Физика. Задачи для поступающих в вузы - Бендриков Г.А.
Скачать (прямая ссылка):
Начальную скорость первого осколка можно найти по заданному расстоянию s. Имеем ^-/=У[Г, где t = -j2h/g = (v0 sin2а)/g - время полета осколка; отсюда
Vi = sg/ц) sin а - Ц) cos а.
Начальная скорость второго осколка
v2 = 2v - v, = Зц, cos а - sg/щ sin а.
Искомое расстояние
L = l + v2t = 2(Vq sin 2a) / g-s.
Данную задачу можно решить и другим способом. Центр масс осколков движется так, как двигался бы неразорвавшийся снаряд. Осколки падают на землю одновременно, и центр масс системы в момент падения будет
\ В
237
находиться на расстоянии 21 от места выстрела. Для этого необходимо, чтобы выполнялось соотношение
M(2l - s)/2 = M(L - 2/)/2; отсюда L = 41 - s = 2( Uq sin 2а )/g - s.
161. Примем за положительные направления осей координат вертикальное вниз и горизонтальное в сторону полета снаряда (рис. 242). После разрыва снаряда первый осколок согласно условию имеет только вертикальную составляющую скорости. Поэтому закон сохранения импульса в
проекциях на горизонтальное направление имеет вид Mv- Mv2^j2, где М - масса снаряда, a v2x - модуль составляющей скорости второго осколка. Так как импульс снаряда по вертикали перед взрывом равен нулю: Mv\yt2 + Mv2yГ2 = 0, то вертикальные составляющие скоростей осколков равны Рис 242 по М°ДУЛЮ и направлены в противополож-
ные стороны: и2у = -1>\у Запишем также кинематические уравнения движения осколков. Для первого и второго осколков имеем
h=vu.t0 +gtl /2, h = vlYt + gt2 /2, s = v2xt,
О \s
где t- время падения второго осколка. Исключив из этих уравнений v[y, 1>2х, vly и t, получим для скорости снаряда перед разрывом квадратное уравнение:
' » \ 2 gt0 h
s
lit
и
V
0 J
gs 8 h
= 0.
Из двух его корней
ао 2
4 h
gtp ! h 2 to j
решением задачи будет корень, содержащий знак плюс, так как при нашем выборе положительного направления v > 0. Таким образом, окончательно имеем v = sgt0/4h.
§ 6. Статика
162. 7, =F\T2 = IF.
163. d = D^j\0P/nP0 » 36 мм.
164. Действующие на брусок силы изображены на рис. 243: Л^-сила реакции стены,kN — сила трения, mg — сила тяжести. При равновесии N = F и f - mg. Следовательно, kF ? mg. Минимальная сила F = mg/k = 490 Н.
238
165. F > kmg. !
166. Действующие на брусок силы изображены на рис. 244: N — сила реакции плоскости,/^ ^/V-сила трения, mg - сила тяжести. При равновесии суммы проекций сил вдоль наклонной плоскости и в перпендикулярном направлении равны нулю:
отсюда F mg( sin а-к cos а)/к ~ 32 Н.
167. Действующие на доску силы изображены на рис. 245: ( и
N2 - силы реакции наклонной плоскости,/, и/2 - силы трения, mg — сила
тяжести. Равенство нулю суммы моментов сил относительно осей, проходящих через нижнюю и верхнюю опоры, дает N\ = N2 = (mg cos а)/2. Равенство нулю суммы проекций сил вдоль наклонной плоскости приводит к уравнению mg sin a =/j +f2. Скольжение будет отсутствовать при /, =? kiN] и f2 =? k2N2. Минимальный угол определяется уравнением mg sin ex = (I', + к2) (mg cos a)/2; отсюда tg a = (?, + k2)/2.
168. Равенство проекций сил на горизонтальное направление требует равенства сил натяжения тросов (рис. 246). Для равновесия необходимо,
/- mg sin a = О, F + mg cos a - N = 0;
Рис. 243
Рис. 244
Рис. 245
2
Рис. 246
Рис. 247
чтобы сумма проекций сил на вертикальное направление была равна нулю:
27cos(a/2) ~mg = 0; отсюда Т = mg/2cos(a/2) = 196 Н.
239
169. 7, = 73 = 98 Н; Т2 = 97,5 Н.
170. Действующие на точку В кронштейна силы изображены на рис. 247. Стержень АВ растянут с силой Ть а стержень ВС сжат с силой Т2. Суммы проекций этих сил вдоль горизонтали и вдоль вертикали равны нулю, так как точка В находится в равновесии:
7,-72 cos а = 0, mg - Т2 sin а = 0;
отсюда
7] = mg ctg а = 568 Н,
Т2 = mg/sin а = 1126 Н.
171. m = д/те,пц -2,9 кг.
172. Равенство моментов сил тяжести относительно оси, проходящей через точку опоры (рис. 248), приводит к уравнению mg}/5 = Mg(l/2 - 1/5), где I - длина стержня; отсюда М = 2т/3 = 0,8 кг.
1/5
Я
mg
1
Mg Рис. 248
//4
' ’J
1. 9 9
I 1 mg Z Т FT
Рис. 249
173. Относительно оси, проходящей через край платформы, сумма моментов сил mg и F равна нулю. Так как плечи этих сил в соответствии с условием задачи одинаковы (рис. 249), то mg = F = 2000 Ни т~ 200 кг.
174. Согласно третьему закону Ньютона силы реакции трубы и N2 равны по модулю искомым силам давления (рис. 250). Так как сумма сил должна быть при равновесии равна нулю, то Л/,+
+ N2-mg = 0. Равенство моментов сил относительно оси, проходящей через точку О (можно было бы выбрать и
N,
? V
a 'mg
N2
О
Рис. 250
Рис. 251
любую другую ось), имеет вид Л/](/ - а) = mgl/2. Решая полученную систему уравнений,найдем
/V, = mgl/2(l -а) = 490 Н, N2 = mg(l - 2а)/2(1 -а) = 294 Н.
175. Если верхний конец лестницы немного отошел от стены, то относительно оси, проходящей через точку О (рис. 251), момент создают
240
только силы F и mg. Равенство моментов этих сил позволяет записать уравнение
F(/cos а)/2 - mg(2lsin а)/3 = О,
где / - длина лестницы; отсюда F = (mg tg а)/3.
176. а = arctg(l/2?).
177. Из равенства суммы сил вдоль вертикали следует (рис. 252), что N = mg. Уравнение моментов сил относительно оси, проходящей через точку соприкосновения дощечек, имеет вид
