Сборник задач по физике - Баканина Л.П.
Скачать (прямая ссылка):
N cos et — F sin et m(o2R cos ct. (2)
Так как шайба относительно поверхности шара покоится, то сумма проекций всех сил на вертикаль должна равняться нулю:
tng — F cos а — N sin а = 0. (3)
Отметим, что ошибкой было бы писать условие равновесия шайбы относительно шара в виде mg cos a — F = 0. Действительно, центростремительное ускорение направлено по линии АО и его проекция на направление AB равна W2R cos a sin ц. Поэтому разность mg cos a — F равна не нулю, а массе шайбы, умноженной на эту проекцию: mg cos а — F = = ma2R cos a sin а.
Последнее соотношение вполне эквивалентно (3). Исключая " N,
из (1),
найдем
к =
(2) и (3) силы F и
cos a (g— (O2R sin а) g sin а + (O2R cos2 а
Рис. 207.
137. В нижней части ямы тело движется с той скоростью, которой оно достигло на глубине R/2. Определим ее из закона сохранения энергии __•
(1)
Так как в нижней части ямы скорость постоянна, сумма сил, действующих на тело по касательной, равна нулю и (рис. 208)
Fto= mg sin а. (2)
Сумма сил, действующих на тело по радиусу, сообщает ему центростремительное ускорение
N — mg cos а = ¦
mv*
Рис. 208.
где N — сила давления стенки. Из (1) и (2) следует
., mv2 , 0 , а
N = в + mg cos a = mg 2 cos2
А
2 *
(3)
Коэффициент трения к, по определению, равен FTpjN. Используя (2) и (3), получим
185 138. а) На первый вопрос задачи ответить просто. Закон сохранения энергии сразу дает
= 2 mgL,
(I)
где L — длина штанги, о — искомая скорость, т — масса маятника. Отсюда V2 = AgL,
б) Этот случай отличается от предыдущего тем, что при прохождении маятником высшей точки своей траектории нить должна быть натянута. В этот момент на маятник будут действовать силы тяжести mg и натяжения нити Т, направленные вертикально вниз (рис. 209). Сумма этих сил сообщает маятнику центростремительное ускорение где Vi — скорость маятника в точке В, В предельном случае T = 0
mg = ¦
L
(2)
При меньших значениях Oi маятник не достигает точки В и пройдет под ней, как указано на рис. 209 пунктиром. Поскольку скорость маятника в точке В не равна нулю, то в данном случае вместо (1) надо записать
2 2 пит mv1
= 2mgL + ¦
(3)
2 "''s" ' 2
Из (2) и (3) получаем
V = VbgL.
139. Период маятника в неподвижной кабине
Г = 2я]/~ =Ices;
здесь / — длина нити маятника. Ускоренное движение кабины вниз эквивалентно уменьшению силы тяжести на а (см. по этому поводу примечание к решению задачи 54). Поэтому
T1 = 2л T/-L-= 1, 2 сек. V g-a
g
Из этих двух уравненнй находим
а « 0,3g = 3,23 м/сек2.
140. При движении по кругу на велосипедиста действуют силы тяжести mg, нормального давления N и трения F (рис. 210). Очевидно, что
N^mg (1)
186 (т — масса велосипедиста). Силой, сообщающей велосипедисту центростремительное ускорение, является сила трения; поэтому
'-T- «
Момент силы трения относительно центра тяжести велосипедиста равен Fdsina, а момент силы N — соответственно Nd cos a (где d расстояние от точки касания до центра тяжести). Велосипедист не перевернется, если эти моменты равны
Fdsma = Ndcosa. (3) Подставляя (1) и (2) в (3), получим "г tg a
R-
g
8,5 м.
Рис. 210.
Примечание. Полученное решение не является точным, так как в нем не учтено, что различные точки велосипедиста имеют различные центростремительные ускорения. Это легко понять, если учесть, что угловые
скорости точек А и В (см. рис. 210) одинаковы, а их расстояния от оси вращения различны. Однако в дальнейшем при решении аналогичных задач мы будем пользоваться той же методикой, потому что, во-первых, строгое решение требует специальных знаний, выходящих за пределы программы средней школы, во-вторых, в большинстве практически интересных случаев такие приближенные решения дают вполне удовлетворительную точность.
141. На мотоциклиста действуют те же силы, что и на велосипедиста в предыдущей задаче (см. рис. 210). Принимая обозначения предыдущей задачи, запишем ряд очевидных соотношений:
N = mg, F=kN,
mv2
F = -
R
(О (2)
(3)
Равенство моментов сил NaF относительно точки О (центра тяжести) дает:
Fsin a= N cos ct. (4)
Из (1)-(4) получаем
ctg a = k = 0,4, о = VRgk ~ 18,8 м/сек.
Мотоциклист отклонится от вертикали на угол OO0 — a 22" (см. примечание к решению задачи 140).
142. Максимальную скорость v движения велосипедиста по горизонтальному треку найдем, используя решения задач 140 и 141:
V=VRgki
(О 187 где R — раднус трека. Снльг, действующие иа велосипедиста на наклонном треке, даны на рнс. 211. Здесь N- сила нормального
давлення, mg — сила тяжести, F сила /V о трення
F = kN. (2)
В создании центростремительного ускорения участвуют проекции сил F н N на горизонтальное направлен ие
F cos a + N sin а = ¦
mV
(3)
где Vi- скорость велосипедиста при движении по наклонному треку. Так как в вертикальном направлении перемещения велосипедиста не происходит, то сумма проекций всех сил на это направление должна равняться нулю:
