Сборник задач по физике - Баканина Л.П.
Скачать (прямая ссылка):
m3 1 R3 -=5T?. -Ki = 390. ®л 13 *л
151. Ускорение силы тяжести на поверхности планеты найдем так же, как в задачах 147 и 148:
ffn JnVnV-
Аналогично для Земли:
4
Здесь R3 и Ra — радиусы, а р3 и рп — плотности Земли и планеты. Так как р3 = pn, a R3 = 2Rn, то
'-'ТИ-
Длина маятника связана с периодом известным соотношением:
тг Вз
'=I^T = 49'6-
152. Сила F, действующая на шарик с массой т, равна
F _ Mtn _ Мит /•-Y-^r V (d-Rj2)2 '
Здесь Mn — масса свинца в объеме полости. Очевидно, что Mn=MjH (объем полости составляет 1/8 объема шара). Написанные соотношения дают
~_L 1 d2
F = у Mm
'(<-4П
153. По мере опускания груза колесо будет раскручиваться и потенциальная энергия груза будет переходить в кинетическую энергию груза и колеса:
mv2 Mv I mgH=-у- + —J-,
192 где ui —скорость груза, a V2 — линейная скорость обода колеса. Из равенства угловых скоростей шкива и колеса следует
поэтому
mgH = •
MR2V9i Г 2 mgH
— ¦ -у
(тГ
154. Определим сначала момент, действующий на вал двигателя. По определению W = Fvi = M^i, где F — сила, действующая в точке зацепления, О] — линейная, а Ші угловая скорость шестерни 1. Число зубьев у шестеренок пропорционально их радиусам, а линейные скорости в точке зацепления равны, следовательно,
M1
Г 2 1
— = Ш,-
T1 1 т
Wm
¦¦ 2яп ¦
2я п
1000 н-м.
Так как силы, действующие в зацеплении на каждую из шестеренок, согласно третьему закону Ньютона равны между собой, то
M2 M1
Il
Г\
поэтому
Af2 = ui = 200 н ¦ м. т
Рис. 214.
155. Угловая скорость колеса to = v/R. Силы, действующие на ведущую шестерню, изображены на рис. 214. Полезная мощность дви гателя
N = (F2-F1)TU=(F1-F2)
Vr
R
Подставляя числовые значения, получаем
N = 2000 н ¦ м/сек = 2 кет.
156. Ускорение Ci1 бруска, соскальзывающего с наклонной плоскости, определяется с помощью второго закона Ньютона:
та і = mg sin а — kmg cos а, O1 =g (sin а — k cos а).
(1)
Движение обруча сложнее. Во-первых, каждая его точка движется вниз по наклонной плоскости с ускорением а2 и, кроме того,
13 Л. П. Баканнна и др.
193 вращается вокруг оси обруча. Так как обруч скатывается без проскальзывания, скорость его поступательного движения оп и линейная скорость вращения вокруг оси ов в каждый момент равны между собой. Действительно, представим себе, что обруч совершил один полный оборот. Тогда его центр тяжести пройдет вдоль наклонной плоскости путь 2nR, а любая точка обруча повернется вокруг центра на угол 2л, т. е. пройдет вдоль обруча путь 2nR. Эти пути равны н проходятся за одинаковое время, поэтому оп = ов=о. Согласно закону сохранения энергии
2 2 mv J1 mtr
mgh--+ 2~ = mv! • (2)
(работа против сил трения не совершается, так как скорость нижней точки равна нулю).
Из кинематики следует, что
а (г
h = sin а, (3)
V = OiU (4)
Из (2) — (4) получаем
^2 = -JgrSinct. (5)
Тела не будут обгонять друг друга, если U1 = а2; отсюда
157. Потенциальная энергия
?п цилиндра в конце пути частично израсходуется на работу Arp против сил трения о плоскость, а частично перейдет в кинетическую энергию поступательного движения и вращения:
mv2 mvI
En = Лтр H--- H--(1)
где оп— поступательная скорость центра цилиндра, а ов — линейная скорость поверхности цилиндра при вращении вокруг центра тяжести. Как и в предыдущей задаче, в данном случае
Vn =Ob= О, (2)
так как цилиндр скатывается без проскальзывания по нити. При этом скорость нижней точки цилиндра, касающейся плоскости, будет 2о, и работа протав сил трения
Лтр = 2 kNL, (3)
где Ar-сила нормального давления на плоскость, а k — коэффициент трения. Используя (2) и (3), запишем (1) для углов наклона
а и ?:
194
mgL sin a = mvl + 2Lkmg cos a,
(4)
mgL sin ? = mop + 2Lkmg cos ?. Отсюда, исключая k, получим выражение для Va-
=St +gL (sin а ~cos а tg (5)
которое после подстановки значений аир примет следующий вид:
„8_ vI+Sl
158. Если k — коэффициент трения, то угол а3, при котором пластинка еще будет удерживаться на наклонной плоскости, определится из соотношения
k = tga3 (1)
(см. решение задачи 47). Время і движения тела дается известной кинематической формулой
Z2 = ^f-, (2)
где S — путь, пройденный телом, а — его ускорение. В данном случае
-7Г-1Г' (3>
O1 а2
где S1Ha1- путь и ускорение, соответствующие углу Ct1, а S2 и а2 — те же величины для а2. Если Л — горизонтальная проекция пути, то
S1 = -Al-, S2--(4).
cos a cos a2
Из решения задачи 47 следует, что
ai = g (sin Ci1 — ft cos Ci1), (5)
а2 = 8 (sin a2 — ft cos a2).
Подставляя (4) и (5) в (3), получим
^ _ sin Q1 cos Q1 — sin a2 cos a2 ,g>
COs2ci1-cos2ci2
Подставляя в (6) числовые значения и учитывая (1), окончательно найдем:
ft = 2 — УН = tg Ci3.
159. Сначала найдем массу M груза, подвешенного к веревке. Так как величина M максимально возможная, при которой еще не начинается скольжение груза т, то, очевидно, что Mg= mgk, или
