Сборник задач по общему курсу физики - Волькенштейн В.С.
Скачать (прямая ссылка):
mgh——2-+—, (!)
где J—момент инерции тела и т—его масса. Но
ft = / sin а, со = v/R. (2)
Подставляя (2) в (1), получим
t)2 / J \ mgl sin а=-^-+ . (3)
Так как движение тел происходит под действием постоянной силы, то движение тел равноускоренное, поэтому
l = at2/2, v = at. (4)
Решая (3) и (4) совместно, получим
mg sin а
Подставляя в (5) выражения для момента инерции различных тел, найдем для шара, диска и обруча соответственно
01 = 3,50м/с3, а2 = 3,27м/с2, as = 2,44м/с2.
* Для тела, соскальзывающего с наклонной плоскости без трения, имеем a — g sin а = 4,9 м/с3.
275
3.28. |/Гm^j^t; Vi = 2,65м/с, va = 2,56м/с, t/3 = 2,2l м/с; v = 3,l3 м/с.
3.29. Поступательная скорость цилиндров у основания наклонной плоскости определяется формулой
л/ -?Ei!L (1)
V m + J/R* r
(см. предыдущую задачу). Алюминиевый цилиндр, у которого момент инерции меньше, чем у свинцового, достигнет у основания наклонной плоскости большей скорости и, следовательно, быстрее скатится с нее.
Момент инерции алюминиевого (сплошного) цилиндра
Момент инерции свинцового (полого) цилиндра
, R* + Rl J, = m----^-----.
Найдем внутренний радиус RB свинцового цилиндра. По условию массы обоих цилиндров равны: plLnRi=piLn (R* — /?о)> где L — длина цилиндров, pt— плотность алюминия и р2— плотность свинца. Отсюда Яо = /?2(ра—pi)/pa. Тогда момент инерции свинцового цилиндра
, mR2 2р2—Pi ,оч
2 рГ“- (3)
Подставляя числовые данные (см. табл. XI), получим /i=9-10~4 кг-ма, J%= 15,9-Ю-4 кг-м2.
Так как скатывание цилиндров происходит под действием постоянной силы, то v = at и / = ft/sln a = at2/2; отсюда ft/sin а = о//2 и
< = (4)
sin ОС V
Подставляя в (4) формулу (I), получим
{ 1 г/~2 h(m + J/R*) (5)
sin а V mg
Учитывая в (5) формулы (2) и (3), получим соответственно для алюминиевого и свинцового цилиндров
<=т^ sin а
276
л/~ — =0,78с, г = -^—1//Г— (1+2р*- — \=0,88 с.
V g вша У g V т 2р, /
3.30. е = —0,21 рад/са; Л1=0,42Н.м; /4=*630Дж| Я«=240об.
3.31. У = 0,01 кг-ма; М — 94-10~3Н.м.
3.32. Мтр = 308Н-м; /= 100с.
3.33. Л = 86,5 см.
3.34. WK — eL — 490 Дж.
3.35. t=Wu/nnM= 5с.
- 3.36. WK = /га/г/Я1 = 1,92 к Дж.
3.37. а = 81°22'.
3.38. и = 7,1 м/с.
3.39. ш1 = ша= 14 рад/с; ui=l, 05м/с, d2 = 2,10m/c,
3.40. На основании закона сохранения момента импульса имеем
j J гЩ — ^г®а, (I)
где Jf — момент инерции платформы с человеком, стоящим на ее краю, —момент инерции платформы с человеком, стоящим в центре платформы, a>i и tDj—угловые скорости платформы в первом и во втором положениях человека. При этом
Jl — mR2/2-\-m0R2, lt = mR2l2, (2)
где R—радиус платформы. Подставляя (2) в (1) и учитывая, что {о = 2яя, где п — частота вращения платформы, получим
(mR2l2-\-m0R2) 2nni~2nn1mR212,
откуда
mR2+2mQR2 m + 2пц
= -—=п,—----------—=*22 об/мин.
mR2 т
3.41. А = 162 Дж. '
3.42. я2 = 21 об/мин.
3.43. WW№*i=l,05.
3.44. я = 0,49 об/мин.
3.45. Г— 1,16с.
3.46. Г — 1,07 с.
3.47. / = тУдШп — 0,446 м.
3.48. Т = 1,5 с.
3.49. Период малых колебаний математического маятника
7’1 = 2лУЩ, (1)
период малых колебаний физического маятника T^2nVTjmgi,
где J — момент инерции шарика относительно оси вращения, m — масса шарика и /—расстояние от центра масс шарика до точки
277
подвеса. В нашем случае
J =jtnI?+mP=zmP [l+|- (тУ] ==ml2jc'
С учетом этого получим
Т, = 2пУЩ. (2)
Из (1) и (2) имеем Тг/Т{=У х. Ошибка, которую мы делаем, принимая подвешенный шарик‘за математический маятник, будет
Ti Ti Y X ’
отсюда
*“[1+т(т)']“(1 + в)*' или ¦§- С(1+в)в—(3)
У нас 6 <0,01. Подставляя в (3), получим R/l^, 0,0224. Так как R =?>/2 = 0,02 м, то предельное расстояние от центра масс шарика до точки подвеса '/g*0,089 м, а предельная длина нити L = /—R =