Home » ЗАДАЧИ ПО ФИЗИКЕ. » ЗАДАЧИ ПО ФИЗИКЕ. ГЛАВА I. МЕХАНИКА. § 8. Динамика вращательного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

ЗАДАЧИ ПО ФИЗИКЕ. ГЛАВА I. МЕХАНИКА. § 8. Динамика вращательного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

ЗАДАЧИ ПО ФИЗИКЕ. ГЛАВА I. МЕХАНИКА.
§ 8. Динамика вращательного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

А в т о р ы :
Г. А. Бендриков, Б. Б. Буховцев,
В. В. Керженцевг Г. Я. Мякишев

Скачать в хорошем качестве в формате PDF § 8. Динамика вращательного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ. (стр. 234-240).
Скачать в хорошем качестве в формате PDF всю книгу (399 стр.) Задачи по Физике для поступающих в ВУЗы (8-е издание).

Текст, для быстрого ознакомления (в тексте для быстрого ознакомления формулы могут отображаться не корректно):

§ 8. Динамика вращательного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

253. ос = 2 arcsin
М У 2gl — mv\
2(M + m)rgr//=г •
К jR
~bg
Р ^ 0,16 об/с.
I 1 мин.
254- Л> 2л
i I *
256. k = v2/Rgz= 0,2.
257. Л = 2л2r2m (п?, — п|) = 15,8 Дж.
259. В вершине петли, когда самолет летит вверх колесами, на пилота
действует сила тяжести mg и сила N со стороны сиденья, направленная вниз
(рис. 270, а), или со стороны ремней, направленная вверх (рис. 270, б), Эти

Динамика вращательного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

Динамика вращательного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

силы сообщают необходимое для вращения центростремительноа ускорение.
Следовательно, в общем случае m’v—* — mg-{-N.
К
При достаточно большой скорости самолета mvz
~R~
> mg и N > 0, т. е. N
направлена в ту же сторону, что и сила тяжести, и, следовательно, пилот
mv2
будет прижат к сиденью (рис. 270, а). При —5- = mg пилот перестанет давить
И.
на сиденье. Наткто нец, при настолько малой скорост«и*, что —< mg, сила mv* ^
А
N СО. В этом случае пилот повисает на ремнях и сила N будет направлена
вверх (рис. 270, б). Таким образом, требуемые значения скорости определяются
неравенством v2/R^g. Отсюда v^YgR^ss 50 м/с =180 км/ч.
260. Т ^2пУЩ=^М с.
261. F — (2яп)2 {limx — 12т2).
262. Силы, действующие на автомобиль вдоль направления радиуса моста,
изображены на рис. 271; P = mg—сила тяжести, N — реакция опоры. По
третьему закону Ньютона искомая сила F равна по величине реакции опоры N.
Согласно второму закону Ньютона центростремительное ускорение автомобиля
определяется суммой сил, действующих на него вдоль радиуса окружности

234 Динамика вращательного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

по которой он движется: —D
l- =mg — N. Отсюда
А
N = F — mg—^±- = 7800 Н.
А
Давление на мост станет равным нулю при условии ■■ mvi2 == mg. Следова-
А
тельно, v^ — YgR ^ 80 км/ч. При автомобиль также не будет оказывать
давление на мост.

Динамика вращательного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

Динамика вращательного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

263. Действующие на автомашину вдоль радиуса моста силы изображены
на рис. 272. В отличие от задачи 262, здесь к центру окружности, по которой
происходит движение автомобиля, направлена сила N, а не сила тяже-
ftlV 2
сти Р. Согласно второму закону Ньютона — ■_ -=А/ — mg. Искомая сила
F = N = mg-
R
а 21600 Н.
264. Вдоль радиуса моста на автомобиль действует реакция опоры N и
проекция силы тяжести mg cos а (рис. 273). Согласно второму закону Ньютона
искомая сила F = N = mg cos а — . Она достигнет максимума при сс — 0.

Динамика вращательного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

Динамика вращательного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

265. Наибольшая нагрузка на мост (см. задачу 264) будет в верхней точке
моста. Минимально допустимое значение скорости v можно найти из выражения
mg—F — mv2/R, где т — масса грузовика. Следовательно, должно выполняться
неравенство v;
у
R (mg-F)
т

235 Динамика вращательного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

Радиус кривизны моста определяется из треугольника АСО, изображенного
d2 4 Я2 4- d2
на рис. 274. По теореме Пифагора R2 = — + (# —Я)2. Отсюда # =——
Подставляя найденное значение R в выражение для скорости, получим:
и ^ 40,6 км/ч.
266. Искомую скорость можно найти с помощью закона сохранения энергии.
Если за нулевой уровень потенциальной энергии принять горизонтальную
плоскость, проходящую через точку О, то начальная энергия грузов будет
равна нулю. Поэтому будет равна нулю и полная конечная энергия грузов
в тот момент, когда стержень займет вертикальное положение. Обозначив через т
массу каждого из малых грузов, будем иметь:
rnv2 , т (2v)2 2/пи2
+ — mg у — mgl + 2mg -j=°-
Здесь учтено, что скорость малого груза на конце стержня вдвое больше скорости
среднего груза. Отсюда v — Vgl/7.
267. Действующие на систему «человек —трапеция» силы изображены на
/пи2
рис. 275. Согласно второму закону Ньютона —j—= 2T — mg, так как в нижней
точке траектории человек имеет ускорение и2//, направленное вверх. Отсюда
Т = mv*
~2Х +
mg ■ 500 Н.
268. Наибольшее натяжение нить имеет в момент, когда шарик проходит
через положение равновесия. Именно в этой точке скорость шарика максимальна,
а натяжение направлено против силы тяжести (рис. 276). По второму

Динамика вращательного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

Динамика вращательного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

закону Ньютона —-— = T — mg, где / — длина нити, а Г —ее натяжение. Скоте
»2
рость v шарика можно наити с помощью закона сохранения энергии: =
= mgl. Исключая из этих двух уравнений v> найдем: Т = 3mg.
Следовательно, нить должна выдерживать утроенный вес шарика.

236 Динамика вращательного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

269. Силы, действующие на грузик в верхней и нижней точках траектории,
изображены на рис. 277. Уравнения движения для этих положений грузика
запишутся следующим образом:
птЧ = mg+Tlt т(й21 — Т2 — mg,
где со — 2пп — угловая скорость вращения. Отсюда
T± = m(i)2l — mg^ 31,35 Н, Т2 = тыЧ -{-mg^& 31,75 Н.
270. а) Тп — Гв = 2mg\ б) TH — TB = 6mg. Здесь Тп — натяжение штанги при
положении груза внизу, а Тв — при положении груза вверху.
271. Второй закон Ньютона в момент, когда шарик проходит положение
mv2
равновесия, можно записать в виде: —j— — T — mg (рис. 278). Скорость шарика
в нижней точке траектории можно найти из закона сохранения энергии:

Динамика вращательного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

Динамика вращательного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

~~2
cos а
= mgl (1 — cos а). Нить оборвется,
а) (T0—mg)
1/2, а а >60°.
272. cosa=l- (/- 2mgl
если Т > 2mg. Следовательно,
273. m1//722 = 3, так как ось должна проходить через центр тяжести системы.
274. <а = Vg/(tf —Л).
275. Груз массы тх должен находиться на расстоянии х± — m2lj(m1 + m2) от
оси вращения; Т = m1m2/a)2/(mi + mz) •
276. Мальчик движется по окружности, лежащей в горизонтальной плоскости
с радиусом R — l sin а, где а —угол между канатом и вертикалью (рис. 279).
Центростремительной силой, действующей на него, является проекция f—F sin a
силы натяжения каната на направление радиуса (проекция другой силы, действующей
на мальчика,—силы тяжести, — на это направление равна нулю).
Учитывая, что угловая скорость мальчика со = 2яп, где п — число оборотов
в единицу времени, напишем второй закон Ньютона для движения по окружности:
mo)2R =/, или 4n2n2ml sin a = F sin a.
Отсюда найдем:
F = 4д2л2т/ «sj 355 H.

237 Динамика вращательного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

277. Центростремительной силой, действующей на камень, является проекция
/ = /7 sin а силы натяжения веревки F на направление радиуса (рис. 279).
Здесь а —угол, который веревка составляет с вертикалью. Второй закон Ньютона
для движения камня по окружности радиуса R будет иметь вид:
m(o2R=F sin а, (1)
где со = 2я/Г — угловая скорость камня, а т — его масса. Так как в вертикальном
направлении ускорения у камня нет, то проекции на вертикаль сил, действующих
на него, равны по величине и противоположны по направлению,
т. е.
F cos а = Р = mg. (2)
Разделив (1) на (2), получим: tga = (D2R/g. Из чертежа найдем: R — htg а и,
следовательно, (o2h/g=\. Отсюда получим: сo = Vg/h и
Т = 2л Vh/g ^ 2,25 с.
278. F = mgY 5 (см. задачи 276 и 277).
279. На шарик действуют сила тяжести mg и сила натяжения нити F
(рис. 280). Движение его относительно Земли складывается из движения по

Динамика вращательного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

Динамика вращательного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

вертикали вместе с лифтом и обращения вокруг оси АО. Напишем второй закон
Ньютона для проекций на вертикальное направление
та = mg—F cos сс
и для проекций на направление радиуса ОВ окружности, описываемой шариком,
mco2/ sin a = F sin а,
где о —угловая скорость шарика, т — его масса
ний Ft получим: o)2/ = (g—а)/соз а. Отсюда
Исключая из этих уравнен
7 = — = 2я Т/»—
X к
280 / _ (2яn f m W — F
0 (2яя)2 {mg — F cos а)
g-a
281. Ha шар действуют силы, изображенные на рис. 281: Т — натяжение
нити, P — mg — сила тяжести. (Центр окружности, по которой движется вагон,
на этом рисунке справа от вагона). Центростремительной силой для шара

238 Динамика вращательного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

является проекция силы натяжения на направление радиуса (проекция силы
тяжести на это направление равна нулю). Второй закон Ньютона для движения
по окружности в этом случае можно записать в виде: ~ — Т sin а.
В вертикальном направлении ускорения у шара нет, поэтому проекции на вертикаль
сил, действующих на шар, равны по величине и противоположны по
направлению, т. е. mg—T cos а. Разделив первое уравнение на второе, получим:
v2 /———-
—я— = tga и v=y Rgtg а ^ 112 км/ч.
Натяжение нити Т — mg/с os а ^137 Н.
282. Если тело еще не покинуло поверхность полусферы, то на него кроме
силы тяжести /подействует еще реакция опоры N (рис. 282). Второй закон Ньютона
при движении по полусфере имеет вид:
R
— = mg cos a —N,
т. е. произведение массы тела на центростремительное ускорение равно сумме
проекций на радиус полусферы сил, действующих
на тело. Угол а определяет положение
тела на полусфере.
В момент, когда N делается равным нулю,
тело отрывается от полусферы. Значение
соответствующего угла а определяется
из уравнения mv2/R — mg cos а. Используя
закон сохранения энергии, можно записать:

Динамика вращательного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

Динамика вращательного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

 

Рис. 282
mgR — mv* • mgR cos a.
Следовательно, 2 (1 — cos a) = cos a. Отсюда
cos a = 2/3.
Искомая высота h — R cosa = 2i?/3.
283. N = mgU— 3 П р и h < R/3 давление
колечка направлено к центру большого
кольца, а при h>R/3 —от центра.
284. Тело отрывается от поверхности
петли в точке В (рис. 283), когда сила
реакции, действующая на него со стороны

поверхности петли, становится равной нулю и центростремительной силой является
проекция mg cos а силы тяжести на радиус. Следовательно, как и в
задаче 282, здесь должны выполняться уравнения для второго закона Ньютона
и для закона сохранения энергии:
mv*
= mg cos a, mgH — mv* • mgh.
Учитывая, что h — R (1 +cos a) (рис. 283), находим из этих уравнений: cos ос =

239 Динамика вращательного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

Чтобы тело не оторвалось от . петли в верхней ее точке, когда а=0 и
h = 2R, исходные уравнения должны иметь вид:
mv2 тт mv2 . Л „ -щ- — mS и mgHt = — + 2mgR.
5
Из этих уравнений найдем: H1 = -^R.
285. На велосипедиста и велосипед действуют три силы: вес mg, реакция
опоры N и сила трения f (рис. 284). Так как центр тяжести не перемещается
по вертикали, то N — mg = 0. Необходимое для движения по окружности
mv2
центростремительное ускорение сообщается силой трения: —— = f. Направление
результирующей силы /V+/ совпадает с направлением вдоль велосипеда
к центру тяжести системы «велосипедист —велосипед». Поэтому / = Afctga =
= mgctga. Подставляя это значение f в уравнение движения, найдем: v =
— VgR ctg а.

Динамика вращательного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

Динамика вращательного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

286. Так как можно считать, что момент сил относительно центра тяжести
велосипеда с велосипедистом равен нулю, то сила трения отсутствует (см. рис. 285,
на котором изображены силы, действующие на систему). Равенство нулю суммы
проекций сил на вертикальное направление дает уравнение N cos a = mg, поэтому
N—mg/cos а. С такой же силой велосипед будет давить на дорогу.
Центростремительное ускорение сообщается проекцией силы N на горизонтальное
направление: тп~~ = N sin а = mg tg а. Отсюда v = YRg tg а.
R
287. а = arctg (Rg/v2).
§ 9. Закон всемирного тяготения
288. F—2 • 1020 H.
289. Человек прыгнет на Луне в шесть раз дальше и выше, чем на Земле*
290. v = VRg/b^\,7 км/с.
2{Н. АР = Р/4, где Р —сила тяжести корпуса ракеты у Земли.

240 Динамика вращательного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

На главную страницу ЗАДАЧИ ПО ФИЗИКЕ ДЛЯ ПОСТУПАЮЩИХ В ВУЗЫ.

Статистика


Яндекс.Метрика