Сборник задач по общему курсу физики - Волькенштейн В.С.
Скачать (прямая ссылка):
R
sin а
L = x cos о.-
sin а
cos а.
Тогда формула (2) решения предыдущей задачи примет вид
2д2 (j
F=-------¦ cos a sin2 a = B cos a sin2 a.
Для нахождения максимума функции F возьмем производную dF Ida и приравняем ее нулю:
dF/da = В (2 cos2 a sin а—sln3a)=0, или tg2a = 2.
272
Тогда расстояние L, на котором сила F максимальна, равно
L =—— cos а= — =_5_ sin а tg а
На рис. 82 изображен характер зависимости F — f(L) (по оси абсцисс удобно откладывать L в см, по оси ординат F в 10-11Н); Lmax = H, 1 см; ^тах = 4,33-10-11 Н.
2.161. FmixIF — \/3.
§ 3. Вращательное движение твердых тел
3.1. J = 9,7-%1037 кг-м2; L = 7-1033 кг-м2/с.
3.2. а) ^1 = 63,5-10~3 кг-м2; б) /2 = 62,5-10~* кг-м2; в) 6= 1,6%.
3.3. Результирующий момент сил, под действием которого вращается диск,
M = FR — Мтр. (1)
По основному закону динамики этот момент сил связан с угловым ускорением тела уравнением
M = J&, (2)
где J = mR2/2—момент инерции диска. Из (1) и (2) получим m = 2(FR—AfTp)/e/?2 = 7,36 кг. '
3.4. е = 2,35 рад/с2;
3.5. f = 4,0H.
3.6. М = 100 Н -м.
3.7. е = 7,8рад/с2; <=1мин20с.
3.8. п=23,4 об/с.
3.9. Л*тр = 513Н-м; ЛГ = 600об.
3.10. Гиря mi движется вдиз с ускорением а под действием
силы тяжести mxg (вниз) и силы натяжения нити Ti (вверх). По-
этому для гири mi имеем
mia = m1g—Ti. (1)
Гиря mt движется вверх с тем же ускорением а под действием силы тяжести mtg (вниз) и силы натяжения нити Т2 (вверх). Поэгому для гири т2 имеем
mta = Tt — m1g. (2)
Нить будет натянута по обе стороны блока по-разному, и разность сил натяжения Тг—Т2 будет создавать момент сил, вращающий блок.
273
Применяя основной закон динамики, получим
(Ti—Ti)R = Je = Ja/R, (3)
где J = mR2/2—момент инерции блока и т—масса блока. Решая (1)—(3) совместно, найдем
)JL- _=2,8 м/с>. (4).
rrti + m2 + У//?3 m1+ma + m/2
Если в уравнении (4) положить т — 0, т. е. пренебречь массой блока, то мы получим решение 2.30. Подставляя (4) в (1) и (2), получим
тхЯ(2т^№) (5)
nii + mz + JIR2 т1 + т2 + //Я2
Если в (5) положить J = 0 (т = 0), то мы снова получим решение 2.30.
3.11. Задачу можно решить двумя способами: применяя основной закон динамики вращательного движения (см. решение 3.10); применяя закон сохранения энергии. Учащимся предлагается найти самостоятельно решение задачи первым способом и получить ответ a = 2mg/(m,t>-\-2m) =3 м/с2.
При решении задачи вторым способом рассуждаем так. При опускании груза его потенциальная энергия уменьшается, переходя в кинетическую энергию поступательного движения груза и в кинетическую энергию вращения барабана. Таким образом,
mu2 J со2
mgft = — Н—2~, 0)
где J — момент инерции барабана. Так как J = m0R2/2 и a> = v/R, где R — радиус барабана, то уравнение (1) можно записать так:
. mv2 , m0v2 v2 f . та\
+2Т“-Г г+т1)-
Опускание груза происходит под действием постоянной силы, т. е. движение груза равноускоренное, поэтому
h = at2/2, v = at. . (3)
Подставляя (3) в (2), получим a = 2mgl(rn<i-\-2m) =3 м/с2.
3.12. У—9,5 кг-м2.
3.13. /=1,1 с; WK =0,81 Дж; Г = 4,1Н.
3.14. Ti—T2 = (Jz + MTV)IR -1,08 кН.
3.15. а = 3,53 м/с2; Т^ — 6,3 Н, Т2 — 4,5 Н. Учащимся предлагается проверить, что «з формул, дающих решение этой задачи, можно получить решение 2.31.
274
3.16. Кинетическая энергия диска складывается из кинетической энергии поступательного движения и кинетической энергии вращения:
W =-^4- — w* 2^2*
Так как J =mR3j2 и со = v/R, где т—масса диска, R— его радиус, то WK = Зтс2/4 = 24,0'Дж.
3.17. ИГк = 0,1Дж.
3.18. №кг = 29,4 Дж.
3.19. Q =2,51 мДж.
3.20. 6 = (WKi—WKt)/Wка = 40%, где U^kj = И7П0СХ-(-Ц7Вр; Ц7К2 =
= ^ПОСТ'
3.21. Л = 355Дж.
3.22. L = 3,8 кг-м2/с.
3.23. WK =253 Дж.
3.24. s = 4,1 м.
3.25. h = 2R-\-^- ^ 1 j =7,56 м.
3.26. А = 3,2я3Л6рга2^=34,1 Дж, где р—плотность меди.
3.27. При скатывании тела с наклонной плоскости его потенциальная энергия переходит в кинетическую. Таким образом,
. mv3 , /со2 ...
