коном Ньютона: сила сопротивления пропорциональна квадрату ско-

рости движения тела,

Frсопр = −βv2 vv = −β v vr.

Коэффициент β является постоянной, значение которой зависит от размеров и формы тела, а также от плотности среды.

Центр масс

Центром масс (или центром инерции системы материальных то-

чек) называется точка С, положение которой характеризует распределение масс этой системы. Ее радиус-вектор равен

		n	r
rr	=	i∑=1mi ri		,
c			m

где mi и ri – масса и радиус-вектор i-й материальной точки; n – число материальных точек в системе;

n

m = ∑mi – масса системы.

i=1

Импульс системы p = mvc .

Центр масс системы движется как материальная точка, в которой сосредоточена масса всей системы, на которую действует сила, равная геометрической сумме всех внешних сил, действующих на систему:

	dv	c	r	r	r
m			= F	+ F	+... + F .	(1.7)
	dt		1	2	n

Выражение (1.7) представляет собой закон движения центра масс. Из закона сохранения импульса вытекает, что центр масс замкнутой системы либо движется прямолинейно и равномерно, либо остается неподвижным.

Уравнение движения тела переменной массы

Масса тела может изменяться в результате отделения тела или присоединения к нему частиц вещества (например, масса ракеты во время движения уменьшается).

33

Пусть в момент времени t масса ракеты m, а ее скорость v , то по истечении времени dt ее масса становится равной (m – dm), а скорость – (vr +dvr). Изменение импульса

dp = (m −dm)(v + dv)+(v + dv −u) dm −mv,

или

dp = mdv −u dm,

где u – скорость истечения газов из ракеты. Если на систему действуют внешние силы, то

dpr = F dt,

поэтому

Fdt = mdvr −urdm,

или		dvr	= Fr	+ur dm .
	m
		dt		dt
Величина ur dm	есть реактивная сила Fp . Таким образом, урав-
dt
нение движения переменной массы:
mar = F + Fp (уравнение Мещерского).					(1.8)

Энергия, работа, мощность

Энергия – количественная мера движения и взаимодействия всех видов материи. Энергия характеризует способность тел совершать работу. Различают механическую, тепловую, электромагнитную, ядерную и другие виды энергии.

Кинетической энергией Т называют энергию механического движения.

Потенциальная энергия П – энергия, определяемая взаимным расположением тел и характером сил взаимодействия между ними. Чтобы количественно характеризовать процесс обмена энергией между взаимодействующими телами, в механике рассматривают работу силы, приложенной к данному телу.

rЕсли тело движется прямолинейно и на него действует постоянная сила F, составляющая угол α с направлением перемещения, то

A = F S cos α = Fτ S,

34

где Fτ = F cos α – проекция силы

F на направление перемещения. В случае переменной силы:

	2		2
A = ∫dA = ∫Fτ dS.
	1		1
Работа – скалярная величина.
			[A]= Дж.
Если	α <	π	, работа силы положительная. Если α >	π	, то работа
		2		2

силы отрицательная.

Мощность N характеризует быстроту выполнения работы.

Средняя мощность Nср =	A	= ∆A .
	t
		∆t
Мгновенная мощность N = lim			∆A	= dA	= F dS	= F v.
		∆t →0	∆t	dt	dt

[N ]= Вт.

Если сила F действует на покоящееся тело и вызывает его движение со скоростью v, то она совершает работу. Эта работа идет на увеличение кинетической энергии тела, т. е.

dA = dT ,

где dA = F dS = m a dS = m	dv	dS = m v dv.
	dt
Получим
		v		2
dA = mv dv = dT и T = ∫mv dv = mv				.
		0	2

Таким образом, для тела массой m, движущегося со скоростью v кинетическая энергия

	T =	mv2	.	(1.9)
		2

Из формулы (1.9) видно, что кинетическая энергия зависит только от m и v, т. е. кинетическая энергия системы есть функция состояния ее движения.

35

Полная работа, производимая всеми силами, действующими на частицу, равна изменению ее кинетической энергии.

Пусть взаимодействие тел осуществляется посредством сило-

вых полей. Сила, действующая на тело, называется консервативной, если работа, совершаемая этой силой при перемещении тела из одного положения в другое, не зависит от того, по какой траектории это перемещение произошло, а зависит только от начального и конечного положения. Такие поля называются потенциальными, а силы, действующие на них, – консервативными. Работа консервативной силы по произвольной замкнутой траектории равна нулю. Примером консервативных сил является сила тяготения, сила упругости и др. Если же работа, совершаемая силой, зависит от траектории перемещения из одной точки в другую, то такие силы называются диссипативными (неконсервативными); примером их являются силы трения.

Работа консервативных сил, приложенных к телу, равна изменению потенциальной энергии этого тела, взятому с обратным знаком, т. е.

dA = −dП,

так как работа совершается за счет убыли потенциальной энергии.

Посколькуr работа dA есть скалярное произведение силы F на перемещение dr , то

F drr = −dП.

(1.10)

Следовательно, если известна функция П(r ),

то (1.10) полностью

определяет силу F по модулю и направлению.

В случае консервативных сил

F

= −

∂П

,

F = −

∂П

,

F

= −

∂П

.

x

∂x

y

∂y

z

∂z

В векторном виде

r

r

r

r

∂П

r

∂П

r

∂П

r

F

= F i

+ F j

+ F k = −

i +

j

+

k ,

x

y

z

∂x

∂y

∂z

r

,

r

r

– орты в направлении координатных осей x, y, z.

где i

j ,

k

Конкретный вид функции П зависит от характера силового поля. Например, потенциальная энергия тела массой m, поднятого на высоту h над поверхностью Земли, равна

П = mgh,

36

где h – высота, отсчитанная от нулевого уровня, для которого П0 = 0. Потенциальная энергия упруго деформированного тела (пружины):

П = kx22 ,

где k – коэффициент упругости (в случае пружины – жесткость). Потенциальная энергия системы, подобно кинетической энергии,

является функцией состояния системы. Она зависит только от конфигурации системы и ее положения по отношению к внешним телам.

Полная механическая энергия системы – энергия механического движения и взаимодействия:

E =T +П.

В замкнутой системе тел, между которыми действуют только консервативные силы, механическая энергия не изменяется со временем:

Т +П = Е = const.

(1.11)

Выражение (1.11) представляет собой закон сохранения механи-

ческой энергии.

Примеры решения задач

Задача 1 . Через неподвижный невесомый блок перекинута легкая нерастяжимая нить, к концам которой привязаны грузы m1 и m2. К грузу m2 привязан на нити груз m3. Определить натяжение нитей и ускорение тел.

Дано:

m1; m2; m3

а = ?

FH1 =? FH 2 =?

Решение

Будем считать, что m1 < m2 + m3, тогда ускорения будут направлены так, как показано на рисунке. Расставим силы, действующие на каждое тело в отдельности, и запишем второй закон Ньютона для каждого тела:

FH1 +m1gr = m1ar;

FH1 +m2 gr + FH 2 = m2ar;

FH 2 + m3gr = m3ar.

37

Оси у1 и у2, на которые будем проектировать векторные уравнения, выберем направленными по ускорениям тел. После проектирования получим систему уравнений:

	= m1a;
FH1 −m1g
m2 g + FH 2 − FH1 = m2a;
	= m3a.
m3g − FH 2

Решая полученную систему уравнений, находим

			a	= g m2 +m3 −m1 ,
							m + m		+ m
					1			2			3
			F =			2m1(m2 + m3 )					g,
			H			m1 + m2 + m3
1
			F		=		2m1 m3				g.
			H	2			m1 +m2	+m3

Задача 2 . Определить натяжение нити и тангенциальное ускорение математического маятника массой m, когда он проходит положение, определяемое углом α с вертикалью, если его скорость в этот момент равна v, длина нити l.

Дано:

m, l, v, α

FH = ? аτ = ?

Решение

Второй закон Ньютона имеет вид

FH +mgr = mar.

Проектируя векторное уравнение второго закона Ньютона на оси х и у, получим систему уравнений:

FH −mg cos α = man ,	(1)
mg sin α = maτ.	(2)
38

Учитывая, что an = v2 , где R = l – радиус окружности, по которой

R

движется маятник, получим

FH = m g cos α+ vl2 .

Из второго уравнения найдем тангенциальное ускорение

aτ = g sin α.

Задача 3 . Автомобиль, двигаясь равноускоренно, на участке пути 100 м набрал скорость72 км/ч. Определить работу двигателя автомобиля на этом участке, если его масса с грузом 1800 кг, а коэффициент трения 0,05. Определить среднюю мощность автомобиля.

Дано: Решение

v0 = 0

S = 100 м

v = 72 км/ч = 20 м/с k = 0,05

m = 1800 кг

А = ? P = ?

На основании уравнений динамики в проекциях на оси х и у:

Fтяги − Fтр = ma,

N −mg = 0.

Сила трения Fтр = kN = kmg, а сила тяги двигателя

Fтяги = ma + kmg.

Так как движение автомобиля прямолинейное равноускоренное, то

	S =	at2	и	v = at,
		2
			39

	откуда	a =	v2	= 2	м	.
			2S		с2

Окончательное выражение для работы:

A = Fтяги S = (ma + kmg)S = 448 103 Дж.

Средняя мощность Р = Fтяги· v . Если скорость изменяется линейно, то средняя скорость определяется по формуле

v = v0 2+ v =10 м/с.

Итак, Р = (ma + kmg) v = 45 · 103 Вт.

Задача 4 . Из оружия произведен выстрел под углом α = 30° к горизонту со скоростью v0 = 100 м/с. В верхней точке траектории движения пуля разорвалась на две части: m1 = 2m2. Осколок m1 полетел вертикально вниз и через 2 с достиг поверхности Земли. В каком направлении и с какой скоростью полетел второй осколок? Сопротивлением воздуха пренебречь.

Дано:

t = 2 c

m1 = 2m2

v0 = 100 м/c α = 30°

β = ?

v1 = ? v2 = ?

откуда

следовательно,

Решение

В точке разрыва импульс пули направлен горизонтально. В результате взрыва скорости осколков изменяются. Это происходит под действием внутренних сил, которые значительно больше, чем внешние силы (тяжести). В этом случае систему, состоящую из двух осколков, можно считать замкнутой.

На основании закона сохранения импульса тел:

(m1 + m2 )vox = m2v2 cosβ, 0 = m2v2 sin β+(−m1v1 ),

	v2 =	m1v1	,
		m2 sin β

(m1 + m2 )vox = cosβ sinm1vβ1 ,

40

=

					vox =vo· cos = 86,6м/с
то			ctgβ =		(m1 +m2 ) vox					.
					m1v1
	Для окончательных результатов необходимо рассчитать макси-
мальную высоту подъема Н.
				voy2 − v2y = 2gH ,
откуда
		H =	voy2	=125 м (v y = 0 в точкеС).
			2g
	Величина v1 определяется по известным Н и t – времени движения
до поверхности из уравнения H = v t +							gt	2	; v =52,5 м/с. По извест-
	1						2	1

ным vох и v1 можно получить v2 = 280,2 м/с и угол β = 22°.

Задача 5 . В покоящийся шар массой 1 кг, подвешенный на несжимаемом и невесомом стержне, закрепленном в подвесе на шарнире, попадает пуля массой 10 г, летящая со скоростью 400 м/с. Угол между направлением полета и длиной стержня равен 45°. Удар центральный, пуля пробивает шар и вылетает со скоростью 200 м/с. Диаметр шарика – 10 см. Найти силу сопротивления пуле в шаре и угол отклонения шара от вертикали (l = 1 м).

41

Дано:

l = 1 м

v1 = 400 м/с m = 10 г

М = 1 кг α = 45°

v2 = 200 м/c d = 0,1 м

Fсопр = ?

ϕ = ?

Решение

На основании закона сохраняется импульс тел:

mv1 cos α = M u +mv2 cos α,

откуда скорость шара после взаимодействия

u = m cos α (v1 − v2 )=1,42 м/с.

M

Работу силы сопротивления пуле рассчитаем из закона изменения механической энергии:

Mu2		+	mv2	−	mv2
			2			1 = −F d.
2			2			2	сопр
Тогда
F	=	mv2 −mv2				− Mu2	= 6 103 H.
			1		2
сопр				2d

Для описания движения шара в поле тяготения Земли используем закон сохранения механической энергии:

	Mu2	= MgH; H =	u2	= 0,1 м.
	2		2g

Из геометрических соображений

H =l (1−cos ϕ).

Отсюда ϕ 26°.

1 . 4 . ДИНАМИКА ВРАЩАТЕЛЬНОГО ДВИЖЕНИЯ

Момент инерции

Движение твердого тела можно рассматривать как сумму поступательного движения его центра масс и вращательного движения относительно оси, проходящей через центр масс.

Вращательное движение – это такое движение, при котором все точки движутся по окружностям, центры которых лежат на одной линии, называемой осью вращения.

42

При изучении вращения твердого тела пользуются понятием момента инерции.

Моментом инерции системы (тела) относительно оси вращения называется физическая величина, равная сумме произведений масс n материальных точек системы на квадраты их расстояний до рассматриваемой оси:

n

J = ∑miri2.

i =1

В случае непрерывного распределения масс эта сумма сводится к интегралу

J = ∫r2 dm = ∫ρ r2 dV ,

V

где интегрирование проводится по всему объему V.

Величина J является мерой инертности частицы во вращательном движении. Единица измерения момента инерции [J]= кг м2.

Момент инерции зависит от распределения масс и от ориентации тела относительно координатных осей.

Для нахождения момента инерции J тела относительно произволь-

ной оси применяют теорему Штейнера: момент инерции тела отно-

сительно произвольной оси равен сумме момента инерции Jo относительно оси, проходящей через центр инерции тела параллельно заданной оси, и произведения массы тела на квадрат расстояния между осями

J = J0 +ma2.

Моменты инерции некоторых тел правильной геометрической формы

	Тело	Ось, относительно которой				Формула
		определяется момент				момента
			инерции			инерции
	Однородный тон-	Проходит		через	центр		1	ml 2
	кий стержень массой m и	тяжести стержня перпендику-
						12
	длиной l	лярно стержню
		Проходит		через	конец		1 ml 2
		стержня	перпендикулярно			3
		стержню
		43

Тонкое кольцо, об-		Ось симметрии		mR2
руч, труба радиусом R и
массой m, маховик ра-
диусом R и массой m,
распределенной по ободу
Сплошной	одно-	Ось симметрии		1		2
				2 mR
родный цилиндр (диск)
радиусом R и массой m
Однородный	шар	Проходит через центр		2	mR	2
массой m и радиусом R		шара
				5

Кинетическая энергия вращения

Абсолютно твердым телом называется тело, которое ни при каких условиях не может деформироваться и при всех условиях расстояние между двумя частицами этого тела остается постоянным. В дальнейшем мы будем рассматривать только такого рода тела.

Рассмотрим абсолютно твердое тело, вращающееся около неподвижной оси, проходящей через него. Мысленно разобъем это тело на элементарные массы m1, m2, …, mn, находящиеся на расстоянии r1, r2, …, rn от оси вращения.

Угловая скорость этих материальных масс одинакова:

ω=	v1	=	v	2	=... =	vn	.
	r		r
						r
1		2				n

Кинетическую энергию вращающегося тела найдем как сумму кинетических энергий его элементарных масс:

	T = m1v12	+ m2v22	... + mnvn2	=	ω2	(m1r12 + m2r22 +... + mnrn2 )=	J2ω2	.
					2		2
	2	2	2

Таким образом, кинетическая энергия вращающегося тела

T = Jω22 .

Для тела (колеса), катящегося по горизонтальной поверхности, энергия движения будет складываться из энергии поступательного движения и вращательного:

44

T = m2v2 + Jω22 ,

где m – масса катящегося тела;

v – скорость поступательного движения; J – момент инерции;

ω – угловая скорость вращения.

Момент силы. Допустим, что твердое тело А может вращаться вокруг некоторой неизвестной оси. Для того, чтобы вызвать вращение тела (изменить его угловую скорость), необходимо внешнее воздействие. Однако не всякая сила может вы- звать вращение тела; например,

сила F', направление которой проходит через ось вращения,

или сила F", параллельная оси, не могут изменить угловую скорость вращения. Вращение может быть вызвано только силой

F, лежащей в плоскости, перпендикулярной к оси вращения.

Моментом силы F относительно оси вращения называется векторная величина M , равная векторному произведению радиуса-вектора rr, проведенного из точки О в точку приложения силы, на вектор F .

M = [rr F ].

Модуль момента силы

M = r F sin α = F l,

где α – угол между r и F;

r · sinα = l есть кратчайшее расстояние между линией действия силы и осью вращения и называется плечом силы.

Направление момента силы (вращающего момента) определяется по правилу правого винта.

Единица измерения момента силы [M ]= Н · м.

45

В случае действия нескольких сил результирующий момент сил равен векторной сумме моментов сил относительно оси:

r

n r

M = ∑Mi .

i =1

При повороте тела на малый угол dϕ точка

В пройдет путь

dS = r dϕ и работа

dA = Fr dS = F sin α dS = F sin α r dϕ = F l dϕ = M dϕ,

где α – угол между r

и F.

Работа при вращении тела

идет на увеличение его кинетиче-

ской энергии:

но

dA = dT ,

Jω2

dT = d

2

= J ω dω,

поэтому

M dϕ = Jω dω,

или

M

dϕ

= J ω

dω

.

dt

dt

Учитывая, что ω=

dϕ

, а

ε =

dω

, получим M = Jε.

dt

dt

В векторной форме

M = J εr

или

εr =

M .

(1.12)

J

Уравнение (1.12) представляет основной закон динамики враща-

тельного движения: угловое ускорение тела, вращающегося вокруг неподвижной оси, прямо пропорционально результирующему моменту

Mr всех сил и обратно пропорционально моменту инерции J относительно той же оси.

46

Моментом импульса материальной точки называется векторное произведение вектора r на импульс p :

Li =[rri pri ],

где pi = mi vi , или модуль

Li = ri mi vi sin α = rimi vi = ωri2 mi = Ji ω,

где Ji – момент инерции материальной точки; α = 90°.

Момент импульса твердого тела относительно оси есть сумма моментов импульсов отдельных частиц:

	n	n
	L = ∑Li	= ω ∑Ji = J ω,	=
т. е.	i =1	i=1
	r	r
			(1.13)
	L	= J ω.

Таким образом, момент импульса твердого тела относительно

оси вращения равен произведению момента инерции тела относительно той же оси на угловую скорость.

Продифференцируем уравнение (1.13) по времени:

	dL				r		= Mr ,
		= J		dω		= J εr
	dt				dt
т. е.
			dL			r
					= M .		(1.14)
			dt

Уравнение (1.14) – еще одна форма закона динамики вращательного движения твердого тела относительно неподвижной оси: производная

момента импульса твердого тела относительно оси вращения равна моменту сил относительно той же оси.

Если мы имеем дело с замкнутой системой, то момент внешних сил

M = 0 и ddtL = 0 или L = const, т. е.

J ω= const.	(1.15)
47

Выражение (1.15) представляет собой закон сохранения момента импульса: момент импульса замкнутой системы сохраняется, т. е. не изменяется с течением времени.

Из (1.15) следует, что если вращающаяся система может изменить момент инерции J под действием внутренних сил, то будет изменяться угловая скорость вращения ω. Это правило используют танцоры, гимнасты при различного рода вращениях.

Сопоставим основные величины и уравнения динамики поступательного и вращательного движения тела вокруг неподвижной оси, что может помочь при рассмотрении практических задач.

Поступательное движение

Вращательное движение

Путь S

Угловой путь (угол поворота) ϕ

Скорость v = dS

Угловая скорость ω=

dϕ

dt

dt

Ускорение a =

dv

Угловое ускорение ε =

dω

dt

dt

Масса m

Момент инерции J

Сила F

Момент силы М

Импульс р = mv

Момент импульса L = Jω

Импульс силы F·t

Импульс момента силы М · t

Основное уравнение динамики:

Основное уравнение динамики:

r

r

dpr

r

r

dL

F = ma =

M

= Jε =

dt

dt

или

или

F t = pr2 − pr1

M t = L2 − L1

Кинетическая энергия T =

mv2

Кинетическая энергия T =

Jω2

2

2

Работа при перемещении

Работа при вращении

dA = F dS,

A = ∫dA

dA = M dϕ,

A = ∫dA

или

mv2

mv2

или

2

2

A =

2 2 −

21

A =

Jω2

−

Jω1

2

2

48

Примеры решения задач

Задача 1 . Вычислить момент инерции тонкого однородного стержня массой m и длиной l относительно оси, перпендикулярной стержню и проходящей через его конец.

Решение

Направим ось ОХ вдоль стержня AB. Mасса элементарного отрезка длиной dx

dm = ρdx,

где

ρ =

m

– масса единицы

l

B

длины стержня.

Момент инерции элемен-

o

тарного отрезка

длиной dx

относительно оси

′ ′′

0 0

dJ = dm x2 = ml dx x2 .

Момент инерции стержня

l

m

x

2

dx =

m

x3

l

ml3

ml

2

J = ∫dJ = ∫

l

l

=

3l

=

.

3

0

3

0

Задача 2 . Вычислить момент инерции круглого однородного диска радиусом R и массой m относительно оси, перпендикулярной плоскости диска и проходящей через его центр.

Решение

Выделим элементарное кольцо радиусом х и толщиной dx. Площадь этого кольца

dS = 2πx dx,

а масса

dm = ρ2πx dx,

49

где ρ =	m	– масса единицы площади.
	πR2									′′ ′
Момент инерции элементарного кольца относительно оси 0 0
		dJ = dm r	2	=	m	2π x dx x	2	=	2m x3 dx	.
					πR2				R2

Момент инерции диска относительно той же оси:

		2m R		3		mR2
	J = ∫dJ =		∫x		dx =		.
		R2				2
			0

Задача 3 . Вал в виде сплошного цилиндра массой m1 = 10 кг насажен на горизонтальную ось. На цилиндр намотан шнур, к свободному концу которого подвешена гиря массой m2 = 2 кг. С каким ускорением будет опускаться гиря, если ее предоставить самой себе?

	Дано:	Решение
	m1 = 10 кг	Линейное ускорение	гири а
	m2 = 2 кг	равно тангенциальному ускорению
		точек вала, лежащих на его цилин-
	а = ?
		дрической поверхности, и связано
		с угловым ускорением ε	вала со-
		отношением

a = ε r,

где r – радиус вала.

Угловое ускорение вала согласно основному уравнению динамики вращающегося тела

	ε =	M	,	(1)
		J

где М – вращающий момент, действующий на вал;

J – момент инерции вала относительно оси вращения, совпадающий с его осью симметрии.

Рассматриваем вал как однородный цилиндр. Тогда его момент инерции

J = 12 m1r2.

50

Вращающий момент, действующий на вал,

M =T r.

Найдем силу натяжения шнура Т по 2-му закону Ньютона:

m2 g −T = m2a,

или
		T = m2 (g −a).
Таким образом,
		M = m2 (g −a)r.									(2)
Подставив (2) в (1), получим:
ε =	m2 (g −a) r					=		2m2 (g −a)		.
	0,5 m r2							m r
			1			1
Зная ε, выразим				2m2 (g −a)
	a = ε r =								,
откуда							m1
a =		2m2 g				2
							≈2,8 (м/с ).
		m	+ 2m		2
1

Задача 4 . По наклонной плоскости, образующей угол α с горизонтом, скатывается без трения и скольжения сплошной однородный диск. Найти линейное ускорение центра диска. Решить задачу в общем виде, полагая, что вначале диск был неподвижен.

Дано: Решение

α

а = ?

П = 0

51

Пусть за t секунд центр тяжести диска прошел расстояние АВ = х от вершины наклонной плоскости, при этом потенциальная энергия диска уменьшилась на величину ∆Пp = mgx sin α.

По закону сохранения энергии эта энергия перешла в кинетическую энергию диска в точке А:

T = mgx sin α.

(1)

Кинетическая энергия диска складывается из кинетической энергии поступательного движения

T =	mv2	(2)
1	2

и кинетической энергии вращательного движения T2 = Jω22 , т. е.

mgx sin α = m2v2 + Jω22 ,

где J – момент инерции диска относительно оси, совпадающей с его геометрической осью;

J = mr2 2 ; r – радиус диска; m – масса.

Скорость поступательного движения диска v и угловая скорость вращательного движения диска ω связаны соотношением

v = ωr,

откуда							v
				ω =				.			(3)
							r
Подставив (3) в (2), получим
mgx sin α =	mv2	+	mv2	=	3	mv2			или x =	3	v2 .
										4 g sin α
2		4		4

Дифференцируя это уравнение по времени t, получим:

	dx	=	3	2v	dv	или v =	3va	,	a =	2g sin α	.
	dt		4g sin α		dt		2g sin α			3
						52

– угловая скорость колес в нижней точке петли ((·) В);

Задача 5 . С какой скоростью должен въехать велосипедист в нижнюю точку мертвой петли радиусом R = 5 м, чтобы не сорваться вниз? Масса велосипедиста с велосипедом m = 100 кг, масса обоих колес m1 = 5 кг. Трением пренебречь, массу колес считать сосредоточенной в ободьях.

Дано: Решение

m = 100 кг

m1 = 5 кг R = 5 м

v0 = ?

П = 0

На основании закона сохранения энергии EB = Ec , т. е.

	mv2		Jω2	= 2mgR +	Jω2		mv2
	0	+	0			+		,	(1)
	2		2		2		2

где J = m1r2 – момент инерции колес; r – радиус колеса;

ω0 = vr0

ω= vr – угловая скорость колес в точке С. По второму закону Ньютона

mg + N = mRv2 .

При N = 0 (условие обрыва)

	mg =	mv2	.	(2)
		R

Решая систему уравнений (1) и (2), получаем

	v =	(5m +m1 )gR	=15 м/с.
		m +m1
		53