Физика. Примеры решения задач контрольной работы

Примеры решения задач по физике
Кинематика
Движение материальной точки
Основное уравнение динамики
Законы сохранения импульса и энергии
Динамика вращательного движения
Механические колебания
ФИЗИЧЕСКИЕ ОСНОВЫ МЕХАНИКИ
МОЛЕКУЛЯРНАЯ  ФИЗИКА
Механика
Молекулярная физика и термодинамика
Электричество
Электромагнетизм
Атомная и ядерная физика
ТЕОРЕТИЧЕСКИЕ ОСНОВЫ ТЕПЛОТЕХНИКИ
Термодинамические процессы
Описание теплопроводности
Теплоотдача в жидкостях и газах
Теплоотдача при фазовых переходах
Тепловое излучение
Теплообменные аппараты
  Кинематика поступательного движения
Электростатика

 

Задача 5. Однородный сплошной цилиндр массой m2 = 4 кг может вращаться без трения вокруг оси. За эту ось, нерастяжимой невесомой нитью, перекинутой через блок массой m = 1 кг, он привязан к бруску массой m1 = 1 кг. Определить ускорение цилиндра вдоль наклонной плоскости и силу трения, действующую на него, при качении без проскальзывания. Блок вращается без трения. Угол наклона плоскостей к горизонту β =300. Коэффициент трения бруска о плоскость µ = 0,1.

 


Решение. На цилиндр действуют: сила тяжести  , сила натяжения нити , сила реакции опоры  и сила трения . Поскольку цилиндр катится без проскальзывания, то   - это сила трения покоя. Величина этой силы заранее неизвестна и находится в процессе решения (0   , где - коэффициент трения). Силы, действующие на брусок, имеют тот же смысл и обозначены теми же буквами с индексом 1.

На блок действуют две силы натяжения  и  ( и ). Между собой они неравны (), так как в противном случае, результирующий вращающий момент, действующий на блок, равнялся бы нулю, и блок не вращался бы с ускорением.

Чтобы решить задачу, для цилиндра запишем второй закон Ньютона и уравнение динамики вращательного движения, для блока - уравнение динамики вращательного движения, а для бруска - второй закон Ньютона. Кроме того, будем использовать следующую связь между линейным ускорением центра масс цилиндра   и его угловым ускорением   , которая справедлива при качении без проскальзывания:

 , (1)

где - радиус цилиндра (в силу нерастяжимости нити, ускорения центров масс цилиндра и бруска одинаковы, то есть ). Если нить не проскальзывает относительно блока, то формула (1) также связывает его угловое ускорение   с линейным ускорением центров масс бруска и цилиндра  (В этом случае,  в ней нужно заменить на радиус блока ).

Рассмотрим качение цилиндра. Второй закон Ньютона для него имеет следующий вид:

. (2)

Спроектировав (2) на ось , получим с учетом условия , что .    (3)

При записи уравнения динамики вращательного движения цилиндра относительно его оси симметрии, учтем, что моменты сил тяжести, реакции опоры и натяжения нити равны нулю (их плечи равны нулю). В результате, уравнение динамики вращательного движения примет следующий вид:

. (4)

Здесь  - радиус цилиндра,

 (5)

- его момент инерции, а - момент силы трения относительно оси симметрии цилиндра. Подставим в (4) соотношения (5) и выражение для углового ускорения цилиндра , которое следует из (1):

.

В результате, после сокращения на , получим:

. (6)

Если рассматривать качение изолированного цилиндра, то уравнений (3) и (6) достаточно для решения задачи, так как тогда, из-за отсутствия нити, , а два уравнения позволяют определить две неизвестные величины  и . В данном случае, сила  неизвестна, и приходится рассматривать скольжение бруска и вращение блока.

Рассмотрим скольжение бруска. Запишем второй закон Ньютона в векторном виде

, (7)

а затем, спроектируем его на ось :

. (8)

Здесь,  - сила трения скольжения. Поэтому ее можно рассчитать по формуле . Для нахождения , спроектируем (7) на ось y1:

.

Отсюда,  и . Подставив данное выражение для силы трения в (8), получим

. (9)

Если бы масса блока равнялась нулю, то сила натяжения была бы одинаковой в пределах всей нити (). Тогда, трех уравнений (3), (6), (9) было бы достаточно для нахождения трех неизвестных . В данном случае, неизвестных четыре (), и приходится использовать еще уравнение динамики вращательного движения блока:

).

Здесь момент силы натяжения  ускоряющий и, поэтому, положительный (), момент силы - тормозящий и, поэтому, отрицательный (), а угловое ускорение блока  выражено через  с помощью формулы (1).

В результате, сократив на r и заменив  и  на  и , получим: . (10)

Теперь все сводится к решению системы уравнений (3), (6), (9), (10). Сложим эти уравнения почленно:

 

Приведя подобные члены и проведя сокращение, получим:

1,88(м/с2)

Сила трения  находится из уравнения (6):

 (Н) .

В заключение напомним, что, если масса блока равна нулю, то сила натяжения одинакова на всем протяжении нити, и, поэтому, нет необходимости использовать уравнение динамики вращательного движения блока.

Выведем размерности полученных величин:

Задача 6. Определить период колебаний физического маятника, образованного однородными стержнем массой m и длиной L и шаром массой m и диаметром L/2, если колебания происходят в вертикальной плоскости относительно оси , проходящей через свободный конец стержня (т. О).

Решение. Период колебаний физического маятника:

,

где IО – момент инерции физического маятника относительно точки подвеса; М – масса физического маятника; d – расстояние от центра масс маятника, как системы тел, до точки подвеса.

1) Найдем момент инерции маятника как сумму моментов инерции тел из которых состоит этот маятник, т.е. стержня и шара: I0 = I1 + I2

Пользуясь теоремой Штейнера, находим момент инерции стержня I1 и шара  I2:

Тогда суммарный момент инерции маятника будет равен:

2) M = m + m = 2m – масса маятника.

3) Находим положение центра масс маятника, считая, что начало координат находится в точке подвеса, а ось х направлена вдоль стержня, тогда:

Подставляем I0, M и d в выражение для периода колебаний физического маятника и получаем окончательно:

голые лесбиянки на кровати смотреть сайт megahdporno в любое время суток
На главную