будет двигаться тело, если угол а будет больше или меньше
найденного? Трением и сопротивлением воздуха пренебречь.
200. К концам нити, переброшенной через два гвоздя,
прикреплены двигающиеся по окружностям грузы (рис. 82).

45

Слева висят два груза массы т каждый, справа — один
груз массы 2т. Будет ли система в равновесна?
201. На очень тонкой нити подвешен шарик. Нить приводят в горизонтальное положение и отпускают. В каких
точках траектории ускорение шарика направлено вертикально вниз, в каких вертикально вверх и в каких горизонтально? В начальный момент нить не растянута.
202. Невесомый стержень может вращаться в вертикаль ­
ной плоскости относительно точки О. На стержне укреплены массы тх и т 2 на расстояниях гх и от О (рис. 83).
Стержень отпущен без начальной скорости из положения,
составляющего угол а с вертикалью. Определить линейные
скорости масс т1я т 2ъ тот момент, когда стержень занимает
вертикальное положение.
203. На оси центробежной машины укреплен отвес, к
которому привязан маленький шарик на нити длиной
I—12,5 см. Найти угол а отклонения нити от вертикали, если машина делает 1 оборот в секунду, 2 оборота в секунду.
204. Невесомый стержень, изогнутый, как показано
на рис. 84, вращается с угловой скоростью со относительно
оси 0 0 ‘. К концу стержня прикреплен груз массы т. Определить силу, с которой стержень действует на груз.
205. Невесомый стержень А 0 0 ‘, изогнутый, как показано на рис. 85, вращается с угловой скоростью со относительно оси 0 0 ‘, На стержень надета бусинка массы т. Определить, на каком расстоянии I от точки О бусинка будет
находиться в равновесии, « л и коэффициент трения между
бусинкой и стержнем равен к,

46

206. К вертикальному стержню, вращающемуся с угловой скоростью (о, прикреплена нить длиной I, на конце
которой находится груз массы т, К грузу в свою очередь
прикреплена другая нить такой же длины, несущая на
своем конце второй груз массы т. Показать, что угол
между первой нитью и вертикалью будет меньше угла
между вертикалью и второй нитью. Весом нити пренебречь.
207. На невесомом стержне укреплены два груза с
массами т и М. Стержень шарнирно связан с вертикальной
осью 0 0 ‘ (рис. 86). Ось 0 0 ‘ вращается с угловой скоростью
©.Определить угол <р,образуемый стержнем и вертикалью.
208. Горизонтальная прямая штанга вращается’ е постоянной угловой скоростью вокруг вертикальной оси. По
штанге может бет трения скользить тело. Первоначально тело удерживается в положении равншееия пружиной
(рис, 87). Что произойдет с телом, если сообщить ему на*

47

чальную скорость вдоль штанги? В нерастянутом состоянии длиной пружины можно пренебречь.
209. Металлическая цепочка длины /=62,8 см, концы которой соединены, насажена на деревянный диск
(рис. 88). Диск вращается, делая п= 60 оборотов в секунду. Определить натяжение цепочки Т , если ее масса
т —40 г.
210. По резиновой трубке, свернутой в виде кольца, циркулирует вода со скоростью у (рис. 89). Радиус кольца R, диаметр трубки d ^ .R . С какой силой растянута резиновая
трубка?
211. Однородный стержень, длина которого I, а масса
т, вращается с угловой скоростью и в горизонтальной плоскости вокруг оси, проходящей через его конец. Найти натяжение стержня на расстоянии х от оси вращения;
£ тгЛ.
V \
/
Рис. 90.
212. Шарик массы т , укрепленный наневесомом стержне,
вращается с постоянной скоростью v в горизонтальной плоскости (рис. 90). Его кинетическая энергия в системе координат, неподвижной относительно оси вращения, постоянна
и равна яш2/2. По отношению к системе отсчета, движущейся в горизонтальной плоскости прямолинейно со скоростью
v относительно оси, кинетическая энергия меняется с течением времени от нуля до 4mv*/2. Какая причина вызывает
это изменение энергии?
213. Тонкий однородный обруч катится по горизонтальной поверхности с постоянной скоростью и. Как и под действием каких сил меняется полная энергия небольшого
участка А В,Находящегося в данный момент в наивысшей
точке обруча?

48

214» Тяжелая катушка, с намотанной на нее нитью,
лежит на горизонтальной шероховатой поверхности, по
которой может катиться без скольжения. Если нить тянуть
в горизонтальном направлении
влево, то катушка будет катиться также влево. Если же менять направление нити (рис. 91),
то при некотором значении угла
а между направлением нити и
вертикалью катушка покатится
вйрвво. Определить этот угол.
Что будет с катушкой при данном значении угла? Радиус вне-
.шней части катушки R , внутренней г.
215. Найти кинетическую энергию обруча массы М и
радиуса R , если он движется равномерно со скоростью v
и вращается с угловой скоростью <о вокруг оси, проходящей через центр.
216. Определить кинетическую энергию гусеницы трактора, движущегося со скоростью V . Расстояние между осями колес, на которые надета гусеница, равно /; радиус колес г. Единица длины гусеницы весит Р .
217. Как узнать, какой из двух одинаковых по величине цилиндров полый, если они сделаны из неизвестных материалов разной плотности? Массы цилиндров
равны.
218. На катушку радиуса R в один ряд намотан гибкий кабель (рис. 92). Вес единицы длины кабеля р. Вес
всего кабеля Р. Катушка
. без проскальзывания движется по инерции вдаль
горизонтальной плоскости.
Кабель разматывается и
‘ ложится на плоскость.
Вначале, когда весь кабель
был намотан на катушку,
скорость центра катушки
была равна v. Пренебрегая радиусом поперечного сечения
кабеля (по сравнению с /?) и массой самой катушки, оценить скорость центра катушки в тот момент времени,
плоскости .будет лежать часть кабеля длиной х. За
» ия какой силы изменяется количество движения каоеля?

49

219. К шкиву радиуса, г, вращающемуся вокруг неподвижной оси, приложена сила трения f (рис. 93). Определить изменение угловой скорости шкива со временем, если
в начальный момент времени угловая скоррсть равна ю0.
Масса шкива равна т ; массой спиц
можно пренебречь.
220. Вращающийся с угловой
скоростью о)0 обруч радиуса г поставили на горизонтальную шероховатую плоскость. Определить
скорость v центра обруча после того, как прекратилось его проскальзывание. В начальный момент скорость центра обруча равна нулю:
221. Обручу радиуса г, поставленному на горизонтальную шероховатую плоскость, сообщили в горизонтальном направлении поступательную скорость v0.
■ Определить угловую скорость со вращения обруча после
того, как проскальзывание обруча прекратилось.
222. Вращающийся с угловой скоростью <а0 обруч радиуса г поставлен на горизонтальную шероховатую плоскость.
Обручу сообщена поступательная скорость v„ (рис. 94).
Считая, что сила трения
Рис. 94. Рис, 95.
223. Цилиндрическая трубка радиуса г скреплена с помощью спиц с двумя обручами радиуса R . Масса обоих обручей равна М . Массой трубки и спиц, по сравнению с массой обручей М , можно пренебречь. На трубку намотана
нить, перекинутая через невесомый блок. К концу нити
прикреплен груз массы т (рис. 95). Найти ускорение груза,
натяжение нити и силу трения, действующую между обру

50

чами и плоскостью. (Считать, что обручи не проскальзывают.)
Определить, при каком значении коэффициента трения обручи будут проскальзывать.
224. На наклонной плоскости лежит катушка. На катушку намотана нить, свободный конец которой с прикрепленным к нему грузом массы
т перекинут через невесомый
блок (рис. 96). Предполагается, что масса катушки Ж равномерно распределена по окружности радиуса R . Трение
отсутствует. Определить, при
каком значении угла наклона
а центр тяжести катушки будет оставаться в покое.
225. Доска массы М положена на два одинаковых адлиндрических катка радиуса R . Катки лежат на горизонтальной плоскости. В начальный момент времени система
находилась в покое. Затем к доске приложили в горизонтальном направлении силу Q. Найти ускорение доски и
величину сил трения, действующих между катками и доской, а также между катками и горизонтальной плоскостью.
Считать, что проскальзывание отсутствует. Катки представляют собой тонкостенные цилиндры массы т. каждый.
226. Двухступенчатый блок состоит
из двух жестко скрепленных между
собой тонких обручей, радиусы которых R и г, а массы соответственно М г и
Мщ. На каждую из ступеней блока намотаны нити, к концам которых прикреплены грузы массой тх и т% (рис. 97).
Найти ускорения грузов т1 и т2, натяжения нитей и силу, с которой систе-
□
ма действует на ось блока. ‘
т’ 227. Однородный тонкостенный циРис. 97. линдр радиуса R и массы М без скольжеыня скатывается под действием силы
тяжести с плоскости, образующей угол а с горизонтом.
Используя закон сохранения энергии, определять: 1) скорость центра тяжести и угловую скорость вращения цилиндра спустя время t после начала движения «з состояния
покоя; 2) ускорение центра тяжести цилиндра.

51

Динамика криволинейного движения. Ответочки

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 закону сохранения энергии
а 0 = arccos (2/з)- В этбт момент скорость v = a>R= Y ‘ll3 gR составА Л В
Рис. 358.
9 » » ^ . с
\
\
\
\
\ *
Рис. 359.
(2а 2 sin a cos a)

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 .
Т. Т. _________ . Л Г/Н^1 П
1 1 1 (+1— ^ V i+i 2——’
иди
i+ i’ — 7 >
т а>2
‘ 1 Г
(г!+г-г!).-

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
■ т (v0—v) = ft,
mvl , топ!г2 mm2/-2 f (v0-f-a 0r) + ( v + (a r) .
2 T 2 2 2 ‘ 2 ’

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
. Mv2 , 2/по2 М -\-т ^

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
mi —

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

241

Динамика криволинейного движения #физика, #статика

Пытливый ум — Хочу Всё Знать! Дача, огород, лайфхаки, хендмейд, знания, учёба