Методика решения задач механики - Беляшкин А.Г.
Скачать (прямая ссылка):
тх = та = mgslna - f - F2; J,fi = F2R,
x = a - bR,
где f - сила, действующая на катки со стороны стержня, Fi и F2 - силы
трения покоя.
Эти уравнения дают
_ 2Rgm sin а
/ =
_А-Л 2 R
В.
Ji~\~ Jz~\~ 2mR2
При выбранных (рис. 54) направлениях сил f стержень сжат.
Во втором случае знак у f изменяется, решение прежнее, стержень растянут.
2-й тип задач (3.2)
3.2.1. На прямоугольный трехгранный клин с массой М, лежащий на абсолютно
гладкой горизонтальной плоскости, положен подобный же, но меньший клин с
массой т (рис. 55).
Определить горизонтальную скорость и большего клина в момент, когда
малый, спустившись до конца, приобретет горизонтальную скорость V.
На какое расстояние S при этом будет смещен больший клин? Трением о
воздух пренебречь. (Необходимые размеры тел указаны на рисунке).
Решение. 1. Решим задачу применением закона сохранения количества
движения.
В горизонтальном направлении на систему внешние силы не действуют. В этом
направлении система изолирована - должен выполняться закон сохранения
количества движения.
Если Ми - количество движения большого клина, то для малого оно будет m(v
- и). По закону сохранения количества движения имеем
О = - Ми + m(v - и),
Рис. 55
109
чго дает
и = mvl(m \- М).
Время движения и большого и малого клина одинаково, поэтому
(а - b)lu = S/v.
Для величины смещения большого клина получим S = (a - b) ml(m 4 М).
2. Решим задачу, применив теорему о движении точки центра масс системы
тел.
Координата центра масс дается формулой /? = 2mr/2m, где т - масса частей
системы, г - координата центра этой массы. В нашем случае нет внешних
горизонтальных сил - центр масс клиньев должен опускаться (рис. 55) по
вертикали АВ. Выберем за начало координат точку В. Это дает R = 2 тг = 0.
Применительно к рассматриваемой задаче получим 0 = -MS f m[(a - b)-S] или
S =
(m + M)
3.2.2. Горизонтальная трубка О А массы M и длины 2а вместе с находящимся
в ее середине и привязанным нитью
шариком В массы от вращается | >(дд по инерции вокруг вертикальной
ОСИ С УГЛОВОЙ СКОРОСТЬЮ 0)0
(рис. 56). Нить перерезают. j Определить угловую скорость ________ Л
вращения трубки в момент, ког-
? да шарик вылетает из нее.
------------- Решение. Момент внешних
0 сил (сил тяжести) для трубки и
шарика не направлен по оси вращения. По закону сохранения р момента
количество движения
1С' системы должно быть
(J та2)а>0 = (J ( от4а2)ы, где J - 1/ЗМ(2а)2 - момент инерции трубки.
Для величины искомой угловой скорости получим
4М 4- 3т со =---------- .
4 (М + 3 т)
3.2.3. Сплошной однородный цилиндр с двумя намотанными на нем тонкими
нерастяжимыми и невесомыми нитями, концы которых закреплены, опускается
вниз (рис. 57).
110
Определить, без учета сил трения, ускорение движения точки центра масс
цилиндра.
Решение этой задачи дано ранее (см. 3.1.5) с использованием уравнений
движения.
Рассмотрим решение задачи, пользуясь законом сохранения механической
энергии. По этому закону уменьшение потенциальной энергии тела должно
быть равно увеличению его кинетической энергии. Имеем
mgh = V2trn2 • 1- Va J (r)a>
где h - расстояние, на которое опустился цилиндр, ранее покоящийся, v -
скорость движения его оси, о - угловая скорость его вращения, т - масса
цилиндра, J-ll2mR2 - момент
инерции относительно его оси, Рис. 57
g - ускорение силы тяжести.
При нерастяжимых нитях уравнением связи будет v=aR, где R - радиус
цилиндра.
Получим
mgh = s/tmv2.
Дифференцируя это уравнение по времени, найдем а = do/dt = 2l3g.
3.2.4. Однородный цилиндр с радиусом R скатывается без скольжения с
наклонной плоскости с углом а к горизонту (рис. 58). Коэффициент трения
качения k.
Определить ускорение а=х движения центра масс цилиндра. При каком
значении k центр масс цилиндра будет двигаться равномерно, а цилиндр -
равномерно вращаться? (В начальный момент цилиндр неподвижен.)
Решение этой задачи дано ранее (см. 3.1.8) с использованием уравнений
движения. Рассмотрим решение задачи, пользуясь законом сохранения
энергии.
При уменьшении потенциальной энергии .цилиндра появляется кинетическая
энергия цилиндра, совершается работа против сил трения качения. Имеем
tngh= l/2tnv2 f 1/2 /со2 + kmg ф cos а,
где т - масса цилиндра, / - его момент инерции, g - ускорение силы
тяжести, о -скорость движения оси цилиндра,
111
ю - его угловая скорость, когда цилиндр опустился по вертикали на
расстояние А, <р - угол поворота цилиндра.
Пусть цилиндр спустился по наклонной плоскости на длину I. В этом случае
(рис. 58) имеем А = /sinа = pepsin а. Пользуясь также тем, что v = со/?;
/= 1/2/л/?2, получим
mgRy sin а = - mv% + Аф mg cos а.
Дифференцирование этого уравнения по времени с учетом того, что ф = со =
v/R, дает искомое значение ускорения движения центра масс цилиндра:
а = х = v = - # /sin а - cos сЛ
зб\ R )
При а=О получим условие движения цилиндра с постоянной скоростью:
k = R tg а.
Рис. 58
3.2.5. На абсолютно гладкой горизонтальной плоскости находится тонкое
