Sb98038

41. Внутри неподвижной сферической чашки радиусом R может двигаться тонкий стержень длиной l 2R, так что он остается в вертикальной

42. Однородный шарик радиусом r катается без

скольжения по внутренней поверхности полусферы радиусом R, совершая малые колебания в одной вертикальной плоскости. Определить циклическую частоту этих колебаний.

43. Найти период малых колебаний половинки арбуза, лежащей на столе. Считать, что половинка арбуза представляет половину однородного шара, центр тяжести которого лежит на расстоянии 5/8 радиуса от его вершины.

11

44. Твердое тело движется в воздухе со скоростью v, превышающей среднюю скорость движения молекул воздуха. Докажите, что сила сопротивления движению тела пропорциональна квадрату скорости движения тела F = Av2, где А – площадь лобового сечения тела.

РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

2. В начальный момент времени ракета (точка А) и цель (точка В) находятся на расстоянии L друг от друга, а угол между векторами скоростей ракеты v1 и v2 равен α.

Пусть ракета и цель встречаются в точке О. Перемещения ракеты и цели до встречи равны r1 и r2 соответственно. Рассмотрим АОВ. Угол при вершине О равен α по условию задачи. Обозначим угол при вершине А через β.

Тогда угол при вершине В будет π – α – β. Составляющие скоростей v1 и v2 на направление перемещений r1 и r2 равны v1cos и v2 cos соответственно.

12

L2 AO 2 OB 2 2 AO OB cos .

Отсюда для искомой величины r1 AO получаем:

целесообразно рассмотреть движение тел в системе X Y , которая движется вправо со скоростью v относительно XY. В системе X Y корабль статичен, а

Из корабля надо выстрелить так, чтобы поразить астероид за минимальное время t, причем по условию задачи ракета движется по прямой линии,

поэтому до столкновения с астероидом она пролетит путь S at22, где a – максимальное ускорение ракеты.

За то же время астероид пролетит расстояние H vy t 3 vt. По теореме Пифагора имеем H 2 L2 S2. Подставив выражения для величин Н и S, по-

параметром, позволяющим выделить нужную траекторию, соответствующую минимуму энергии Е, из множества парабол, удовлетворяющих условию удара под перекладину. Выделив из общего выражения для Е часть, зависящую от t2 и

ние времени полета мяча соответствует минимуму энергии Е. Окончательно

Расстояние s между частицами в этот момент времени определяется мо-

14

h y y2 2g R 1 cos v2 sin2 2g .

Для исходных численных данных получаем 98 ; hmax 1,6 м.

9. Мячик свободно упал на землю, упруго отразился от наклонного берега и полетел по параболе. Далее последовал ряд упругих отражений, между ними участки параболических траекторий:

Здесь tn – время n-го удара; vn и rn – скорость и радиус-вектор в этот момент.

Выберем систему координат: ось x вдоль склона вниз, ось y перпендикулярно склону вверх, начало координат – в точке первого удара (у ног «растяпы»). В начальный момент

15

x0 = –h sin α, y0 = h cos α, v0 = 0.

Вдоль оси x мячик движется с постоянным ускорением g sin α, поэтому x t x0 gt2 sin 2.

Вдоль оси y мячик движется с постоянным ускорением g cos α и упругими отражениями от склона. При отражении скорость vy меняет знак. Движение вдоль оси y аналогично обычным вертикальным прыжкам с заменой g на g cos α. Максимальная координата ymax во всех прыжках одинакова: ymax = y0. Промежутки времени между соударениями тоже одинаковы:

t

vydt 0, так как он определяет перемещение мяча по вертикали, которое за

0

время полета равно нулю. В итоге получаем 1 v0 sin v0 sin gt,

откуда t 2 v0 sin g 1,5 c.

16

По теореме синусов: sin L sin l. Отсюда ctg 0, 2.

Векторная сумма всех сил, действующих на груз массой М = 1 кг, равна нулю (груз еще не движется!), поэтому и сумма проекций всех сил на любое направление тоже равна нулю. Спроектируем вначале все силы на направле-

TMg sin 7,84 H.

12.Введем горизонтальную и вертикальную составляющие ускорения бруска aгор и aверт и ускорение клина a. Уравнения движения бруска и клина

ввыбранной системе координат записываются в виде

maгор N sin , maверт mg N cos ,

Ma N sin ,

где учтено, что N N . Проекции ускорений бруска и клина здесь записаны в системе отсчета, связанной с горизонтальной плоскостью; при этом направление ускорения бруска не совпадает с направлением вдоль наклонной плоскости, так как сама плоскость движется с ускорением a. Если перейти в систему отсчета, связанную с клином, то здесь ускорение клина равно нулю,

17

Решив совместно систему четырех уравнений, получим: msin 2

ag 2 M msin2

13.Гайка имеет лишь одну степень свободы, так как ее поступательное

ивращательное движение связаны. Вертикальное перемещение x при повороте на угол находим из условия xh 2 , дает связь соответ-

ствующих линейной v и угловой ω скоростей: v h 2 .

Здесь имеем пример задачи, в которой из закона сохранения дифференцированием можно получить уравнение движения. При отсутствии трения

18

dTT d , решение которого есть T2 T1 exp 2 1 . Если нить про-

exp 2n 1 . Подставив это соотношение в (1) и исключив Т, получим окончательно:

a g m2 m1 exp 2n 1 m2 m1 exp 2n 1

Учитывая, что a > 0, заключаем, что грузы придут в движение при усло-

вии m2 m1 exp 2n 1 , тогда как в случае m2 m1 exp 2n 1 они останутся в покое.

15. Пусть не соскользнула часть каната длиной x, тогда соскользнувшая часть каната имеет длину l – x. Обозначим массу каната буквой m.

Запишем второй закон Ньютона для всего каната и для его висящей части:

19

Максимум этого выражения будет при x l2. Тогда Tmax mg 4. По условию задачи, чтобы канат не порвался, должно быть

T T0 mgl0 l.

Поэтому, положив Tmax mg4 mgl0 l , получим условие целостности каната: