Физика в задачах для поступающих в вузы - Турчина Н.В.
ISBN 978-5-94666-452-3
Скачать (прямая ссылка):
2
2
462
откуда с учетом уравнений (1), (2) получим
h - lcos a + lcos a = H + lcos3 a
и находим
H = h - 1cos3a d 46 см.
Ответ: H d 46 cм.
3.7.23. При движении груза на стержень будет действовать сила натяжения нити T, которая способна сдвинуть брусок. Для того чтобы брусок сдвинулся с места, сила трения покоя FTp пок должна стать максимальной:
Fn,,
. = ц#.
(1)
Запишем второй закон Ньютона для груза в момент времени, когда нить составила угол a с вертикалью (рис. 3.7.27):
mIv- = T - mgcos a,
(2)
где v — скорость груза в этот момент. Найдем ее из закона сохранения энергии:
mglcos a = m^- . (3)
Из уравнений (2), (3) получим
T = 3mg cos a. (4)
Условие равновесия для бруска:
0 = Tsin a - FTpn0K, 0 = N - Tcos a - Mg;
с учетом (1) и (4) находим ответ:
M = 3 — cos a( sin a - ^cos a) d 37 5 г
3.7.25. В положении 0 (рис. 3.7.28) пружина недеформирована; в положении 1 — растянута на х; ее потенциальная энергия kx2/2, а потенциальная энергия груза mg (n - 1)x. В положении 2 потенциальная энергия пружины kn2x2/2, потенциальная энергия груза равна нулю. Запишем закон сохранения энергии:
+ mg(n - 1)x + А =
(1)
463
и условие равновесия:
mg = кх,
(2)
где к — жесткость пружины, А — совершенная работа. Решив систему уравнений (1), (2), получим
A =
= fex2 (п -1)2 = 0,72 Дж.
Ответ: A = 0,72 Дж.
3.7.28. Когда подставку начинают отпускать, на нее действуют силы: тяжести mg, реакции опоры N и упругости F = кх (рис. 3.7.29). По второму закону Ньютона:
ma = mg - N - кх.
1
2
Рис. 3.7.28
Рис. 3.7.29
В момент отрыва N = 0, х = і. Следовательно, ma = mg - kl, откуда
Подставка пройдет путь
і = — (g- a ) k
і = — .
(1)
(2)
Решив систему уравнений (1), (2), получим
t = Z2 m (g- a) d 0,3 с.
V ka
(3)
x
nx
464
При движении системы из состояния 2 в состояние 3 закон сохранения энергии имеет вид
—2-2 + mg(^r - l) + = ,
(4)
где v = at — скорость подставки в состоянии 2, Дх — максимальное растяжение пружины. Решив систему уравнений (1), (3), (4), получим
Дх = —
k
1 +
а (2g - а)
g
0,22 м.
Ответ: t d 0,3 с; Дх d 0,22 м.
3.7.29. См. рис. 3.7.30. Максимальный импульс шарика
pmax = mvmax.
(1)
с\ 2
Рис. 3.7.30
Закон сохранения энергии при переходе системы из состояния 1 в состояние 2 имеет вид:
mg(h - l + х) = kI2 + —-2 .
(2)
Скорость будет максимальна, когда шарик будет проходить положение равновесия. При этом сумма сил, действующих на шарик, равна нулю:
mg - кх = 0.
Решив систему уравнений (1) — (3), получим ответ:
= mj2g(h - l) - d 0,16 кг ¦ м/с.
3.7.32. См. рис. 3.7.31. Работа внешних сил:
A = Ek + En,
(1)
где потенциальная энергия пружины тр _ кAi2
2
(2)
Рис. 3.7.31
(3)
(В
F
х упр
[ЛЛЛЛЛ^Г
Л
v
max
m
465
кинетическая энергия шарика
E = —v 2 = — ш 2 R2 = — ш 2 (Ax + 1 )2
2
2
2
(3)
поэтому
А = — ш 2 (Ax + 1) 2 + k Ax2
2 .
По второму закону Ньютона Fynp = man, где Fynp = Mx — сила упругости, an = ш2(1 + Дх) — центростремительное ускорение. Следовательно,
Mx = mm2^x + l) Дх =
—ш21
(4)
M
О
k - — ш2
Решив систему уравнений (1) — (4), получим
А = k—ш2 12 k + — ш2 = 1,69 Дж.
2 ( k - — ш)2
Ответ: А = 1,69 Дж.
3.7.33. Введем систему отсчета XOY (рис. 3.7.32). В направлении оси OX на тело при его движении силы не действуют, поэтому проекция начальной скорости на эту ось . = v0cos a
V-
mg
.-V0-.
X-
vOx
будет неизменной.
Движение вдоль оси OY происходит с ускорением ay = -g, поэтому проекция Vy скорости будет изменяться по закону
vy = v0sin a - gt
и в верхней точке M траектории станет равной нулю:
0 = v0sin a - gt0,
где t0 — время подъема тела в наивысшую точку.
Если «смотреть» сверху в цилиндр, то тело будет двигаться по окружности радиусом R с постоянной скоростью v0x, а угловая координата тела будет изменяться по закону
vnx Un cosa
ҐП = І.Л+ = nx + = n +
Рис. 3.7.32
R
За время t0 тело совершит n = 4 оборота, т. е. сместится на угол ф = 2пп. Тогда
2пп =
R
Un
-10, или 2пп = —
v2 sin a cosa
gR
R
466
Следовательно,
2 = 2nngR
sin a cos a
Сила давления F тела на поверхность цилиндра в верхней точке равна по модулю силе N реакции стенок цилиндра. Из уравнения движения, записанного в проекции на нормаль к траектории (она все время направлена по радиусу цилиндра), находим
N = -v-!
R
где u = u0cos а — скорость тела в точке M.
Окончательно получаем:
F = N = — ' 2 nngRcos2 a = ,
= 2nnmg ctg а d 8,5 H.
R sina cos в Ответ: F d 8,5 H.
3.7.34. Введем систему отсчета XOY (рис. 3.7.33). В направлении оси OX на шарик при его движении силы не действуют, поэтому проекция начальной скорости на эту ось
будет неизменной.
Движение вдоль оси OY происходит с ускорением ay = g, поэтому проекция скорости на эту ось
u„ = gi.
Y
Рис. 3.7.33
