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
Момент силы sin cos
M rmq mqr
2
.
cos cosrxvt , тогда
Но
0
зависимость момента силы от времени.
Момент импульса
L определяем из уравнения движения
точки:
Скалярно dL =
Интегрируем L
dL
Mdt
cosmqv tdt .
0
mqv t
0
.
, dL Mdt
2
cos
2
cosMmqvt – получили
0
.
51
№ 7
–qraduF
В равновесии
и зависит только от r.
F .
r
Найдем экстремум
dF
dr
3A
rB
– при этом значении r сила максимальна.
№ 8
СЕМИНАР 7
AB
u
2
r
r
2
du A B
F
.
r
dr
0
2AB
, 2ArB .
32
rr
Fr :
0
,
32
rr
62
AB
4
r
.
0
.
Удар упругий:
m
м
mv mv Mv
mv
22;2
2
mv
222
12
2
22
mv mv
12
22
mv mv
12
52
D
;
.
Отсюда найдем, как связаны v и 2v , v .
Х
mv v Mv ;
(1)
12
2
Делим (2) на (1), а для
=
21cos;ql
12
vv v
12
v =
22 2
mv v Mv .
12
v знаем, что
2
,vv v
2;
vv
M
m
Mm
2
m
ql
№ 9
Mm
2
m
21cos.
2
2vqh =
0
(2)
h
(1)
(1)
V
(2)
Х
0
(1) KX0 = mq – условие равновесия в первом случае.
2
mq h x
(2)
Из (1) находим
mv
kx
0
– во втором случае.
22
mq
k
и подставляем в (2):
x
0
53
2
mq h x x x
mv
mq
0
x
22
0
2
2x
0
|
;
q
22
xv xv
2220
xhx xx xx xh
000
00 00
qq
22
=>
1
2
.Tr
54
№ 1
СЕМИНАР 8
T
a
2
y
T
m
0
1
a
T
2
m
T
1
m
1
2
m1g m2g
Массой блока здесь нельзя пренебречь, поэтому 1T
момент этих сил обеспечивает движение блока.
M = I ,
где M – суммарный момент сил; I – момент инерции; –
угловое ускорение.
Суммарный момент
в данном случае направлен
M
«на нас» и равен
= 2T
,
– T2) R= I ;
(T
1
2
a
R
mR
I
0
.
,
2
Таким образом, к уравнениям движения грузов
Tmg ma;
11 1
Tmgma
22 2
55
добавляем уравнение
(T
– T2) R=
1
Решая систему, находим
Дополнение 1
Вывод формулы момента инерции блока
в виде цилиндра (диска)
2
mR a
22
mm
mm
12
R
12
ag
.
R
m
2
r
TT
12
0
ma
0
.
.
Idmr для сплошных тел, dm – элемент массы, r –
2
расстояние до оси вращения.
Из соображений симметрии удобно разделить диск
на бесконечно тонкие кольца радиусом r шириной dr.
dm
Если ввести поверхностную плотность массы
ds
масса тонкого кольца
m
а
Тогда
.
2
R
RR
23
Ir rdr rdr
22 2
00
2dm rdr ( rdr – площадь кольца),
442
RmRmR
422
2
R
Именно эту формулу использовали в задаче № 1.
56
, то
.
Дополнение 2
Вывод формулы момента инерции стержня
Ось вращения проходит через середину однородного
стержня перпендикулярно ему. Масса стержня
m , длина .l
Разделим стержень на бесконечно малые элементы dx
на расстоянии
x от оси:
Idmx xdx
22
l
2
l
2
,
здесь dm dx ;
линейная плотность материала:
m
.
l
00c
dx
0
X
X
C
d
Тогда
l
2
I
2
x
dx
l
2
l
3332
xm ml
2
338812
ll
l
l
.
2
Если ось вращения проходит не через центр масс тела, то
нужно пользоваться теоремой Гюйгенса–Штейнера:
2
00
57
,IImd
I
где
– момент инерции относительно произвольной оси;
0
I – момент инерции относительно оси, параллельной
0
данной и проходящей через центр масс тела;
2
d
– ква-
драт расстояния между осями.
№ 2
V
V
1
2
Количество тепла Q, выделившееся изменением кинетической энергии шара, причем суммарной кинетической
энергии поступательного и вращательного движения:
22 22
где
mv I mv I
QE E
к1 к2
2
I
– кинетическая энергия вращательного движения.
11 22
,
22 22
2
2121
ImR mR mv
222
52255
vI v
,
R
22
2
R
.
58
СЕМИНАР 9
№ 2
Гармонический закон для смещения
для скорости
x А
cos t
0
При
Отсюда
0,t
tan ;
0
В нашем случае
A
vx
0
0
sin .vA t
cosxA ;
00
00
22
Ax
0
0
.sinvA
2
v
0
.
2
24;
16
tan
16
2
442см5,6см;
5, 6 10 co s 4 ,
xt
0
4
=1;
4, 4
2
2
2
;
0
4
м.
4
№ 4
Уравнение движения физического маятника
d
Imgl
sin ;
dt
I
mg l
(
sin
при малых углах);
mg l
;
I
59
В нашей задаче I=
mL
12
2
l
x
C
mg
mg l
.
I
2
– по теореме Штейнера и l = x .
mx
L
C
mL
mg x
2
mx
2
12
1
gx
2
2
L
12
№ 5
2,
Т
здесь
ищем экстремум 0
2
L
2
x
I
22
2
xx
12
2
L
12
2
2
x
ImR mR;
.
0.
22
mg l
60
L
x
12
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]