Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Механика и молекулярная физика. Задачи с указаниями к решению. Сборник задач
.pdf
№ 5
vt
dv
v
v
0
11
vv m tvv
00
2
t
dt
;
m
0
mv v
0
.
тр
.FmgF Nma
При начале скольжения а = 0;
:sin cos0;
Omg F F
x
O: sin cos 0 sin cos;
N F mg N F mg
y
тр тр
тр
(sin cos).FNF F mg
Тогда из первого уравнения (по Ox):
Fmg F
тр
sin cos ;
sin cos
mg F
mg F
cos sin
41
.
№ 6
y
r C
2
0
R C
1
x
Представим сплошной диск как совокупность двух фигур: маленького диска радиусом r и фигуры с отверстием,
у которой мы ищем центр масс. В силу симметрии центры
масс всех фигур лежат на оси
ного диска совпадает с началом координат:
Oy, причем центр масс сплош-
0
y [4]. С дру-
c
гой стороны:
my my
11 22
y
c
cc
mm
12
yy
0
m
2
cc
12
m
.
1
Здесь 1m – масса фигуры с отверстием; 2m – масса маленького диска.
Очевидно:
m
m
y
22c
2
1
R
по условию
2
r
22
Rr
,
т.к. фигуры однородны.
2
y
1
c
rR
22
Rr
.
2
№ 8
N
F
F
тр
mg
тр
x
F
При отсутствии скольжения бруска по доске вся система
движется с одинаковым ускорением; бруску это ускорение
сообщает сила трения
F, направленная вправо.
тр
42
Для всей системы в целом силы трения трF (со стороны
доски на брусок) и
ся внутренними и по III закону Ньютона (
F
(со стороны бруска на доску) являют-
тр
) в сумме
FF
тр тр
дадут 0 [5].
Тогда на ось
Ox (трF – максимальная сила трения покоя)
м;
FNma
тр
FmMa
для доски с бруском
для бруска
.
На Oy:
0;Nmg F mg
тр
;mg ma a g
FmMg – минимальная сила, при которой начина-
ется скольжение.
№ 9
Задача о блоке с грузами (прибор Атвуда) рассмотрена
в лекционном курсе.
№ 10
y
R
dm=Odl
dD
D
0
x
Радиус – вектор центра масс для системы точек
mr
i
i
ii
i
.
Rm
c
При непрерывном распределении массы перепишем
в виде
rdm
R
c
(интегрирование – по всему телу).
dm
43
В силу симметрии центр масс полукольца лежит на оси
Ox:
dmx
x
c
, cosxR – координата элемента .dm
m
Пусть элемент dm виден из центра полукольца под углом
d , его длина dl Rd, а масса dm dl , где – линейная
mm
плотность массы
lR
m
Rd R
l
xd
c
cos
mRm
для полукольца.
2
2
mR R R
cos sin | .
2
2
2
2
44
№ 1
СЕМИНАР 5
x
1
F
N
1
y
1
D
T T
m
1
m1g
m2g
m
N
2
y
2
2
E
x
2
Для того чтобы определить направление движения тел, а
следовательно, правильное направление сил трения, сначала
решим задачу так, как если бы трение отсутствовало. Предложим, что опускается правый груз.
sin sin
mm
Ox:
mg T ma a g
2
sin ;
22
Ox: T –
1
11
T
N
2
m
1
F
1
тр
m
g
1
D
21
mm
12
sin .mg ma
F
T
N
m
2
2
F
тр
2
m2g
E
Убедившись в правильности выбора направления, изображаем силы трения и решаем с учетом того, что силы трения скольжения
тр 2
2
тр 1
1
cos ;Fmg
cos .Fmg
45
№ 3
m
F
Т
R
Сила тяготения обеспечивает центростремительное ускорение спутника
Mm v
GmR
2
R
Угловая скорость связана с периодом обращения спут-
2
,
ника соотношением
2
через ее плотность следующим образом:
MR
4
GR
Тогда
3
3
22
RT
2
4
R
.
2
2
.
R
а масса планеты выражается
4
3
.
3
Таким образом,
№ 4
3
.T
G
N
F
тр
mg
D
46
При отсутствии скольжения
F
тр
max
F
тр
~cos D
0
~sin D
0
D
0
покой Dn скольжение l
sin .Fmg
тр.покоя
Скольжение начнется, когда сила трения покоя достигнет максимального значения
cos sin ;mg mg
00
tan условие начала скольжения.
0
Далее при скольжении
тр 0
cos .Fmg
№ 7
N
p
mg
mg
N
э
a
y
Тела на полюсе весят больше, чем на экваторе, поскольку
на экваторе у тел есть центростремительное ускорение, связанное с вращением планеты:
47
Nmg
Nmg ma
p
эц
N
p
Nga
эц
g
(учитываем, что по III закону Ньютона вес Р = силе реакции l).
2
4
aR
2
GM
RT
4
6
22
R
ц
2
T
По условию
GM
g
2
R
1, 2 ;gga
ц
, откуда найдем массу планеты.
N
p
1, 2;
N
э
ц
;0,2 1,2ga
ц
;6ga
48
СЕМИНАР 6
№ 1
Импульс системы
Импульс системы зависит от t => не сохранится. Проекция импульса Р
По II закону Ньютона
проекция импульса только на ось y:
№ 3
Задача о реактивном движении, т.е. движении тел переменной массы.
Общее уравнение Мещерского (вывод). Пусть ракета массы m движется за счет выброса газов со скоростью
23 3 7;
Рtitjk
2.
Ptitj
12
= 3 и Рх = 7 не зависит от t => сохраняется.
х
dp
F
y
y
dt dt
33 7.РР Р i t tj k
dp
Fdt
d
(3t2 + t) = 6t + 1.
2
2
, в нашем случае не нулевая
U:
u
m
V
Запишем закон сохранения импульса dm – масса газа,
выбрасываемого
dmdv => 0 – более высокий порядок малости,
тогда
mdv = – ;dmu
dt
49
;mv m dm v dv dm v u
.;mv mv dmv mdv dmdv dm v dmu
u
V
x
μma u
На ось Х: ma = μu.
Получили общее уравнение Мещерского.
В нашей задаче ракета взлетает в однородном поле тяготения:
,
dm
– расход горючего.
dt
dv dm
mmqu
;
dt dt
dv dm
mmqu
;
dt dt
ddm
mvqtu
m
m
ln
dm
dt
m
m
0
0
dv qt u
, интегрируем
vqtu
, 0m – начальная масса ракеты,
ln
vu qt
– получили зависимость v от массы и вре-
мени.
dt dt
;
№ 4
E
V
0
mq
B
50
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]