Геометрия
Практикум
Математика
Лекции
Графика
Сопромат
Алгебра
Физика

Контрольная

Задачи
Типовой
На главную
Черчение
Механика
Курсовая
Электротехника
Тв центр программа.

Физика задачи. Примеры контрольной по разделам Механика, Молекулярная физика, Электростатика, Оптика

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:

Развитие взглядов на природу света - корпускулярная теория Ньютона, волновая - Гюйгенса-Френеля. Электромагнитная природа света. Корпускулярно-волновой дуализм. Основные законы геометрической (лучевой) оптики. Абсолютный и относительный показатели преломления. Оптическая длина пути. Принцип Ферма.

Ядерные реакторы

Сети