Sb98038

Fцб m 2r – направленная по радиусу-вектору r центробежная сила инерции окружности, по которой движется тело; Fк 2m v ω – сила Кориолиса

( 2 86 400 7 10 5 радс – угловая скорость вращения Земли). В системе координат x, y, z, указанной на рисунке, получаем:

ω

z

x0

Здесь g – действующее значение ускорения свободного падения, определяемое равенством g Fтm 2r. Далее,

Из выражения (1) имеем

Подставив выражение для t в (3), получим:

Тело упадет к востоку от отвеса, опущенного из исходной точки.

21

18. Пусть Т – сила натяжения нити. В соответствии со вторым законом Ньютона имеем

19. Наименьшая (нулевая) потеря скорости теоретиком происходит, если в конечном состоянии турникет не вращается (в противном случае часть энергии теоретика окажется переданной турникету). Нетрудно сообразить, что это возможно, если после первого столкновения с турникетом теоретик останавливается; затем после поворота турникета на 180○ происходит второе столкновение, в результате которого теоретик приобретает начальную скорость, а турникет останавливается.

Рассматривая первое столкновение, по законам сохранения момента импульса и энергии получаем:

mvr J , mv22 J 22,

где ω – угловая скорость турникета после удара. Подставив второе равенство

впервое, получим: r Jm.

20.Пусть в момент отрыва верхнего шарика от вертикальной стенки ось гантельки составляет угол α с вертика-

лью, скорость верхнего шарика v, нижнего – u. Согласно

скольку стержень жесткий, то должны быть равны проекции скорости шариков на направление стержня: vcos usin . Исключив v,

получим: u2 2gl 1 cos cos2 . В момент отрыва верхнего шарика от

стенки центр масс гантельки не имеет горизонтального ускорения и скорость нижнего шарика максимальна. Найдя максимальное значение функции

22

21. Центр масс (ЦМ) системы располагается на расстоянии l/3 от нижней бусинки. По закону сохранения энергии и теореме Кёнига имеем:

2 2lg 1 cos .

Продифференцировав последнее уравнение по времени, найдем угловое ускорение стержня:

gl sin .

Определим тангенциальное и нормальное ускорения ЦМ:

a 23 l 13 g sin , an 2 23 l 23 g 1 cos .

Скорость нижней бусинки будет максимальна, когда горизонтальная составляющая ЦМ обращается в ноль:

ax a cos an sin 0.

Подставив в эту формулу найденные выражения для aτ и an, найдем угол отклонения стержня от вертикали, при котором скорость нижней бусинки будет максимальна:

cos 23, arccos 23 48,2 .

Наконец, искомую величину рассчитываем по формуле

23

Сравните полученный результат с решением предыдущей задачи. Рассмотрите самостоятельно случай, когда масса нижней бусинки в k k 1 раз превышает массу верхней.

оси (О) цилиндра. Тело удобно рассмотреть в таком положении, так как на него действуют реакции опоры (N1 и N2) и некоторое время ось цилиндра будет статична. Тело будет вращаться с угловой скоростью ω относительно своего центра, касаясь стенки.

По закону сохранения энергии имеем:

где I0 amR2 – момент инерции тела относительно оси цилиндра; a – чис-

ленный коэффициент, зависящий от распределения массы в цилиндре; α – угол поворота вектора r в сторону от стенки. Тогда

Продифференцировав (1) по времени и сократив на величину ω, получим уравнение динамики вращательного движения относительно неподвижной оси:

mg R2 sin I0 ,

где ε – ускорение вращательного движения, которое можно найти, продиф-

ференцировав по времени (2): g sin

2aR

24

Определим тангенциальное и нормальное ускорения ЦМ:

acx a cos an sin 0.

Подставив в эту формулу найденные выражения для aτ и an, окончатель-

но получим: cos 23, arccos 23 48,2 .

Возможно также рассмотреть случай, когда тело начинает свое движение против часовой стрелки. Тогда в процессе движения ЦМ повернется на 180○ против часовой стрелки и окажется внизу, затем тело оторвется и поедет вправо.

(1)

Из уравнения движения J0 z M z mgl sin определяем ускорение вращательного движения: z 34 gl sin . Знак «минус» связан с вы-

бранной системой координат. Так что величина тангенциального ускорения ЦМ равна

25

Из второго закона Ньютона для ЦМ тела следует:

Впринятой системе координат и обозначений координаты ЦМ:

xl sin , y l cos .

Дифференцированием по времени находим компоненты скорости и ускорения:

При этом значении max угол отклонения стержня от вертикали состав-

ляет φ = 75,5°. Нетрудно видеть, что при горизонтальном (φ = 90°) и вертикальном (φ = 0°) положениях стержня угол α = 0, как и должно быть.

24. Шар будет скатываться вращаясь, а вода в нем будет двигаться только поступательно. Уравнения движения:

26

Отметим, что уравнения (1) и (2) всегда справедливы, вне зависимости от того, движется шар со скольжением или без скольжения. Но из этих уравнений нельзя определить три неизвестные величины: Fтр, a и ε. Если качение шара по наклонной плоскости происходит без скольжения, то угловое ускорение ε и линейное ускорение a связаны друг с другом равенством

Таким образом, движение после перехода границы сначала равнозамедленное, а затем с постоянной скоростью. 1/3 энергии превратится в тепло, 2/9 энергии переходит во вращательную энергию, 4/9 останется в виде энергии поступательного движения.

27

Пусть, начиная с момента t = t1, шар катится без скольжения, тогда v r. Подставив это условие в (3) и (4), получим:

0r 5 gt12 gt1,

28

Полная работа силы трения скольжения:

Aтр Атр1 Атр2 2m 02r2 49.

27. Шар скатывается, вращаясь относительно проходящей через центр шара оси, направление которой совпадает с суммарным вектором моментов, образованных двумя силами трения. Момент силы трения проскальзывания

шара. Уравнение поступательного движения mg sin f F ma. Из кине-

28. 1. Задача легко решается, если к центру масс (ЦМ) стержня приложить два одинаковых по модулю с внешним импульсом силы и противоположно направленных импульса Fδt. Легко видеть, что движение стержня происхо-

29

начальным ускорением лежит на расстоянии 2/3 длины стержня от точки приложения внешнего импульса силы:

x = l/3.

2. После действия импульса силы центр масс движется со скоростью vc F tm, а стержень вращается вокруг ЦМ с угловой скоростью

F t 2J , где J – момент инерции стержня относительно его ЦМ.

Если стержень совершит полный оборот за время t, то расстояние, пройденноеЦМ, составитs = vt, авремялегконайтиизсоотношенияωt = 2π.

Окончательный результат s l3.

3. Вычислив поступательную и вращательную составляющие полной кинетической энергии стержня, убедимся, что полная кинетическая энергия стержня полностью определяется значением приложенного импульса силы и массой стержня. После несложных преобразований получим:

E Eпост Евращ 2 F t 2

m

29. В момент прохождения стержнем горизонтального положения его угловая скорость найдется из уравнения

Fгор m 2 2l 34 mg.

Сила – Fгор направлена так, что она стремится сдвинуть ось вращения

стержня влево.

Пусть Fверт – вертикальная составляющая реакции опоры. Сила, действующая на опору по вертикали (–Fверт) находится из уравнения движения ЦМ стержня в вертикальном направлении

mg Fверт maверт.

30