Sb98038

Выразив вертикальное ускорение через угловое ускорение стержня, получим, суммируя вертикальные проекции тангенциального и центростремительного ускорения:

aверт 2l cos 2 sin .

Учитывая, что в данном представлении движение стержня описывается вращением вокруг ЦМ, для углового ускорения получим:

В горизонтальном положении (θ = 0) получим окончательно для вертикальной составляющей силы давления

Fверт mg4

Сила –Fверт представляет собой составляющую силы, действующую

31

Продифференцировав уравнение (2) по времени и сократив на величину ω, используя (3), можно определить угловое ускорение гантели в представляющий интерес момент времени (эту операцию рекомендуем провести самостоятельно):

Наконец, запишем уравнение вращательного движения гантели относительно ЦМ: Jcε Mc. Здесь Mc r N . В проекции на ось, направленную по ε, имеемMc N l2 sin . В итоге находим силу, действующую на ган-

тель со стороны плоскости, в тот момент, когда ось гантели составляет угол α с вертикалью:

Искомая сила по величине по третьему закону Ньютона совпадает с (5). Для проверки полученного результата полезно рассмотреть предельные

31. Это задача на движение тела с переменной массой. Из уравнения Мещерского m ddtv F dmdt u в отсутствие внешней силы F, действующей на тело, следует формула Циолковского m m0 exp vu , где m – масса тела,

32

32. Потенциальная энергия взаимодействия двух шаров (или материаль-

ных точек) вычисляется по формуле U m1rm2 , где r – расстояние между

центрами шаров. При этом аддитивная постоянная в выражении для потенциальной энергии полагается равной нулю при бесконечном расстоянииr между телами. При таком выборе нулевого значения потенциальная

энергия двух шаров (или материальных точек) всегда будет отрицательна, причем она возрастает с увеличением расстояния.

Потенциальную энергию аппарата как функцию его расстояния до центра Луны можно записать в виде

Если кинетическая энергия Т аппарата в этой точке равна нулю, то вблизи поверхности Луны она равна Tmin RЛ Umax U RЛ , где Rл = 1,7 · 105 м – радиус Луны. При этом скорость аппарата у поверхности Луны равна

Полезно упростить это выражение, используя разложение в ряд по малому параметру z RЛL 10 3. Проделайте это самостоятельно (воспользо-

вавшись формулой 1 z n 1 nz ) и получите выражение

Убедитесь, что относительная погрешность в расчетах по точной и приближенной формулам не превышает 0,03 %.

33

33. Воспользуемся теоремой Гаусса для гравитационного поля:g dS 4 Gm, где g – напряженность гравитационного поля; G – грави-

S

тационная постоянная; m – масса внутри поверхности, по которой ведется интегрирование в левой части. Возьмем замкнутую поверхность в виде сферы с центром в центре Земли, радиусом r ≤ RЗ. Тогда из соображений сим-

метрии получим: 4 r2g 4 G 43 r3, где ρ – плотность Земли, равная

M V 3M 4 RЗ3 . Здесь M и RЗ – масса и радиус Земли соответственно.

В итоге напряженность гравитационного поля внутри Земли линейно зависит от расстояния от центра вдоль радиального направления: g =-4πGr3, где

знак «минус» указывает на то, что вектор напряженности g направлен к центру Земли. Тогда величина гравитационной силы, действующей на тело мас-

сой m, на расстояниях r ≤ RЗ равна F 43 G mr.

Воспользуемся теоремой, согласно которой работа всех сил, действующих на тело (в данном случае – только гравитационной силы), равна прира-

что барон на ядре достигает поверхности Земли с пренебрежимо малой скоростью.) Интегрируя, получаем: v0 4 3 G R2 MGR. Учитывая, что

MG gЗR2, где gЗ – ускорение свободного падения у поверхности Земли, окончательно получим: v0 gЗR 7,9 кмс. (Совпадает с первой космической скоростью.)

Другой вариант решения. Рассмотрим движение барона на ядре от центра Земли к поверхности как четверть колебания тела от положения равновесия до крайнего положения под действием квазиупругой силы

34

34. Пусть М – масса планеты, ρ – ее плотность, R – радиус. Достаточно рассмотреть послойное разрушение планеты, когда тонкий слой толщиной dr удаляется с ее поверхности. При этом затрачивается энергия, эквивалентная потенциальной энергии взаимодействия этого слоя с массой оставшейся части планеты. При этом

В результате полная энергия, затраченная на разрушение планеты:

35. 1. В случае кругового движения сила притяжения является центростремительной силой, таким образом, для центростремительного ускорения имеем:

v2 dU 3Kr2. r dr

Подставив радиус орбиты, получим:

v 3ka3 .

Далее элементарно находим кинетическую энергию частицы и ее момент импульса:

2. Для нахождения периода обращения следует использовать связь между периодом и угловой скоростью движения частицы, в результате получим:

T 2

3Ka

36. Обе трубы горизонтальны; следовательно, каких-либо изменений потенциальной энергии жидкости нет. В сечении С кинетическая энергия еди-

ничного объема жидкости равна vC2 2 (ρ – плотность жидкости), а в сече-

нии В – vB2 2. Дано, что vВ = 20 см/с. Скорость vС можно найти из закона сохранения массы:

vC vB SB 120 см с.

SC

35

Разность давлений в сечениях В и С находим из закона сохранения энергии для единичного объема воды:

pB pC 12 vC2 12 vB2 7000 г см с2 ;

она должна быть равна разности давлений в трубках манометра, подсоединенных к В и С, которая определяется по высоте водяного столба

воды 1 гсм3 между уровнями:

рт воды gh pB pC .

Следовательно, h 5,5 мм.

37. За время dt вытечет вода объемом dV v dt, где v – скорость вытекания струи. При этом уровень воды понизится на dh dV S . Отсюда нахо-

36

где φ – угол отклонения нити от вертикали; φ0 – максимальный угол отклонения. Вычислив период как учетверенное время прохождения интервала углов от нуля до φ0, находим:

Первый член этого разложения отвечает известной элементарной формуле. (Полезно самостоятельно провести выкладки, приводящие к этому ре-

зультату.)

Возвращаясь к вопросу в задаче, находим

39. Данная задача – о движении системы, состоящей из двух взаимодей-

ствующих частиц (задачадвухтел). Как известно, эта задача сводится к решению

37

приведенной массой) в заданном внешнем поле U(r) (энергии упруго деформированной пружины). Следовательно,

40. 1. Пусть x – расстояние, на которое брусок смещается из положения равновесия. Из уравнения движения

Mx k1 k2 x 0

2. Новая система, масса которой m + М, имеет частоту колебаний

k1 k2

M m

3.Пусть v1 – скорость бруска, с которой он проходит положение равно-

весия. В соответствии с законом сохранения энергии имеем

где А – амплитуда колебаний. Запишем закон сохранения импульса

Mv1 M m v2, (2)

где v2 – скорость бруска с прилипшим к нему грузом m. Выразим переход кинетической энергии в потенциальную в виде

Исключив из (1)–(3) v1 и v2, найдем соотношение между новой амплитудой колебаний В и амплитудой А:

41. Выпишем уравнение движения стержня, который совершает колеба-

тельное движение, оставаясь в вертикальной плоскости, относительно оси, про-

ходящей через центр чашки. Имеем: J d 22 mgr sin . В этом выражении J – dt

момент инерции стержня относительно точки центра сферы, вычисляемый по

38

При малых колебаниях sin α@α. В результате приходим к уравнению гармо-

По закону сохранения энергии имеем:

mg R r 1 cos Jc 2 2 mvc2 2 const.

43. Для составления уравнения движения достаточно использовать закон сохранения энергии. Пусть m – масса половинки арбуза, R – ее радиус.

39

Для нахождения кинетической энергии удобно воспользоваться наличи-

ем мгновенной оси вращения Р. Тогда

Eк 12 JP 2 12 JP 2.

Определим JP, используя теорему Гюйгенса–Штейнера:

JP JC m PC 2 .

Момент инерции относительно центра масс JС удобно связать с момен-

том инерции относительно середины сечения JО, который нетрудно вычис-

лить:

JO 52 mR2, JO JC m 2 JC JO m 2.

Подстановка этого выражения и формулы

PC 2 2 sin2 R cos 2

ввыражение для JP приводит к следующему результату:

40