ЗАДАЧИ ПО ФИЗИКЕ. ГЛАВА I. МЕХАНИКА. § 8. Динамика вращательного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ. http://fizika.advandcash.biz/?p=231

1. § 8. Динамика вращательного движения
253. ос = 2 arcsin
М У 2gl — mv
2(M + m)rgr//=г •
Р ^ 0,16 об/с.
К jR
~bg
I 1 мин.
254- Л> 2л
i I *
256. k = v2/Rgz= 0,2.
257. Л = 2л2r2m (п?, — п|) = 15,8 Дж.
259. В вершине петли, когда самолет летит вверх колесами, на пилота
действует сила тяжести mg и сила N со стороны сиденья, направленная вниз
(рис. 270, а), или со стороны ремней, направленная вверх (рис. 270, б), Эти
Рис. 270
силы сообщают необходимое для вращения центростремительноа ускорение.
Следовательно, в общем случае m'v—* — mg-{-N.
К
При достаточно большой скорости самолета mvz
~R~
> mg и N > 0, т. е. N
направлена в ту же сторону, что и сила тяжести, и, следовательно, пилот
mv2
будет прижат к сиденью (рис. 270, а). При —5- = mg пилот перестанет давить
И.
на сиденье. Наткто нец, при настолько малой скорост«и*, что —< mg, сила mv* ^
А
N СО. В этом случае пилот повисает на ремнях и сила N будет направлена
вверх (рис. 270, б). Таким образом, требуемые значения скорости определяются
неравенством v2/R^g. Отсюда v^YgR^ss 50 м/с =180 км/ч.
260. Т ^2пУЩ=^М с.
261. F — (2яп)2 {limx — 12т2).
262. Силы, действующие на автомобиль вдоль направления радиуса моста,
изображены на рис. 271; P = mg—сила тяжести, N — реакция опоры. По
третьему закону Ньютона искомая сила F равна по величине реакции опоры N.
Согласно второму закону Ньютона центростремительное ускорение автомобиля
определяется суммой сил, действующих на него вдоль радиуса окружности
234

2. 263. Действующие на автомашину вдоль радиуса моста силы изображены
на рис. 272. В отличие от задачи 262, здесь к центру окружности, по кото­рой
происходит движение автомобиля, направлена сила N, а не сила тяже-
ftlV 2
сти Р. Согласно второму закону Ньютона - ■_ -=А/ — mg. Искомая сила
F = N = mg-
R
а 21600 Н.
264. Вдоль радиуса моста на автомобиль действует реакция опоры N и
проекция силы тяжести mg cos а (рис. 273). Согласно второму закону Ньюто­на
искомая сила F = N = mg cos а - . Она достигнет максимума при сс — 0.
265. Наибольшая нагрузка на мост (см. задачу 264) будет в верхней точке
моста. Минимально допустимое значение скорости v можно найти из выраже­ния
mg—F — mv2/R, где т — масса грузовика. Следовательно, должно выпол­няться
неравенство v;
у
R (mg-F)
т
по которой он движется: —D
l- =mg — N. Отсюда
А
N = F — mg—^±- = 7800 Н.
А
Давление на мост станет равным нулю при условии ■■ mvi2 == mg. Следова-
А
тельно, v^ — YgR ^ 80 км/ч. При автомобиль также не будет оказывать
давление на мост.
Рис. 271 Рис. 272
235

3. Радиус кривизны моста определяется из треугольника АСО, изображенного
d2 4 Я2 4- d2
на рис. 274. По теореме Пифагора R2 = — + (# —Я)2. Отсюда # =——
Подставляя найденное значение R в выражение для скорости, получим:
и ^ 40,6 км/ч.
266. Искомую скорость можно найти с помощью закона сохранения энер­гии.
Если за нулевой уровень потенциальной энергии принять горизонтальную
плоскость, проходящую через точку О, то начальная энергия грузов будет
равна нулю. Поэтому будет равна нулю и полная конечная энергия грузов
в тот момент, когда стержень займет вертикальное положение. Обозначив через т
массу каждого из малых грузов, будем иметь:
rnv2 , т (2v)2 2/пи2
+ - mg у — mgl + 2mg -j=°-
Здесь учтено, что скорость малого груза на конце стержня вдвое больше ско­рости
среднего груза. Отсюда v — Vgl/7.
267. Действующие на систему «человек —трапеция» силы изображены на
/пи2
рис. 275. Согласно второму закону Ньютона —j—= 2T — mg, так как в ниж­ней
точке траектории человек имеет ускорение и2//, направленное вверх. Отсюда
Т = mv*
~2Х +
mg ■ 500 Н.
268. Наибольшее натяжение нить имеет в момент, когда шарик проходит
через положение равновесия. Именно в этой точке скорость шарика макси­мальна,
а натяжение направлено против силы тяжести (рис. 276). По второму
'тд Ч
lJ
Рис. 275
л /
~тд
Рис. 277
закону Ньютона —-— = T — mg, где / — длина нити, а Г —ее натяжение. Ско­те
»2
рость v шарика можно наити с помощью закона сохранения энергии: =
= mgl. Исключая из этих двух уравнений v> найдем: Т = 3mg.
Следовательно, нить должна выдерживать утроенный вес шарика.
236

4. 269. Силы, действующие на грузик в верхней и нижней точках траектории,
изображены на рис. 277. Уравнения движения для этих положений грузика
запишутся следующим образом:
птЧ = mg+Tlt т(й21 — Т2 — mg,
где со — 2пп — угловая скорость вращения. Отсюда
T± = m(i)2l — mg^ 31,35 Н, Т2 = тыЧ -{-mg^& 31,75 Н.
270. а) Тп — Гв = 2mg б) TH — TB = 6mg. Здесь Тп — натяжение штанги при
положении груза внизу, а Тв — при положении груза вверху.
271. Второй закон Ньютона в момент, когда шарик проходит положение
mv2
равновесия, можно записать в виде: —j— — T — mg (рис. 278). Скорость ша­рика
в нижней точке траектории можно найти из закона сохранения энергии:
mvz
~~2
cos а
= mgl (1 — cos а). Нить оборвется,
а) (T0—mg)
1/2, а а >60°.
272. cosa=l- (/- 2mgl
если Т > 2mg. Следовательно,
273. m1//722 = 3, так как ось должна проходить через центр тяжести системы.
274. <а = Vg/(tf —Л).
275. Груз массы тх должен находиться на расстоянии х± — m2lj(m1 + m2) от
оси вращения; Т = m1m2/a)2/(mi + mz) •
276. Мальчик движется по окружности, лежащей в горизонтальной плоско­сти
с радиусом R — l sin а, где а —угол между канатом и вертикалью (рис. 279).
Центростремительной силой, действующей на него, является проекция f—F sin a
силы натяжения каната на направление радиуса (проекция другой силы, дей­ствующей
на мальчика,—силы тяжести, — на это направление равна нулю).
Учитывая, что угловая скорость мальчика со = 2яп, где п — число оборотов
в единицу времени, напишем второй закон Ньютона для движения по окруж­ности:
mo)2R =/, или 4n2n2ml sin a = F sin a.
Отсюда найдем:
F = 4д2л2т/ «sj 355 H.
237

5. 277. Центростремительной силой, действующей на камень, является проек­ция
/ = /7 sin а силы натяжения веревки F на направление радиуса (рис. 279).
Здесь а —угол, который веревка составляет с вертикалью. Второй закон Нью­тона
для движения камня по окружности радиуса R будет иметь вид:
m(o2R=F sin а, (1)
где со = 2я/Г — угловая скорость камня, а т — его масса. Так как в вертикаль­ном
направлении ускорения у камня нет, то проекции на вертикаль сил, дей­ствующих
на него, равны по величине и противоположны по направлению,
т. е.
F cos а = Р = mg. (2)
Разделив (1) на (2), получим: tga = (D2R/g. Из чертежа найдем: R — htg а и,
следовательно, (o2h/g=. Отсюда получим: сo = Vg/h и
Т = 2л Vh/g ^ 2,25 с.
278. F = mgY 5 (см. задачи 276 и 277).
279. На шарик действуют сила тяжести mg и сила натяжения нити F
(рис. 280). Движение его относительно Земли складывается из движения по
вертикали вместе с лифтом и обращения вокруг оси АО. Напишем второй закон
Ньютона для проекций на вертикальное направление
та = mg—F cos сс
и для проекций на направление радиуса ОВ окружности, описываемой шариком,
mco2/ sin a = F sin а,
где о —угловая скорость шарика, т — его масса
ний Ft получим: o)2/ = (g—а)/соз а. Отсюда
Исключая из этих уравнен
7 = — = 2я Т/"—
X к
280 / _ (2яn f m W - F
0 (2яя)2 {mg — F cos а)
g-a
281. Ha шар действуют силы, изображенные на рис. 281: Т — натяжение
нити, P — mg — сила тяжести. (Центр окружности, по которой движется вагон,
на этом рисунке справа от вагона). Центростремительной силой для шара
238

6. является проекция силы натяжения на направление радиуса (проекция силы
тяжести на это направление равна нулю). Второй закон Ньютона для движе­ния
по окружности в этом случае можно записать в виде: ~ — Т sin а.
В вертикальном направлении ускорения у шара нет, поэтому проекции на вер­тикаль
сил, действующих на шар, равны по величине и противоположны по
направлению, т. е. mg—T cos а. Разделив первое уравнение на второе, получим:
v2 /----------
—я— = tga и v=y Rgtg а ^ 112 км/ч.
Натяжение нити Т — mg/с os а ^137 Н.
282. Если тело еще не покинуло поверхность полусферы, то на него кроме
силы тяжести /подействует еще реакция опоры N (рис. 282). Второй закон Нью­тона
при движении по полусфере имеет вид:
R
- = mg cos a —N,
т. е. произведение массы тела на центростремительное ускорение равно сумме
проекций на радиус полусферы сил, дейст­вующих
на тело. Угол а определяет положе­ние
тела на полусфере.
В момент, когда N делается равным ну­лю,
тело отрывается от полусферы. Значе­ние
соответствующего угла а определяется
из уравнения mv2/R — mg cos а. Используя
закон сохранения энергии, можно записать: Рис. 282
mgR - mv* • mgR cos a.
Следовательно, 2 (1 — cos a) = cos a. Отсюда
cos a = 2/3.
Искомая высота h — R cosa = 2i?/3.
283. N = mgU— 3 П р и h < R/3 дав­ление
колечка направлено к центру боль­шого
кольца, а при h>R/3 —от центра.
284. Тело отрывается от поверхности
петли в точке В (рис. 283), когда сила
реакции, действующая на него со стороны
поверхности петли, становится равной нулю и центростремительной силой яв­ляется
проекция mg cos а силы тяжести на радиус. Следовательно, как и в
задаче 282, здесь должны выполняться уравнения для второго закона Нью­тона
и для закона сохранения энергии:
mv*
= mg cos a, mgH - mv* • mgh.
Учитывая, что h — R (1 +cos a) (рис. 283), находим из этих уравнений: cos ос =
5

7. Чтобы тело не оторвалось от . петли в верхней ее точке, когда а=0 и
h = 2R, исходные уравнения должны иметь вид:
mv2 тт mv2 . Л „ -щ- — mS и mgHt = — + 2mgR.
5
Из этих уравнений найдем: H1 = -^R.
285. На велосипедиста и велосипед действуют три силы: вес mg, реакция
опоры N и сила трения f (рис. 284). Так как центр тяжести не перемещается
по вертикали, то N — mg = 0. Необходимое для движения по окружности
mv2
центростремительное ускорение сообщается силой трения: —— = f. Направле­ние
результирующей силы /V+/ совпадает с направлением вдоль велосипеда
к центру тяжести системы «велосипедист —велосипед». Поэтому / = Afctga =
= mgctga. Подставляя это значение f в уравнение движения, найдем: v =
— VgR ctg а.
286. Так как можно считать, что момент сил относительно центра тяжести
велосипеда с велосипедистом равен нулю, то сила трения отсутствует (см. рис. 285,
на котором изображены силы, действующие на систему). Равенство нулю суммы
проекций сил на вертикальное направление дает уравнение N cos a = mg, по­этому
N—mg/cos а. С такой же силой велосипед будет давить на дорогу.
Центростремительное ускорение сообщается проекцией силы N на горизон­тальное
направление: тп~~ = N sin а = mg tg а. Отсюда v = YRg tg а.
R
287. а = arctg (Rg/v2).
§ 9. Закон всемирного тяготения
288. F—2 • 1020 H.
289. Человек прыгнет на Луне в шесть раз дальше и выше, чем на Земле*
290. v = VRg/b^,7 км/с.
2{Н. АР = Р/4, где Р —сила тяжести корпуса ракеты у Земли.
240