Вращение твёрдого тела. Юла, если на неё смотреть сверху, будет прецессировать против часовой стрелки, так как момент сил трения

Задача № 23 (2 балла) Решение: (ОФ, 2010)

Юла, если на неё смотреть сверху, будет прецессировать против часовой стрелки, так как момент сил трения, возникающий в месте соприкосновения оси юлы с поверхностью и действующий на ось, направлен вниз.После того, как вращение юлы замедлится, она коснётся боком горизонтальной поверхности, что приведёт к изменению вращения оси юлы на противоположное так как, вектор момента сил трения повернётся на 180 ⁰.

К тем же выводам мы придём, если воспользуемся законом сохранения момента импульса (в проекциях на вертикальную ось): полный момент импульса замкнутой системы (по 3-му закону Ньютона силы, действующие внутри системы “поверхность и юла “ равны и противоположны, а проекция момента силы тяжести на вертикальную ось равна нулю) не изменяется со временем. Таким образом, в любой момент времени полный момент импульса системы равен первоначальному, то есть в данном случае – нулю. Тогда запишем: .

Отсюда видно, что угловые скорости вращения юлы вокруг собственной оси и вокруг вертикальной оси, в проекциях на эту ось, всегда противоположны.

Задача № 24 (6 баллов) Решение: (ОФ, 2009)

После того, как масса Земли станет равной массе Солнца, она будет вращаться вокруг их общего центра масс (точка B), при этом расстояние между ними не изменится, а новой траекторией движения будет окружность радиусом .

Приравнивая в первом и во втором случае центробежную силу инерции и и силу гравитационного притяжения, получим:

(1) и (2).

Разделив левые и правые части уравнений, найдём:

или или (3). Время, за которое совершается один оборот (Т- период) равно . Отсюда получим: . Так как T₁ = 12 месяцев, то новый год будет длиться 8,5 месяцев, а новое лето- 2 месяца и 4,7дня.

Задача № 25 (7 баллов) Решение: (ОФ ИПИ, 1988)

Рассмотрим сначала просто держащегося за нить муравья. В этом случае имеем два уравнения, вытекающих соответственно из 2-го закона Ньютона- и основного закона динамики вращения твёрдого тела- :

(1) и или (2). Отсюда, исключая Т, найдём тангенциальное ускорение нити, совпадающее с ускорением движения груза вниз: (3). Сила натяжения нити при этом равна:

(4).

Если муравей побежит вверх с ускорением a относительно нити, то (в системе отсчёта, движущейся вместе с ним) на нить дополнительно к силе тяжести будет действовать направленная вниз сила инерции (здесь через обозначено ускорение муравья относительно пола). При этом тангенциальное ускорение нити будет по-прежнему определяться уравнением (3), при условии, что напряжённость гравитационного поля Земли возросла до значения . Тогда найдём:

(5), и (6).

Учитывая, что ускорение муравья относительно нити (7),

и отсюда (8), получим из (5): (8).

Выражая отсюда ускорение относительно пола , найдём:

(9), при этом (10).

Поскольку относительное ускорение по второму закону Ньютона равно (11), то получим:

(12), (13) и (14).

К этим же результатам можно прийти, если перейти в неинерциальную систему отсчёта, в которой нить неподвижна. В этом случае уравнения движения системы будут иметь вид:

и , где .

Из (12) следует, что при движении муравья вверх (относительно пола)

или . Если (15), то муравей поднимается вверх с постоянной скоростью, при этом . Так как момент инерции катушки в соответствии с условием задачи равен , то получим , где P - вес муравья.

Отсюда найдём- при массе катушки муравей поднимается вверх. Так как значение силы, действующей со стороны насекомого на нить, изменяется в диапазоне значений от нуля до указанного в условиях задачи максимального значения F, то для движения вверх - .

Задача № 26 (6 баллов ) Решение: (РОФ, 2006)

Несложно доказать, что центр масс тела должен находится на прямой, проходящей через центры масс “половинок” спортсмена. Одновременно с этим, он должен принадлежать вертикальной прямой, проходящей через точку подвеса, так как центр масс спортсмена (т.C) не может сместиться вдоль горизонтальной оси (F _x = 0). Таким образом, ясно, что точка C на рисунке находится в центре правого нижнего квадрата.

Тогда из Δ АBС получим:

tg β = |СB| / |AB| = (L/4) / (L/2+ L/4) = 1/3.

Задача № 27 (6 баллов ) Решение: (РОФ, 2004)

Из рисунка видно, что камень, имеющий форму куба, может начать перекатываться по дну реки (поворот вокруг точки А) при условии, что:

(1), (при этом вращающие моменты силы тяжести и силы сопротивления равны друг другу- ).

По условию: ~ (2). Тогда из (1) и (2) следует, что ~ (3). Если учесть, что при этом вес камня пропорционален кубу его размера ~ (4), а площадь его поперечного сечения прямо пропорциональна квадрату его размера ~ (5), то получим:

~ (6). С учётом (3) найдём: ~ (7). Данная пропорция показывает, что если поток воды имеет скорость , то минимальный размер камней, переворачиваемых им, зависит от квадрата его скорости.

Поскольку, в соответствии с выражением (4), вес камня пропорционален кубу его характерного размера, то получим утверждение, которое в гидрологии носит название “закон Эри”: ~ (т.е. “увеличение скорости течения в раз сообщает потоку способность увлекать предметы в раз более тяжёлые ”.

Окончательно получим:

Задача № 28 (7 баллов ) Решение: (РОФ, 2005)

При движении по дуге окружности тело будет иметь нормальное ускорение под действием силы реакции опоры со стороны стенки и тангенциальное ускорение под действием силы трения:

ma _n = N, (1)

ma _t = - F _тр, (2) и F _тр = kN. (3)

Решая совместно уравнения (1), (2), (3), получим:

- a _t = ka _n, или . (4)

Так как , то .

Подставим последнее выражение в (4), получим:

, .

Интегрируя, получим: или или = 1/3.

Задача № 29 (6 баллов ) Решение: (РОФ, 2010)

1-й способ: По теореме, связывающей для плоской пластины моменты инерции I₁ и I₂ относительно любых двух взаимно перпендикулярных осей, лежащих в её плоскости, с моментом инерции I₃ относительно оси, проходящей через пересечение первых двух и перпендикулярной плоскости пластины, запишем следующее равенство:

(1).

Отсюда, так как и , то (2).

Так как при любом угле поворота , а не изменяется, то не зависят от угла и значения моментов инерции I₁ и I₂ .

2-й способ:

Из рисунка 1 видно (так как I ₀ - момент инерции стержня относительно оси z₀ равен и поскольку ),что момент инерции относительно оси z ₁ равен:

(1), где a - длина стержня. Тогда для бесконечно тонкого стержня:

(2).

Рассматривая квадратную пластину как бесконечный набор таких стержней, определим её момент инерции- .

С учётом формулы (2) и теоремы Штейнера найдём момент инерции тонкого стержня длиной

a (светлая полоска на рисунке 2) относительно

оси z₂:

(3),

где , а x – смещение данной полосы от центра квадрата.

Заменив массу бесконечно тонкого стержня на

и интегрируя по координате x от до , получим следующее

выражение:

(4).

После интегрирования и упрощений получим:

(5).

Интересно отметить, что выполняются следующие тригонометрические тождества:

и

Таким образом, прямым расчётом также приходим к выводу, что момент инерции квадратной пластины относительно любой оси, лежащей в плоскости пластины и проходящей через её центр, имеет одно и то же значение

.

Задача № 30 (6 баллов ) Решение: (РОФ, 2009)

Моменты сил, действующих на центр масс полукруглой тонкой пластины (верхний слой жидкости толщиной ∆h) и необходимый для возврата равновесия дополнительный груз ∆m ₂ = ρ π r² ∆h / 2, равны относительно т.А, (либо т. А₁ или т. А₂, так как они смещены вверх относительно т.А параллельно равнодействующей силе):

Тогда запишем: или

Учитывая, что , а так же, что , получим:

Задача № 31 (6 баллов ) Решение: (РОФ, 2003)

На диск, в момент начала его переворачивания- вращения вокруг точки А в вертикальной плоскости- действуют два момента сил: момент силы тяжести и момент силы упругости . Для того, чтобы диск начал переворачиваться, значение момента силы упругости должно сравнятся со значением удерживающего от поворота вокруг точки А момента силы тяжести. Таким образом, можем записать: или или

(1). С учётом, того, что , получим:

(2) или .

Упрощая полученное выражение и подставляя значения и ,

получим: (3), так как и .

Отсюда найдём: (4) или

Дата добавления: 2014-12-08