Дипломная работа



страница14/17
Дата08.02.2018
Размер0.74 Mb.
ТипДипломная работа
1   ...   9   10   11   12   13   14   15   16   17
0=v0 sinα - gT1

или


T1= v0sinα/g. (1)

Зная T1, находим

Н=v0sinα T1 - g/2 = (2)

Время спуска T2 можно вычислить, рассмотрев падение тела с известной высоты Н без начальной вертикальной скорости:



Сравнивая этот результат с (1), видим, что время спуска равно времени подъема. Полное время полета есть



T = 2v0sinα/g. (3)

Для нахождения дальности полета L необходимо обратиться к горизонтальной составляющей движения тела. Как уже отмечалось, по горизонтали тело перемещается равномерно. Отсюда находим



. (4)

Из (4) видно, что если углы бросания двух тел составляют в сумме 90°, то при равенстве величин начальных скоростей оба тела упадут в одну и ту же точку.

24. Теперь усложним задачу. Предположим, что на тело действует с постоянной силой F попутный горизонтальный ветер. Вес тела равен Р. Требуется, как и в предыдущем случае, найти время полета Т, высоту Н и дальность L.

Дано: Решение:



v0 В отличие от предыдущей задачи горизонтальное

F перемещение тела не является теперь равномерным;

P тело движется по горизонтали с ускорением

T, H, L−? Поскольку сила ветра действует горизонтально, то она

не может влиять на вертикальное перемещение тела.

Время полета Т и высота Н определяются из рассмотрения вертикального перемещения тела. Поэтому они будут такими же, как и в предыдущей задаче.

Зная горизонтальное ускорение и время полета, находим дальность полета



или


. (5)[18]
25. Далее рассмотрим новую задачу: тело бросают под углом а к наклонной плоскости, которая образует с горизонтом угол β (рис. 8). Начальная скорость тела равна v0. Требуется найти расстояние L о точки бросания до точки падения тела.

Дано: Решение:



v0

β

P

T, H, L−?

Рисунок 8 – График Рисунок 9 – Рисунок 8

движения тела повернут на угол β

Мысленно повернем рисунок этой задачи на угол β так, чтобы наклонная плоскость стала горизонтальной (рис. 9). После такого поворота сила тяжести становится уже не вертикальной. Разложим ее на вертикальную (Рcosβ) и горизонтальную (Рsinβ) составляющие. Получена предыдущая задача, в которой роль силы ветра играет сила Рsinβ, а роль веса — сила Рcosβ. Поэтому для определения искомого расстояния L можно воспользоваться результатом (5) при условии, что в нем будут произведены замены:



F→ Рsinβ, P→ Рsinβ, g→gcosβ

Таким образом, находим



(6)

При 5=0 этот результат совпадает с выражением (4).

26. Груз массы т начинает скользить без трения с верхнего конца наклонной грани клина, лежащего на горизонтальной плоскости, причем между клином и плоскостью трение также отсутствует. Масса клина М, угол наклонной грани клина с горизонтом α. Найти ускорение груза и клина относительно плоскости, силу давления груза на клин и клина на плоскость[19].

Дано: Решение:



т

М

α

а1, а3, N, R −?

Рисунок 10 – Схема к задаче 26

Рассмотрим силы, действующие на груз т и клин М (рис. 10). На груз т действуют: его вес mg и сила давления клина N. На клин действуют: его вес Mg, сила давления груза N' и сила давления плоскости R.

Под действием горизонтальной составляющей силы давления груза клин движется влево относительно плоскости с некоторым горизонтальным ускорением а1, определяемым уравнением

(7)

В вертикальном направлении клин не имеет ускорения, поэтому



(8)

Обозначим составляющие ускорения груза т относительно клина — горизонтальную через а2, и вертикальную через а3. Тогда составляющие ускорения груза относительно плоскости будут — горизонтальная а2 а1 и вертикальная а3. Эти ускорения определяются уравнениями



(9)

и

, (10)

причем, очевидно, N' = N и

a3=a2tgα. (11)

Из уравнений (10), (11), (9) и (7) находим силу давления груза на клин



(12)

Теперь из уравнения (8) можно найти силу давления клина на плоскость



Далее из (7) и (12) находим ускорение клина



(13)

Из (8), (12) и (13) получаем горизонтальную составляющую ускорения груза относительно клина



(14)

и горизонтальную составляющую ускорения груза относительно плоскости



.

Из (14) и (11) находим вертикальную составляющую ускорения груза относительно плоскости




27. На наклонной плоскости с углом наклона 30° лежит цилиндр веса Р. Цилиндр удерживается в состоянии покоя с помощью огибающей его нити, один конец которой закреплен на наклонной плоскости, а другой натянут вертикально вверх с силой Q. Чему равна сила Q?
Дано: Решение:

α=30°

P
Q−?

Рисунок 11 – Схема к задаче 27

Так как цилиндр находится в равновесии, то сумма проекций всех сил, действующих на цилиндр, на любое направление должна равняться нулю. Спроектируем все силы на вертикальное направление (рис. 11), получим уравнение

Спроектируем все силы на горизонтальное направление, получим уравнение



Из этих двух уравнений легко находим



Q=P/3

28. Колесо радиуса R и массы m стоит перед ступенькой высоты h (рис. 12). Какую наименьшую горизонтальную силу F надо приложить к оси колеса O, чтобы оно могло подняться на ступеньку? Трение не учитывать.


Дано: Решение:

R

m

h

F−?

Рисунок 12 – Схема к задаче 28

При подъеме на ступеньку колесо должно вращаться вокруг точки А (рис. 12). Для этого нужно, чтобы момент силы F относительно точки А был больше или равен моменту силы тяжести колеса относительно той же точки.

Опуская перпендикуляры из точки А на направления силы тяжести и силы F, найдем плечи этих сил АВ и АС. Для того чтобы колесо вкатилось на ступеньку, должно выполняться неравенство



или


Так как AC=R-h,



,

получаем окончательно



и если h«R, то



29. Пуля массы m попадает в деревянный брусок массы М, подвешенный на нити длиной l, и застревает в нем. Определить, на какой угол отклонится маятник, если скорость пули v.

Дано: Решение:

m

M

l

α−?

Рисунок 13 – Схема к задаче 29

Решить эту задачу сразу используя закон сохранения энергии нельзя, так как часть энергии пули перейдет во внутреннюю энергию. Будем использовать закон сохранения количества движения: пуля массы m, летя со скоростью v, обладает количеством движения mv. После того как пуля застряла в бруске, тем же количеством движения будет обладать брусок вместе с пулей (абсолютно неупругий удар). Следовательно, скорость , которую приобретает брусок сразу после попадания в него пули, определится из закона сохранения количества движения: . При этом кинетическая энергия бруска с пулей будет

Затем брусок будет подниматься, и эта кинетическая энергия превращается в потенциальную. Так как вся масса (М+m) практически находится на расстоянии l от точки подвеса А (рис. 13), то центр тяжести, вследствие отклонения маятника на угол α, поднимается на высоту . При наибольшем отклонении α0 потенциальная энергия должна быть равна начальной кинетической энергии, т. е.



Отсюда угол, на который отклоняется маятник, определяется соотношением




30. Пользуясь классическими формулами скоростей двух шаров после удара

,

,

где v1, v2—скорости шаров до удара, — после удара, показать, что скорость центра тяжести двух шаров после удара (независимо от характера удара) равна скорости центра тяжести этих шаров до удара.

Решение:

Используем классические формулы скоростей шатров после упругого удара:



,

Скорость центра тяжести шаров после удара выразится так:



.

Подставим в это выражение значения . Тогда легко получим, что скорость центра тяжести шаров после упругого удара будет равна , что совпадает со скоростью центра тяжести этих шаров до удара.

При неупругом ударе оба шара движутся вместе, т. е. с одной и той же скоростью. Поэтому их центр тяжести движется с этой скоростью, которая также выражается соотношением .Следовательно, при неупругом ударе имеет место та же закономерность. Таким образом, количество движения центра тяжести системы шаров до и после удара не изменяется. В частности, если до удара центр тяжести шаров покоился, то и после удара (как упругого, так и неупругого) центр тяжести будет оставаться неподвижным. То, что справедливо для шаров, является справедливым для любой системы материальных точек. Выведенную нами закономерность следует рассматривать как иную формулировку закона сохранения количества движения, т. е. при отсутствии внешних сил центр тяжести системы материальных точек сохраняет свое количество движения, а следовательно, и свою скорость. Это положение иногда позволяет проще решать некоторые задачи механики[9].



Поделитесь с Вашими друзьями:
1   ...   9   10   11   12   13   14   15   16   17


База данных защищена авторским правом ©psihdocs.ru 2017
обратиться к администрации

    Главная страница