Контрольная

  • 13 окт. 2013 г.
  • 1356 Слова
Вариант 0

№ 10. Найти угловое ускорение ε колеса, если известно, что через время t1 = 2 c после начала движение вектор полного ускорения точки, лежащей на ободе, составляет угол α = 60° с вектором ее линейной скорости.
Дано:t1 = 2 cα = 60° |
ε – ? |
Решение.
an
α
υ
a

Полное ускорение колеса
a=an+aτ,
где an– нормальное (центростремительное) ускорение, aτ– тангенциальное(касательное) ускорение. Поскольку касательное ускорение в данном случае по направлению совпадает с линейной скоростью, то
tgα=anaτ.
Нормальное ускорение можно определить по формуле
an=ω2R,
где ω – угловая скорость колеса, R – радиус колеса. Тангенциальное ускорение можно определить по формуле
aτ=εR.
Тогда
tgα=ω2RεR=ω2ε.
Угловая скорость колеса определяется по формуле
ω=ω0+εt,
где ω0 = 0 – начальнаяугловая скорость. Следовательно,
tgα=εt2ε=εt2,
откуда
ε=tgαt2;
ε=tg60°22=0,433с-2.
Ответ: ε = 0,433 с–2.

№ 20. К пружинным весам подвешен блок. Через блок перекинут шнур, к концам которого подвешены грузы т1 = 1,5 кг и т2 = 3 кг. Каково будет показание Т весов во время движения грузов? Массой блока и шнура пренебречь.
Дано:т1 = 1,5 кгт2 = 3 кг |
Т – ? |
Решение.
T2'
m2g
m1g
a1
a2
TT1'
T1'
T2'
у
Изобразим на рисунке силы, действующие на тела и запишем второй закон Ньютона для каждого тела:
m1g+T1'=m1a;
m2g+T2'=m2a.
согласно третьему закону Ньютона
T1'=T2'=T'.
Направим ось у вертикально вверх и запишем второй закон Ньютона в проекции на данную координатную ось:
-m1g+T'=m1a;
-m1g+T'=-m2a.
Выразим из уравнений ускорения грузов и приравняем полученные выражения:a=T'-m1gm1;
a=m2g-T'm2;
T'-m1gm1=m2g-T'm2;
T'=2m1m2m1+m2g.
Поскольку центр блока во время движения грузов неподвижен, то
T=2T'=4m1m2m1+m2g;
T=4∙1,5∙31,5+3∙10=40 Н.
Ответ: Т = 40 Н.

№40. Стальная пуля массой т = 10 г, имеющая скорость υ0, пробивает подвешенный на нити свинцовый шар массой М = 0,1 кг, в результате чего скорость пули уменьшается вдвое. Какая часть начальной кинетической энергиипули пошла на нагревание?
Дано:т = 0,01 кгМ = 0,1 кгυ = 0,5υ0 |
Q/K1 – ? |
Решение.
υ0
т
т
М
М
х
υ
u

Запишем закон сохранения импульса для системы «пуля – шар» в проекции на горизонтальную ось х:
mυ0+Mu0=mυ+Mu.
Поскольку до попадания пули шар был неподвижен, то и0 = 0:
mυ0=mυ+Mu,
откуда скорость шара после того, как его пробила пуля
u=mυ0-mυM=mυ0-0,5mυ0M=mυ02M.
Согласно законусохранения энергии
K1=K2п+K2ш+Q,
откуда
Q=K1-K2п+K2ш,
где К2п – кинетическая энергия пули после того как она пробила шар, К2ш – кинетическая энергия шара после того как его пробила пуля. Кинетическая энергия определяется по формуле
K=mυ22.
Следовательно,
K1=mυ022;
K2п=mυ22=m0,5υ022=14mυ022=14K1;
K2ш=Mu22=M2mυ02M2=m2M∙mυ022=m2MK1.
Таким образом
Q=K1-14K1+m2MK1=3M-2m4MK1;
QK1=3M-2m4M;QK1=3∙0,1-2∙0,014∙0,1=0,7.
Ответ: Q/K1 = 0,7

№ 50. На краю платформы в виде диска, вращающейся по инерции вокруг вертикальной оси с частотой п1 = 8 мин–1, стоит человек массой т1 = 70 кг. Когда человек перешел в центр платформы, она стала вращаться с частотой п2 = 10 мин–1. Определить массу т2 платформы. Момент инерции человека рассчитывать как для материальной точки.
Дано:п1 = 480 с–1т1 =70 кгп2 = 600 с–1 |
т2 – ? |
Решение.
Согласно условию задачи, момент внешних сил относительно оси вращения z, совпадающей с геометрической осью платформы, можно считать равным нулю. При этом условии проекция Lz момента импульса системы «платформа – человек» остается постоянной:
Lz=Jzω=const,
где Jz – момент инерции платформы с человеком относительно оси z, ω – угловая скорость платформы.Момент инерции системы равен сумме моментов инерции тел, входящих в систему, поэтому в начальном состоянии
Jz=J1+J2,
а в конечном состоянии
Jz'=J2',
т. к. человек находится в центре платформы и его момент инерции равен нулю. Поскольку угловая скорость связана с частотой вращения формулой
ω=2πn,
то закон сохранения момента импульса можно переписать в виде
J1+J22πn1=J2'∙2πn2....
tracking img