<<
>>

§ 2. Динамика


В задачах этого раздела используются данные таблиц 3 — 5 да приложения. Кроме того, следует учесть замечание к § 1. 2.1. Какой массы тх балласт надо сбросить с равномерно
опускающегося аэростата, чтобы он начал равномерно подниматься с той же скоростью? Масса аэростата с балластом т = 1600 кг, подъемная сила аэростата F = 12 кН.
Считать силу
сопротивления F^р воздуха одной и той же при подъеме и
спуске.
Решение:
hF
VA
nF
сопр
' coop
(m-mjg
jftng
По второму закону Ньютона F + tug + F сопр =0; F + Fconp + (т -mx)g = 0, или в проекциях на ось у [F - mg + Fconp = 0; [F~^сопр ~(m-mx)g = 0.
Здесь первое уравнение описывает опускающийся аэростат, второе — поднимающийся. Раскрыв скобки и сложив
первое уравнение со вторым, получим тх =
_2(уng-F)_ g F
т
g
= 2
; тх = 752 кг. 2.2. К нити подвешен груз массой т = 1 кг. Найти силу натяжения нити Т, если нить с грузом: а) поднимать с ускорением а - 5 м/с2; б) опускать с тем же ускорением а- 5 м/с2. ¦"¦'-¦¦''у/л
ар
mg
В обоих случаях, а и б, применим второй закон Ньютона.
а) Т + mg = та или T-mg = ma, отсюда Т = ma{ + mg = т(а{ + g); Т = 14,8 Н.
б) Т + mg = ma или -mg + T = -ma2, откуда Т = mg - ma2 = m(g - a2); Г = 4,8 H. 2.3. Стальная проволока некоторого диаметра выдерживает силу натяжения Т = 4,4 кН. С каким наибольшим ускорением можно поднимать груз массой m = 400 кг, подвешенный' на этой проволоке, чтобы она не разорвалась.
Решение: кУ
По второму закону Ньютона Т + mg = ma T-mg ш
аь
m
или Т - mg = ma, откуда а = а -12 м/с:. yWg
2.4. Масса лифта с пассажирами ш = 800кг. С каким ускорением а и в каком направлении движется лифт, если известно, что сила натяжения троса, поддерживающего лифт:
а) Т = 12кН; б) Г = 6кН.
Решение:
По второму закону Ньютона Т + mg - ma или Т - mg - ma (см. рис. к задаче 2.3), откуда а = Т/m-g . а) а = 5,2м/с2;
б) а = -2,3 м/с2.
2.5. К нити подвешена гиря. Если поднимать гирю с ускорением а] = 2 м/с2, то сила натяжения нити Т{ будет вдвое меньше той силы натяжения Т2, при которой нить разорвется. С каким ускорением а2 надо поднимать гирю, чтобы нить разорвалась?
Решение:
Запишем второй закон Ньютона в скалярном виде для двух случаев: 7] - mg = max — (1); Т2 - mg = ma2 — (2) (см. рис. к задаче 2.3). Поскольку Т2 = 27], то уравнение (2) можно переписать 27] -mg = ma2, откуда 7] = ma2 - max = = m(a2-tfi). Подставив выражение для JJ в (1), получим m(a2 -ax)~mg = тах, откуда а2 = 2ах + g; а2 = 13,8 м/с2.
Автомобиль массой ш = 1020 кг, двигаясь равнозамед- ленно, остановился через время / = 5 с, пройдя путь s = 25 м. Найти начальную скорость v0 автомобиля и силу торможения F.
Решение:
По второму закону Ньютона F = та, или в проекции на ось ^ — v-0
х: F = ma — (1). Уравнения х К г~~| | 1
движения при равнозамедленном |t S ,|
движении автомобиля имеют
at2
вид: S = v0t (2); v = v0 - at — (3). Поскольку ко-
нечная скорость автомобиля v = 0, то из (3) начальная скорость автомобиля v0 = at. Подставляя это выражение 2 S
в (2), найдем а = — (4). Подставив (4) в (1), получим:
F = 2,04кН.
v
Поезд массой т - 500 т, двигаясь равнозамедленно, в течение времени t = 1 мин уменьшает свою скорость от v, = 40 км/ч до v2 = 28 км/ч.
Найти силу торможения F.
t An
Запишем второй закон Ньютона в виде: F = откуда
At
Ap-FAt или mAv-FAt. В проекции на направление движения последнее уравнение можно записать в виде
v. — v.
т(v2-vx) = -FAt. Отсюда, при At = t, F = т ' ~ . Под-ставляя числовые данные, получим F = 27,5 • 103 Н.
Вагон массой т = 20 т движется с начальной скоростью
v0 = 54 км/ч. Найти среднюю силу F , действующую на вагон,
если известно, что вагон останавливается в течение времени: a) t = 1 мин 40 с; б) 7=10с; в) / = 1 с.
Решение:
v, — v,
Имеем F = т - (см. задачу 2.7). В нашем случае
vi = vo » v2 = 0» т-с- F ~ ~~~ • Подставляя числовые данные, получим: a) F = 3 кН ; б) F = 30 кН ; в) F = 300 кН .
Какую силу F надо приложить к вагону, стоящему на рельсах, чтобы вагон стал двигаться равноускоренно и за время t = 30 с прошел путь s = 11 м? Масса вагона т = 16 т. Во время движения на вагой действует сила трения F^, равная 0,05 действующей на него силы тяжести mg .

По второму закону Ньютона —> —• —»
F + F = та или в проекции на | ~] х ось х: F-F = та, откуда
S_
¦ф
F = та + Fw . Поскольку движе-
Решение:
ZT 25 Л.
F = т- + г
ниє равноускоренное и v0 = 0, то путь S = at2/2, откуда 2 S
а = —у. По условию FTp = 0,05mg, тогда + 0,05//7g; F = 8,2 кН.
2.10. Поезд массой /;? = 500т после прекращения тяги паровоза под действием силы трения FTp = 98 кН останавливается через время t = 1 мин. С какой скоростью v0 шел поезд?
Решение: _ mvN 't
тр
Имеем F_=—- (см. задачу 2.8), отсюда v0 =
t т
— 0. ґпаж dq п аітл/ о я"\ лтгчлп с1 1) — ie
VQ = 1 1,75 м/с. 2.11. Вагон массой т- 20 т движется равнозамедленно, имея начальную скорость v0 =54 км/ч и ускорение а = -0,3 м/с2. Какая сила торможения F действует на вагон? Через какое время t вагон остановится? Какое расстояние 5 вагон пройдет до остановки?
Решение:
По второму закону Ньютона F = та, или в проекции на направление движения - F = -та, откуда сила торможения по абсолютной величине равна F = 6 кН. Ускорение
v - vn л vn
вагона а , но v = 0, следовательно, а = —-, откуда
t t
t = —VQ /a; t = 50 с. Пройденный путь, с учетом а < 0, най-
л
Дем по формуле s = vt-at / 2; s = 375 м.
2.12. Тело массой т = 0,5 кг движется прямолинейно, причем зависимость пройденного телом пути 5 от времени t дается
уравнением s = A-Bt+ Q2 - Dt3, где С = 5 м/с2 и ?) = 1м/с3. Найти силу F, действующую на тело в конце первой секунды движения.? По второму закону Ньютона F = ma, где a = d"s / dt".
т . »2
— = -Д + 2С/-31>/2; —4 = 2C-6Dt=a отсюда F = wx dt dt~
x(2C-6D/); F = 2H.
Под действием силы F = 10 H тело движется прямоли-нейно так, что зависимость пройденного телом пути s от времени t дается уравнением s = A-Bt + Ct2, где С = 1м/с2. Найти массу т тела.
Решение:
По второму закону Ньютона F = та или F -та, где
d2s ds _ с/25 _ ^ _ Л
а = —т-. — = -В + 2Сt; —Т = 2С , отсюда F = т- 2С , сле- dr dt dt
довательно, m-F /2С \ т = 5 кг.
Тело массой /;/ = 0,5кг движется так, что зависимость пройденного телом пути s от времени / дается уравнением s = A s in со-t, где Л =5 см и <у=/г рад/с. Найти силу F, действующую на тело через время г = (і/б)с после начала движения.
Решение:
d2s
По второму закону Ньютона F = та , где а = —г-. Первая
dt
ds . d2s
производная — = ACQ COS cot; вторая производная —=- = dt dt
= -Aco^ sin cot = a, отсюда F = -mA со sin cot; F = -0,125 H.
Молекула массой /и = 4,65 10~26 кг, летящая по нормали к стенке сосуда со скоростью v = 600 м/с, ударяется о стенку и упруго отскакивает от нее без потери скорости. Найти импульс силы F&t, полученный стенкой во время удара.
Решение:
По закону сохранения импульса FAt = (wv + 0)-(-w7v + 0), откуда FAt = 2mv ; FAt = 5,6-10"23 H e.
2.16. Молекула массой т - 4,65 • 10~2бкг, летящая со скоростью v = 600 м/с, ударяется о стенку сосуда под углом а = 60° к нормали и упруго отскакивает от нее без потери скорости. Найти импульс силы FAT, полученный стенкой во время удара.
Решение:

По второму закону Ньютона FAt = = mAv. Считая положительным направление нормали, внешней к стенке, получим: Av = v2 cos а -
- (- v, cos а); Av = v2 cos a + v, cos a . Таким образом, получим FAt = = Imvcosa ; FAt = 2,8-10~23H e.
2.17. Шарик массой /?? = 0,1кг, падая с некоторой высоты, ударяется о наклонную плоскость и упруго отскакивает от нее без потери скорости. Угол наклона плоскости к горизонту а = 30°. За время удара плоскость получает импульс силы FAt = 1,73 Н е. Какое время t пройдет от момента удара шарика о плоскость до момента, когда он будет находиться в наивысшей точке траектории? Решение:
импульса Av - v, cos а - h 1 \
\ Vy v По закону сохранения FAt - mAv , где -(-v2 cos a); Av = cos a(yx + v2);
v, = v2 = v, отсюда Av = Ivcosa . Тогда FAt = Imvcosa —(1). Из рисунка gt
VV = V sin
ч2 у
видно, что = vcos2a-gt; vy = 0 в верхней точке, следовательно, vcos2а = gt, откуда t-vcos2a/g. Из (2) найдем
FAt л FAt cos 2а t ЛС|
v = , тогда t = ; / = 0,51 с.
2т cos a 2mgcosa
2.18. Струя воды сечением S = 6 см2 ударяется о стенку под углом а = 60° к нормали и упруго отскакивает от нее без потери скорости. Найти силу F, действующую на стенку, если из-вестно, что скорость течения воды в струе V = 12 м/с.
Решение:
(См. рис. к задаче 2.16) За время At о стенку ударяется масса воды m = lSp = SvAtp — (1), где S— поперечное сечение струи, р— плотность воды. По закону сохранения
импульса FAt = mAv9 откуда F = — (2). Имеем
At
Av = V! cos а - (- v2 cos а) = cos a(yx + v2) (см. задачу 2.16). По условию vj=v2=v, отсюда Av = 2vcosa — (3). Подставляя (1) и (3) в (2), получим
_ SvAtp-lvcOSa .„2 г^ огтт
F = 2Sv pcosa; F = 86 Н.
At
2.19. Трамвай, трогаясь с места, движется с ускорением а = 0,5 м/с2. Через время / = 12 с после начала движения мотор выключается и трамвай движется до остановки равнозамедленно. Коэффициент трения на всем пути к = 0,01. Найти наи-большую скорость v и время t движения трамвая. Каково его ускорение а при его равнозамедленном движении? Какое рас-стояние s пройдет трамвай за время движения?
Решение:
Очевидно, что наибольшей скорости трамвай достигнет в момент времени /,=12 с, его скорость: v = at; v = 0,5-12 = 6 м/с. Пройденный путь при равноускоренном 50
a\h /14
движении: Sy = —— О Л а ПРИ равнозамедленном s2 = vt2 —— — (2). Согласно второму закону Ньютона
-F- = kmg = та-,; а, = =kg; а, = -0,098 м/с2. На
т
-v _
втором участке пути: v = -а, отсюда t1 - —; t1 = 61,2 с.
Тогда время движения t = Г, +12; г = 73,2 с. Из уравнения (1) = 36 м. Из уравнения (2) s2 =183,7 м. Весь путь
s = sy+s2; s = 219,7 м.
На автомобиль массой т- 1т во время движения действует сила трения F, равная 0,1 действующей на него силе тяжести mg. Какова должна быть сила тяги F, развиваемая мотором автомобиля, чтобы автомобиль двигался: а) равно-мерно; б) с ускорением а = 2 м/с?
Решение:
а) Движение равномерное а = 0, следовательно уравнение движения в соответствии со вторым законом Ньютона: F-F1V= 0, отсюда F - = 0,l7/;g; F = 980H. б) По
второму закону Ньютона: F та, отсюда
F = ma + Fw =m-(a + 0,\g); F = 2,98KH.
Какой угол а с горизонтом составляет поверхность бензина в баке автомобиля, движущегося горизонтально с ускорением а - 2,44 м/с"?
Решение:
В неинерциальных системах отсчета
(НИСО) второй закон Ньютона не вы- ід f ^
лолняется. Запишем уравнение дви- ? j \
жения бензина в баке в НИСО ^ *
\mg? О = mg + N + Fj, где Fi = -та. В проекции на ось х:
Q = Nsina- та. В проекции на ось у: O = mg-Ncosa,
.. mg mgsina
отсюда mg = N cos а ; N = ; = та, следо-
cosa cos а
а 2>44 і ло
вательно, а = g • /ga; а = arctg—; g 9,8 2.22. Шар на нити подвешен к потолку трамвайного вагона. Вагон тормозится, и его скорость за время / = 3 с равномерно уменьшается от v, = 18 км/ч до v2 = 6 км/ч. На какой угол отклонится при этом нить с шаром?
Решение:

Рассмотрим положение шара относительно системы отсчета, связанной с потолком вагона. Поскольку вагон "0 движется с ускорением, то система является неинерциальной. Уравне-ние движения в векторной форме: Т + mg + FH =0 — (1), где Fn =-ma, тогда уравнение (1) в проекциях на ось х: Т sin а = та — (2) и на ось у: Tcosa -mg = 0 — (3).
_ а а
Разделив (2) на (3), получим tga= —, откуда а - arctg—
8 8 или, учитывая, что а = — > а = arctg(Av/ gt). Подставляя числовые данные, получим а = 6°30'.
2.23. Вагон тормозится, и его скорость за время t = 3,3 с равномерно уменьшается от v, = 47,5 км/ч до v2 = 30 км/ч. Каким
должен быть предельный коэффициент трения к между чемоданом и полкой, чтобы чемодан при торможении начал скользить по полке?
Решаем задачу в неинерциальной системе отсчета. Уравнение движения 0 = / + Fi или в проекции на ось х: О = - та, где a = (v,-v2)/r; F^ = kmg. Тогда
. v, -v-,
fang = — LL j ? = —! tt. . Подставляя числовые дан-
t gt
ные, получим: ? = 0,15. Т.е. при ?<0,15 чемодан начнет
скользить по полке.
2.24. Канат лежит на столе так, что часть его свешивается со стола, и начинает скользить тогда, когда длина свешивающийся части составляет 1/4 его длины. Найти коэффициент трения к каната о стол.
Решение:
Обозначим силу тяжести, действующую на единицу длины каната, через mtg. Тогда сила тяжести свешивающейся
части каната равна Эта сила тяжести уравно
вешивается силой трения Fw, действующей на ту часть
3 btifgl
каната, которая лежит на столе: Fw = —. Таким
образом, —1— = —, откуда к = 0,33 .
4 4
2.25. На автомобиль массой т = 1 т во время движения действует сила трения F , равная 0,1 действующей на него силы тяжести mg . Найти силу тяги F, развиваемую мотором автомобиля, если автомобиль движется с постоянной скоростью: а) в гору с уклоном 1 м на каждые 25 м пути; б) под гору с тем же уклоном.

х Уравнение движения автомобиля в векторной форме та = mg + N + + Frp + F; v = const, следовательно a = 0 . а) В проекции на ось х: О = -mg sin a -F^+F, на ось у:

0 = N-mgcosa, где sin а = —=
/
= 0,04, cos а = 0,999, откуда N = mgcosa . Frp=kN = kmgx х cos a ; F = mg sin a + king cos a ; F = mg(sin a + k cos а) или F = 1,37 кН. б) В проекции на ось х: 0 = F + mgsina-F'Тр, на ось
у: N = mgcosa. F = FTp-mgsina\ F = bngcosa-mgx xsina; F = mg(k cos a-sin a). F - 590 H.
Решение:

Зададим направление оси х вдоль наклонной плоскости и запишем второй закон Ньютона в проекции на эту ось: F - mg sin =
= ma— (1), где sina-h/l — (2). Из уравнения (1) F = ma + mg x
xsina + Frp или, с учетом уравне-
2.26. На автомобиль массой m = 1 т во время движения действует сила трения F^, равная 0,1 действующей на него силе тяжести mg . Какова должна быть сила тяги F, развиваемая мотором автомобиля, если автомобиль движется с ускорением а = 1 м/с2 в гору с уклоном 1 м на каждые 25 м пути.
ния (2), сила тяги, развиваемая мотором автомобиля равна
2.27. Тело лежит на наклонной плоскости, составляющей с горизонтом угол а = 4° . При каком предельном коэффициенте трения к тело начнет скользить по наклонной плоскости? С каким ускорением а будет скользить тело по плоскости, если коэффициент трения к = 0,03 ? Какое время t потребуется для прохождения при этих условиях пути s = 100 м? Какую скорость v будет иметь тело в конце пути?
Решение:
Для покоящегося тела по второму
закону Ньютона в проекции на ось х .ft ^
имеем mgsina-F^ =0, где J^*
FTm > kmg. Отсюда mg sin а = kmg; ^f^M к = sin a ; к < 0,07 . При равноускоренном движении по второму закону Ньютона: mgsina- - F.' = та или sin а - king - та, откуда а = g(sin а-к);
t = 22,6 с. Скорость v = al\ v = 8,8 м/с.
2.28. Тело скользит по наклонной плоскости, составляющей с горизонтом угол а = 45° . Пройдя путь s = 36,4 см, тело приобретает скорость v = 2 м/с. Найти коэффициент трения к тела о плоскость.
Решение:
См. рисунок к задаче 2.27. Запишем второй закон Ньютона в проекциях на ось х: mgsina-F.' =та9 или
тр
g sin а -а
- (і).
mg sin а - kmg cos а = та, откуда к =
gcosa
Скорость v = at, откуда t = — — (2). Пройденный путь
а
at2 av2 v2 v2
s = , с учетом (2) s = —у = —, откуда а = (3).
2 2а 2а 2- s
Qsina — v /2S
Подставив (3) в (1) получим к = — ;
gcosa
. 2 gs-sina-v2 . v2
к = — ; к = tga ; к- 0,2 .
2gs 2 gs-cosa
Тело скользит по наклонной плоскости, составляющей с горизонтом угол а = 45° . Зависимость пройденного пути s от
времени t дается уравнением s = Cr, где С = 1,73 м/с2. Найти коэффициент трения к тела о плоскость.
Решение:
См. рисунок к задаче 2.27. Ускорение можно найти как
вторую производную пути по времени, а - ^y = 3,46. По
второму закону Ньютона mgsina-Frp=ma. Поскольку Fw = krng cos а, то mg sin а - kmg cos a - та откуда _ mg sin a-ma gsina-a __
К — , К — , К — U,J .
mgcosa gcosa
Две гири с массами тх = 2 кг и т2 = 1 кг соединены нитью и перекинуты через невесомый блок. Найти ускорение а, с которым движутся гири, и силу натяжения нити Т. Трением в блоке пренебречь.
Решение:
Предположим, что нить невесома и нерастяжима. Выберем элемент нити Am и запишем уравнение движения в проекции на ось у: Ата = Т -Тх. Поскольку Am = 0, то Т = ТХ9 т. е. сила натяжения нити во всех точках ее одинакова. Ускорения движения грузов тоже одинаковы, т. к. из-за?
нерастяжимости нити за одно и то же время грузы проходят
а,/2
АМ Т
один путь, т. е. = —
а->Ґ
$2 =
; Sx= S2> следова-
тельно, ах = а2. Но направление векторов я, и а2 противоположны. Запишем второй закон Ньютона для первой и второй гири в проекциях на ось у:
(2)
Вычтем
(1):
из
\mxg-T = mxa — (l); \m2g-T = -m2a —(2).
a(mx +m2) = g(m{ -m2), отсюда a = —^^ — (3).
W7j + ТП2
Подставим (3) в (1) —Uhl - _ f $ следовательно,
m, + m~, ( \ { Щ-Щ
, 77?j + M2 j
( 2m1 ^
T = mxg
T = mxg
^777| + m2 - 777, 777j + 7772
T -m{g
^/и, + m2 J
Igiihm-, „ - '—Подставляя числовые дан-
77?! + 7772 НЫЕ, ПОЛУЧИМ: Т = 13 Н; А = 3,27 М/С .
2.31. НЕВЕСОМЫЙ БЛОК УКРЕПЛЕН НА КОНЦЕ СТОЛА. ГИРИ 1 И 2 ОДИНАКОВОЙ МАССЫ /?7, = M2 = 1 КГ СОЕДИНЕНЫ НИТЬЮ И ПЕРЕКИНУТЫ
ЧЕРЕЗ БЛОК. КОЭФФИЦИЕНТ ТРЕНИЯ ГИРИ 2 О СТОЛ К = 0,1. НАЙТИ УСКОРЕНИЕ Я, С КОТОРЫМ ДВИЖУТСЯ ГИРИ, И СИЛУ НАТЯЖЕНИЯ НИТИ Т. ТРЕНИЕМ В БЛОКЕ ПРЕНЕБРЕЧЬ.
РЕШЕНИЕ:
ЗАПИШЕМ ВТОРОЙ ЗАКОН НЬЮТОНА ДЛЯ ОБОИХ ТЕЛ В ПРОЕКЦИЯХ НА НАПРАВЛЕНИЕ ИХ ДВИЖЕНИЯ: MG-TX=MLA — (1);
Ъ 1
MG
MG
T2~FW=M2A — (2). ИМЕЕМ T{ =
ТГ 2 F^ =Т2=Т (СМ. ЗАДАЧУ 2.30). СЛОЖИВ (1) И (2), С УЧЕТОМ ТОГО, ЧТО FW -KM2G, ПОЛУЧИМ 77Ї, G - KMG - <3(777, + M2), ОТ-
777, -BN2 __
КУДА НАЙДЕМ A- G
777, + 777 2 я = 4,4 м/с. Подставим (3) в (1) и выразим Г: Т = 77/,
Г = 7?7,?Х r = 777,gX
T = ML(G-A); ПЬ -КПИ
Z' Г Л
X
\
/77, + 77/,
777, -FO772
/77, + M2 J
Ч
^ 777, + 77/Л - 7/7, + KM ^ . ПОДСТАВИВ ЧИСЛОВЫЕ ДАН-
Y M2(\+K), F - G ТХТ2{[ + К) 777, + Т2 777, + Т2
777,777-) (L + K^G
НЫЕ, ПОЛУЧИМ: Г, = Т2 = — = 5,4 Н.
777, + 7772 2.32. Невесомый блок укреплен в вершине наклонной плоскости, составляющей с горизонтом угол а = 30°. Гири 1 и 2 одинаковой массы ml = m2 = 1 кг соединены нитью и перекинуты через блок. Найти ускорение а, с которым движутся гири, и силу натяжения нити Т. Трением гири о наклонную плоскость и трением в блоке пренебречь.
Решение: * М

Пусть /77, = m2 - т. Запишем уравнение второго закона Ньютона для первой и второй гири в проекциях на направление их движения с учетом 7] = Г2 = Т (см. задачу 2.30):
Из (1)
jmg -Т = ma —(l); [Т - mg sin а = ma — (2). имеем: T-m{g-a) — (3). Подставив (3) в (2), получим: g(l - sin а) = 2а , откуда а = - sin а)/ 2. Подставив числовые значения, получим: а = 2.45 м/с" и Т = 7,35 Н. 2.33. Решить предыдущую задачу при условии, что коэффициент трения гири 2 о наклонную плоскость к = 0,1.
Решение:

Пусть при данном значении к тело скользит. Уравнение второго закона Ньютона для первой гири останется неизменным, а в уравнении для второй появится сила трения: FTm = kmg cos а ;
mg-T=ma — 0)i
T - mg sin a-F^ = ma — (2). Выразим из (1) T: T -mg-ma — (3). Подставив (3) в (2), найдем а : mg -ma-mg(sinа + кcosa)= ma; g(l-sina -kcosa)-2a ; a = g(l-sina-kcosa)/2 . Из (3) T = m(g-a). Подставив числовые значения, получим: а = 2,02 м/с2; Т = l(9,8 - 2,02)= 7,78 Н. 2.34. Невесомый блок укреплен в вершине двух наклонных плоскостей, составляющих с горизонтом углы а =30° и р = 45°. Гири 1 и 2 одинаковой массы mx - т2 -1 кг соединены нитью и перекинуты через блок. Найти ускорение а, с которым движутся гири, и силу натяжения нити Т. Трением гирь 1 и 2 о наклонные плоскости, а также трением в блоке пренебречь.

Решение:
ПУСТЬ /77, = 7772 = 777 . тогда по
второму закону Ньютона в проекциях на направления движения гирь имеем:
mg sin p -T = ma —(l);
Сложив (1) и (2), получим:
[Г - mg sin a = ma — (2).
/ \ „ g(sinJ3 -sina) T_ mg(sm p - sin a) = 2ma, откуда a = — . Из (2): Г =
_ mg(sin p - sina)
T = ma + mg sina ;
_ (sin в + sina) T = mg-—
+ mg sina;
. Подставив числовые значения, полу
чим: а = 1,03 м/с2 и Т = 5,9 Н.
2.35. Решить предыдущую задачу при условии, что коэффициенты трения гирь 1 и 2 о наклонные плоскости к{ = к2 - 0,1. Показать, что из формул, дающих решение этой задачи, можно получить, как частные случаи, решения задач 2.30 — 2.34.
Решение:
Пусть при данном значении к гири скользят. С учетом силы трения уравнение второго закона Ньютона в проекциях на направление их m движения запишется в виде:
m\gsinP~T\ -Fw =mxa, Т2 -m2gsina-FTр = m2a; m{gsinР ~Т{ -kmxgcosр - mxa —(t),
как
і ак
или
- (3).
Т2 - m2g sina - km2g cos a = m2a.— (2). T{=T2, то сложив (1) и (2) получим: m{g sin P - m2g sin a - kmxgcos P - km2g cos a = a(mx + m2); m{g(sin P~k cos a) - m2g(sin P +к cos a) = a(m{ +m2), m, (sin p~k cos p)-m2 (sin a + к cos a)
откуда a = g¦
777, + m2
Из (2) найдем: T2 = m2a + m2gsina + km2gcosa , подставив 60
в это выражение (3), получим: T2=m2gx
mSsin В-kcos B)-mAsina + kcosa) /. ч
х — — ^ - + m2g\sin a cos а);
т{ + т2
Т _ w, (sin Р~к cos /З) - (sin а+ к cos a)(m2 - mx - m2) #
*2 ~~ nhS j
mx + m2
_ sin P~k cos P + sina + k cos a
T2 = gmxm2 ;
mx + m2
_ sin a + sin P + kicos a - cos P) T2 = gmxm, і cz ;
w, + m2
_ ги, w, (s w a + 5Ш + fclcos a - cos /?)) ^
T2 = 1 - C-LLg. Подставляя
mx + m2
числовые данные, получим: 7] = T2 = 6 Н. я = 0,244 м/с2.
2.36. При подъеме груза массой m = 2 кг на высоту Л = 1м сила F совершает работу Л = 78,5 Дж. С каким ускорением а поднимается груз?
Решение:
По второму закону Ньютона в проекции на направление
движения груза имеем ma = F~mg, откуда F -тал- mg .
Пс/условию работу А совершает сила F, следовательно,
А = Fh cos 0 = Fh = mah + mgh — (1), т.е. работа А идет на
увеличение потенциальной энергии груза и на сообщение
тт /1Ч A-mgh ему ускорения. Из уравнения (1) найдем а = —;
hm
а = 29,4 м/с2.
2.37. Самолет поднимается и на высоте h = 5 км достигает скорости v = 360 км/ч. Во сколько раз работа АХ, совершаемая при подъеме против силы тяжести, больше работы А2, идущей на увеличение скорости самолета?
Решение:
Работа Ах идет на увеличение потенциальной энергии самолета, а работа Л2 — на увеличение его кинетической энергии. Тогда при Ax-mgh и A2=mv~/2 получим: A, Imgh 2gh # А{
= 9,8.
А-у mv2 V А-,
Какую работу А надо совершить, чтобы заставить движущееся тело массой ш = 2кг: а) увеличить скорость с
Vj = 2 м/с до v2 = 5 м/с; б) остановиться при начальной скорости
v0 = 8 м/с?
Решение:
Совершенная работа пойдет па приращение кинетической
2 2 /2 2^ niv-> т\\ . wz^, -V, 1 энергии: а) Ах j- ; At =——l~L\ = 21 Дне.
Б) A2^WK1-WKX. Т.К. ^2=0, то A2=-WK] =-WV02/2 ; А2 = -64 Дж. Знак «-» говорит о том, что работа совершается силой трения.
Мяч, летящий со скоростью v, = 15 м/с, отбрасывается ударом ракетки в противоположном направлении со скоростью v2 = 20 м/с. Найти изменение импульса mAv мяча, если известно, что изменение его кинетической энергии AW = 8,75 Дж.
Решение:
Изменение кинетической энергии мяча:
* = отсюда
2 2-2
2AW
^ Ш=—Г — (1). Изменение
,1Ч . 2AW(v{+v,) 2 AW том (1): mAv = 2 1 2 -• = . Подставив числовые
V2 ~ Vf V2 ~ V1 данные, получим: mAv = 3,5 кг-м/с.
2.40. Камень, пущенный по поверхности льда со скоростью v = 3 м/с, прошел до остановки расстояние s - 20,4 м. Найти коэффициент трения к камня о лед.
Решение:
Работа силы трения при скольжении камня по льду равна A- F^scosa, где kN Vo
Fw=kmg, cos а = cos 180° = -1, т.е. ^r? г
, _ w "Зщшшшшг,
A--kings — (1). С другой стороны,
работа силы трения равна приращению кинетической энергии камня A = W2-WX, поскольку
J77V2
W2 = 0, то A--W{ - —— — (2). Приравнивая правые
v2
части уравнений (1) и (2), получим к = ; к = 0,02.
2 gs
2.41. Вагон массой т~ 20 т, двигаясь равнозамедленно с начальной скоростью v0 = 54 км/ч, под действием силы трения F^ = 6 кН через некоторое время останавливается. Найти работу
А сил трения и расстояние s, которое вагон пройдет до остановки.
Решение:
2
Работа силы трения А- (см. задачу 2.40).
Подставляя числовые данные, получим А = -2,25 МДж. По
F
второму закону Ньютона: F - та, откуда а — — (1).
т
При равнозамедленном движении путь, пройденный до . vo vo /^x
остановки: л = , где t = —, тогда s = — — (2).
2 a 2a
v2 m
Подставляя уравнение (1) в (2), получим s = —-—;
2'FTV
s = 375 м.
2.42. Шофер автомобиля, имеющего массу т = 1 т, начинает тормозить на расстоянии 5 = 25 м от препятствия на дороге. Сила трения в тормозных колодках автомобиля F^ = 3,84 кН.
При какой предельной скорости v движения автомобиль успеет остановиться перед препятствием? Трением колес о дорогу пренебречь.
Решение:
Задача аналогична 2.41. Воспользуемся полученной в
предыдущей задаче формулой: s = V°™ , откуда
2 • F^
v = J — . Подставив числовые значения, получим:
V т
v = 13,9 м/с; v = 50 км/ч.
2.43. Трамвай движется с ускорением а- 49,0 см/с. Найти коэффициент трения к, если известно, что 50% мощности мотора идет на преодоление силы трения и 50% — на увеличение скорости движения.
Решение:
Мощность мотора N-F-v. По условию половина мощности идет на преодоление силы трения, т.е.
N ь
— = king • v, а вторая половина — на увеличение скорости
движения, т.е. — = Jiia-v. Отсюда king v = ma-v,
2
следовательно, к = а/g; к « 0,05 . 64
2.44. Найти работу А, которую надо совершить, чтобы увеличить скорость движения тела массой т = 1 т от v, = 2 м/с до v2 = 6 м/с на пути s = Юм. На всем пути действует сила трения F„= 2Н.
Решение:
Часть совершенной работы пойдет на приращение кинетической энергии, а другая часть — на преодоление силы .
. mv\ mv} - . л v
трения. А =— + где Ap-F^-s, тогда
А= w(v2-v2) + „ . Л = 16,02кДж. 2.45. На автомобиль массой М = 1 т во время движения действует сила трения F , равная 0,1 действующей на него силе тяжести mg. Какую массу т бензина расходует двигатель автомобиля на то, чтобы на пути s = 0,5 км увеличить скорость от v, = 10 км/ч до v, = 40 км/ч? К.п.д. двигателя т] = 0,2, удельная теплота сгорания бензина q = 46 МДж/кг.
Решение:
^ Mv\ Mv,2 ^
Полезная работа, совершаемая двигателем, идет на преодоление силы трения и на приращение кинетической энер-
— (1). Затраченная работа
гии. Ап +
V
2 2
равна затраченному количеству теплоты: Л3=03;
А
С?з = Q • m — (2); К.п.д. двигателя г} = —-, откуда А3 =
А
А А
= — — (3). Подставив (3) в (2), получим: — = #•/??,
>/ Ч
отсюда т = Подставив в данное выражение (1),
q-i]
3-3268 65 . Mv] Mv} Л
. Т.к. Fw = 0,lwg,
1
тр і 2 2
J
получим т = — ЧП M
то m =
[2-0,lg-s + v2 -vj2]. Подставляя числовые дан-
Iqil
ные, получим: т = 0,06 кг.
2.46. Какую массу т бензина расходует двигатель автомобиля на пути s = 100 км, если при мощности двигателя TV = 11 кВт скорость его движения v = 30 км/ч? К.п.д. двигателя Т] = 0,22, удельная теплота сгорания бензина q = 46 МДж/кг.
Решение:
При перемещении автомобиля на расстояние 5 его дви-
Nt Ns
гатель совершает работу А - — = —. При этом затра-
Т] TJV
чивается масса бензина m = — = ; m-13 кг.
q qrjv
2.47. Найти к.п.д. rj двигателя автомобиля, если известно, что при скорости движения v = 40 км/ч двигатель потребляет объем К = 13,5 л бензина на пути s = 100 км и развивает
мощность N = 12 кВт. Плотность бензина р = 0,8 • 103 кг/мл, удельная теплота сгорания бензина q = 46 МДж/кг.
Решение:
Л
К.п.д двигателя равен rj - — (1). Мощность двигателя
Аг
A s Ns
N = —, где t = -, тогда Ап = — — (2); А3 = qm, где
/v v
JJJ = pV, отсюда А3 = qpV — (3). Подставляя (2) и (3) в
Ns
(1), получим: rj — ; 77 = 0,22.
vqpV
2.48. Камень массой т = 1 кг брошен вертикально вверх с начальной скоростью v0 = 9,8 м/с. Построить график зависимости от времени t кинетической WK, потенциальной Wn и полной W энергий камня для интервала 0 < / < 2 с (см. решение 1.11). Решение:
Wn = mgh;
/77 v 2
v0 -gt;
WK =
2
2\
0
w(v0 - gt f ^
w„ =
W„ =
V-
- 0 ; К ='"g
-iIt h = -j- + v0t;
_ (9,8 - 9,8/)2 2 W = WK + Wn= const; Wn =9,8(9,8/-4,9/2)=96/-48/2. Характер зависимости кинетической, потенциальной и полной энергии камня от времени дан на графике. t, с К > Дж К, Дж 0 48 0 0,2 30,7 17,3 0,4 17,3 30,7 0,6 7,7 40,3 0,8 1,9 46,1 1 0 48 1,2 1,9 46,1 1,4 7,7 40.3 1,6 17,3 30,7 1,8 30,7 17,3 2 48 0
Т 1 1 III—I—I—г
0,4 0,8 1,2 1,6 2 2.49. В условиях предыдущей задачи построить график зависимости от расстояния Л кинетической fVK, потенциальной
Wn и полной W энергий камня. Решение:
Кинетическая энергия, которой обладал камень в момент броска, будет в дальнейшем убывать за счет увеличения
67
потенциальной энергии. WK=^---mgh; Wn-mgh. Для
построения графика подставим числовые данные: 1?п = 9,8/г. Максимальную высоту, на которую поднимется mv'
= mgh, отсюда
камень, найдем из соотношения: h = — ; h - 4.9 м. Построим график при 0 < h < 4,9 2 g h, м ^к.Дж , Дж 0 48 0 2,7 21,6 26,4 4,9 0 48 IV, Дж

2.50. Камень падает с некоторой высоты в течение времени t = 1,43 с. Найти кинетическую WK и потенциальную Wn энергии камня в средней точке пути. Масса камня т = 2 кг.
Решение:
В верхней точке камень обладал потенциальной энергией
<7/2
Wn = mgH , где Я = (t — время падения до земли). Потенциальная энергия камня в средней точке пути Wn = mgh, где h — . Таким образом Wn = mg ~ - ;? Wn = 98 Дж. Кинетическую энергию камень приобрел за счет убыли потенциальной энергии. В средней точке пути
WK = Wn = 98 Дж, так как mgH - mgh = = WK. 2.51. С башни высотой Л = 25м горизонтально брошен ка-мень со скоростью v0 =15 м/с. Найти кинетическую WK и потенциальную fVn энергии камня через время t = lc после начала движения. Масса камня т - 0,2 кг.
Решение:

В момент времени t кинетичес-
rar myl
кая энергия камня WK = ——, а
его потенциальная энергия ц Wn = mg(h - Ah). Поскольку
У
Тогда
v,, = gt, то v2 =v02+(gf)2.
Wv
+Ы2). 2
WK= 32,2 Дж. Вертикальная составляющая перемещения 2 \
&
&
; Wn = 39,4 Дж.
h-
камня Ah = , отсюда Wn - mg 2.52. Камень брошен со скоростью V0=15M/C под углом а = 60° к горизонту. Найти кинетическую WK, потенциальную Wn и полную W энергии камня: а) через время f = lc после начала движения; б) в высшей точке траектории. Масса камня т = 0,2 кг.
Решение:
Полная скорость камня v = ^v2 + v2 , где vx=v0cosa; v,. = v0 sin a -gt. В верхней точке траектории v = 0,

следовательно, v0 sina = gt. Отсюда время подъема камня до верх-
VQsina
h ней точки t = — ; t =1,3 с, сле-
g
довательно в момент времени —* / = 1 с камень находится на подъеме. Его кинетическая энергия в этот момент
= "'(V° " + (v° si"a-#y ); = 6,6 Дж. По
закону сохранения энергии Wk0 =Wk+ Wn, где Wk0 — кинетическая энергия камня в начальный момент времени. 2 2 Ко = ТогДа К ; wn = 15,9 Дж. В верхней
точке траектории кинетическая* энергия камня . ^"к1=5,бДж. Согласно закону сохранения энергии полная энергия камня останется неизменной, а его потенциальная энергия в верхней точке траектории WllX = W - WKl; WnX =16,9 Дж.
2.53. На толкание ядра, брошенного под углом а = 30° к горизонту, затрачена работа л = 216 Дж. Через какое время / и на каком расстоянии ss от места бросания ядро упадет на землю? Масса ядра т = 2 кг.
Решение;
Работа, затраченная на толкание ядра, пошла на сообщение ему кинетической энергии.
7HVn
, откуда
А = IV.. =
к 2 А
vo =
т
— (1). Время подъема ядра до верхней точки __ v0 sin a ^^ задачу 2.52). Полное время полета ядра g
2v(]sina /1Ч IsinaJlA t = 2f, = —- ; подставив (1), получим: t = j=—;
g - gy/nj
/ = 1,5с. Расстояние от места бросания, которое пролетит
ядро sх =tcosaJ—; sx =19,1 м. V т
2.54. Тело массой т = Юг движется по окружности радиусом Л = 6,4 см. Найти тангенциальное ускорение ах тела, если известно, что к концу второго оборота после начала движения его кинетическая энергия IVK = 0,8 МДж.
Решение:
Найдем угловое ускорение: aT=eR — (1); є = — (2).
2 TZN 2KN Угловая скорость со = 2mi , отсюда t = — (3). С
t со
v
другой стороны, со = — — (4). Скорость v найдем из
тт/ тх>2
уравнения кинетическои энергии: *кк=—, отсюда
/2 W
v = J—- — (5). Подставив уравнение (5) в (4), получим V т
2 W
со = / j — (6). Подставив уравнение (3) в (2), с учетом
\| mR
(6), найдем: є-——= . Тогда из (1):
2nN mRxN
WKR WK Л. , ,
aT = \— = —; ат « 0,2 м/с .
mR'nN mRnN? 2.55. Тело массой т = 1 кг скользит сначала по наклонной плоскости высотой h = 1 м и длиной склона / = 10 м, а з^тем по горизонтальной поверхности. Коэффициент трения на всем пути к = 0,05. Найти: а) кинетическую энергию WK тела у основания плоскости; б) скорость v тела у основания плоскости; в) расстояние s, пройденное телом по горизонтальной поверх-
ности до остановки. Решение:
По закону изменения полной механической энергии AW = A, где А — работа внешних сил. В нашем случае в верхней точке WK= 0; Wn - mgh, у основания
mv- ' mv2
WK = ; УУп = 0, следовательно, —— mgh = Aip, где
ATp — работа сил трения. —mgh = -Frpl9 отсюда
; ту2 гТ 7
mgh = + F^l, т.е. потенциальная энергия гела при
соскальзывании с наклонной плоскости переходит в кинетическую энергию и в работу против сил трения. Но h — I sin а , откуда sin а = h /1 = ОД, a cos а = 0,99, F^^kmgcosa, где а — угол наклона плоскости.
2
а) К = > К = mgh - F^l; WK = mgl(sin а-к cos a);
12 W
WK = 4,9 Дж. 6) v = J—- = 3,1 м/с. в) Кинетическая
V m
энергия, которую тело имеет у основания наклонной плоскости, переходит в работу против силы трения на горизонтальной поверхности, т.е. WK = F^s = kmgs, откуда
W
найдем s = ——; s = 10 м. kmg
2.56. Тело скользит сначала по наклонной плоскости составляющей угол а = 8° с горизонтом, а затем по горизонтальной поверхности. Найти коэффициент трения на всем пути, если известно, что тело проходит по горизонтальной плоскости то же расстояние, что и по наклонной плоскости.
Решение:

В начальный момент времени тело обладает потенциальной р ft энергией Wn - mgh . Когда тело
оказалось в нижней точке на- ^ клон ной плоскости, часть его потенциальной энергии перешла
в кинетическую энергию, а оставшаяся часть пошла на
mv~
работу против сил трения. Wn=WK + Aw; mgh = —^- + + Fws{ —(1). Преобразуя уравнение (1), получим: mgsxx
mv2 , _ / . , \ ->
у. sin а = -у- + kmg cos as{; 2gs{ (sin а-к cos a)=v~ — (2).
На горизонтальном участке пути вся кинетическая энергия
тела пошла на совершение работы против сил трения.
?
mv~ f
WK = А^; —— = kmgs2, откуда v~ = lkgs2 — (3). Решая
совместно (2) и (3), получим: lkgs2 = 2gsx(sina -cosа); sin a
l + cos a
k~sina-kcosa9OTCiom k{\. + cosct)= sin а; k =
* = ^ = 0,06. 1,992 2.57. Тело массой m = 3 кг. имея начальную скорость v0 = 0 , скользит по наклонной плоскости высотой h = 0,5 м и длиной склона / = 1 м и приходит к основанию наклонной плоскости со
73? скоростью v = 2,45 м/с. Найти коэффициент трения к тела о плоскость и количество теплоты О, выделенное при трении. Решение:

В начальный момент времени тело обладает потенциальной энергией Wn - mgh. Когда тело оказалось в
нижней точке наклонной плоскости, часть его потенциальной энергии перешла в кинетическую энергию, а оставшаяся часть пошла на работу против сил трения. Wn = Wk + Д ;
777 v2
mgh = + — (О* Преобразуя (1), получим: 2 gh - Vі
к =
откуда
kg cos al = = ——
2 2 gcosa
к = 0,22. Количество выделившейся при трении теплоты равно Q = Fjp-l = kmgcosa-l; Q = 5,7Дж. 2.58. Автомобиль массой 77? 2 т движется в гору с уклоном 4 м на каждые 100 м пути. Коэффициент трения к = 0,08. Найти работу А, совершаемую двигателем автомобиля на пути 5=3 км, и мощность N развиваемую двигателем, если известно, что путь s - 3 км был пройден за время t = 4 мин.
Решение:

В случае равномерного движения автомобиля а- 0, тогда согласно второму закону Ньютона сила тяги двигателя F = FW+ mg sina или
F - mg(k cos a + sin а), где sin a = = /?//; s/>72.59. Какую мощность N развивает двигатель автомобиля массой т = 1 т, если известно, что автомобиль едет с постоянной скоростью v = 36 км/ч: а) по горизонтальной дороге; б) в гору с уклоном 5 м на каждые 100 м пути; в) под гору с тем же уклоном? Коэффициент трения к = 0,07.
Решение:
Требуется найти мощность, развиваемую двигателем автомобиля, т.е. мощность силы F. Выразим F для всех случаев из второго закона Ньютона, а) Т.к. v = const, то F = F^ = kmg. При движении автомобиля по горизонтальной дороге мощность равна N = Fv = kmgv = 6,9 кВт.

б) При движении в гору сила тяги двигателя F = mg sin a + Fw, где
F4р = kmg cos a; следовательно, F = mg(kcosa+ sina), тогда мощность N -mgv(kcosa + sin а); Угол наклона дороги найдем из соотно- h 5
cos a = 0,998.
шения: sin а = — = = 0,05; а* 3°;
/100
N = 11,8 кВт.

в) При движении под гору сила тяги двигателя F = Fip- mg sin а; где
F^=kmgcosa, тогда получим F = kmg cos а - mg sin а ; F =. mg{k cos a - sin a), мощность N = mgv(k cos a - sin a); N « 2 кВт.
2.60. Автомобиль массой m = 1 т движется при выключенном моторе с постоянной скоростью V = 54 км/ч под гору с уклоном 4м на каждые 100 м пути. Какую мощность N должен развивать Двигатель автомобиля, чтобы автомобиль двигался с той же скоростью в гору? N F
і ' т

Уравнение движения автомобиля под гору mg sin a-F1р =0 или

FTp = mgsina . С другой стороны, Fw = kmg cos a, тогда bug cos a = = mg sin a , откуда k = tga . При движении автомобиля вверх по второму закону Ньютона сила тяги двигателя FT=FTp+ mg х
х sin а ; Fr - mg(k cos a + sin a). Тогда мощность, развиваемая двигателем: N = FTv = mgv x
x (к cos a + sina); N-mgvx
sina
cos a + sina
\cosa j
h
x gvsin a - 2mgv—; N = 11,8 кВт.
N = 2m x 2.61. На рельсах стоит платформа массой ті =10т. На плат-форме закреплено орудие массой т2 = 5 т, из которого про-изводится выстрел вдоль рельсов. Масса снаряда тъ =100 кг; его начальная скорость относительно орудия Vo=500M/C. Найти скорость и платформы в первый момент после выстрела, если: а) платформа стоит неподвижно; б) платформа двигалась со скоростью v = 18 км/ч и выстрел был произведен в направлении, противоположном направлению ее движения.
Решение:

а) При неподвижной платформе на-чальная скорость снаряда относительно земли равна его скорости v0 относительно орудия. Систему «плат- х форма —орудие —снаряд» можно
считать замкнутой в проекции на ось х при условии, что силой трения качения платформы можно пренебречь. Тогда в проекции на ось х импульс системы до выстрела рх = (w, + т2 + т3 )• v = 0, т.к. v = 0 . Импульс системы после выстрела р'х = m3v0 +(т1 +т2)-и . По закону сохранения импульса рх = р'х или 0 = m3v0 +(щ + т2)-и , откуда
и _ —1Hl^S>— • и - -12 км/ч. Знак «-» указывает, что плат- /77, + т2
форма стала двигаться в направлении, противоположном направлению движения снаряда.

б) Если выстрел был произведен в направлении движения платформы, to начальная скорость снаряда относительно земли равна v0 + v. На основании закона сохранения импульса имеем: (w, + Т2 + /773)-v = = 7273(v0 + v)+(w, + т2У и (2), откупе .. _ (/7?i + mi + ту)'v - nh(vo ~ v).
Да и — ,
777, + /77 2
и = 6 км/ч.

в) Если выстрел был произведен в направлении, противоположном на-правлению движения платформы, то при v0 > 0 имеем v < 0 . Тогда уравнение (2) имеет вид: - + т2 + тъ) • v = = m3(v0 - v) + (/;7j -ї- m2)-u9 откуда
__ (777j + M2 + 7773 )• v' + ПЦ (vq - V) #
If — = : : ,
777j + m2
й = -30км/ч.
э 2.62. Из ружья массой /??, = 5 кг вылетает пуля массой И72=5Г СО скоростью V,=600M/C. Найти скорость v, отдачи ружья.? Решение:
Согласно закону сохранения импульса 777,v, - m2v2 = 0,
отсюда v, = - ~ ; v, - 0,6 м/с.
т{
2.63. Человек массой /7/, = 60 кг, бегущий со скоростью
v, = 8 км/ч, догоняет тележку массой т2 = 80 кг, движущуюся со
скоростью v2 = 2,9 км/ч, и вскакивает на нее. С какой скоростью
и будет двигаться тележка? С какой скоростью и' будет двигаться тележка, если человек бежал ей навстречу?
Решение:
Система «человек —тележка» замкнута в проекции на горизонтальную ось. а) Человек догоняет тележку. По закону сохранения импульса /и, v, + m2v2 = (777, +т2)-и,
откуда а = 77?|V| + ; и = 5,14 км/ч. б) Человек бежит
777, + Т2
навстречу тележке. По закону сохранения импульса
{ \ , , 777ivi —ffljvj
777, V, - 7772V, = (777, + 777? j- It , ОТКуДа U = —— ;
777, + 777 2
и = 1,71 км/ч.
,2.64. Снаряд массой /7?,= 100 кг, летящий горизонтально вдоль железнодорожного пути со скоростью V, =500 м/с, попадает в вагон с песком, масса которого т2 = Ют, и застревает в нем. Какую скорость и получит вагон, если: а) вагон стоял неподвижно; б) вагон двигался со скоростью v2 = 36 км/ч в том же направлении, что и снаряд; в) вагон двигался со скоростью у2=36км/ч в направлении, противоположном движению
снаряда? Решение:
а) Будем считать удар абсолютно неупругим, тогда в проекции на горизонтальную ось по закону сохранения
78
импульса: m{vx = (/я, + т-, )и, отсюда п = ——; и « 5 м/с.
777, + 777 2
/ ч 777, v. + 777-^,
б) 777. V. + 7772V-, = (777, + 777, )ll , СЛЄДОВаТЄЛЬНО, U = —— J
777, + 7772
II « 1 5 м/с. в) 777, V, - 7772 V2 = (/77, + 7772 )ll , СЛЄДОВаТЄЛЬНО, 777, V, - 777,V2 .
и = — —; и » -5 м/с, т. е. вагон продолжает двигать-
777, + 777 2
ся в том же направлении, но с меньшей скоростью.
2.65. Граната, летящая со скоростью V = 10M/C, разорвалась на два осколка. Больший осколок, масса которого составляла 0,6 массы всей гранаты, продолжал двигаться в прежнем направлении, но с увеличенной скоростью г/, = 25 м/с. Найти
скорость и2 меньшего осколка. Решение:
При взрыве внутренние силы намного превышают внешние. Следовательно, rr^—HS
можно считать, что система замкнута и -» ^
^ тги\тгиг закон сохранения импульса исполь- ^
зовать в векторной форме. Импульс
системы до разрыва p = mv. Импульс системы после
разрыва р = 0,6/77*7 + 0,4шг72. В проекции на горизон-тальную ось закон сохранения импульса: mv = mlul + ni2u2 или 777v = 0,6/77 • и, + 0,4/72 • и2; v = 0,6и, + 0Аи-,, откуда
v — 0,6м, . „
и2 =——— = -12,5 м/с. Полученный результат от массы
не зависит. Пусть масса всей гранаты т = 1 у.е., масса большего осколка пц - 0,6 у.е., масса меньшего осколка т2 = 0,4 у.е. Тогда вектор импульса: всей гранаты — mv = 10у.е.; большего осколка — /77,г/, =15у.е.; меньшего ©сколка — т2и2 = 5 у.е. Направление векторов показано на рисунке.
2.66. Тело массой тх = 1 кг, движущееся горизонтально со скоростью v, = 1 м/с, догоняет второе тело массой т2 - 0,5 кг и неупруго соударяется с ним. Какую скорость и получат тела, если: а) второе тело стояло неподвижно; б) второе тело двигалось со скоростью v2 = 0,5 м/с в направлении, что и первое
тело; в) второе тело двигалось со скоростью v2 = 0,5 м/с в направлении, противоположном направлению движения первого тела.
Решение:
В каждом случае запишем закон сохранения импульса и
ч ( \ m\V\
выразим скорость и. a) tt7,V, = (ги, + т2 у и ; и = ——;
т1 + т2
Л / і \ + nuv?
И = 0,67 М/С. о) /77, V, +/77->v2 +M2)'U ; U=——
+ m2
Л / ( \ 777iVi — JTl-yVj
U =0,87 м/с. в) 777,v, - 7772v2 = (/77, + 77i2j-U ; 11=—— j
777, + m2
и = 0,5 м/с.
2.67. Конькобежец массой M = 70 кг, стоя на коньках на льду, бросает в горизонтальном направлении камень массой т = 3 кг со скоростью v = 8 м/с. На какое расстояние s откатится при этом конькобежец, если коэффициент трения коньков о лед к = 0,02 ?
Решение:
Движение конькобежца является равнозамедленным, прой-
«л
денный им путь s = v0/2a — (1). По закону сохранения импульса Mv0 = 777V, откуда v0=mv/ М — (2). Ускорение а можно найти по второму закону Ньютона: F = та.
Т.к. Fw = bug, то kmg = та; а = kg — (3). Подставив (2) и
2 2 /77 v
(3) в (1), получим s = ^—; 5 = 0,3 м.
IM'kg
2.68. Человек, стоящий на неподвижной тележке, бросает в горизонтальном направлении камень массой т - 2 кг. Тележка с человеком покатилась назад, и в первый момент бросания ее скорость была v = 0,1 м/с. Масса тележки с человеком М = 100кг. Найти кинетическую энергию WK брошенного "тсамня через время t = 0,5 с после начала движения. Решение:
mv'

Обозначим v' — скорость камня в начальный момент времени, v, — его скорость в момент времени t = 0,5 с. По закону сохранения импульса
mv,
(2);
Mv = mv' — (1); Wk = Mv
тогда
m.
V/2=Vi+Vj2/» ГДе V.r/=V'; Vy, = gt • Из (1) v' = (3). Подставив (3) в
v/ =
M2v2 ,2 M2v2 +m2g2t2
m
m' /оч rrr M2v2 +m2g2t2 „. ЛЛТГ (2), получим Wk = —; Wk = 49 Дж.
2m
2.69. Тело массой /и, = 2 кг движется навстречу второму телу массой т2 = 1,5 кг и неупруго соударяется с ним. Скорости тел непосредственно перед ударом были v, = 1 м/с и v2 = 2 м/с. Какое время /будут двигаться эти тела после удара, если коэффициент трения к = 0,05 ?
Решение:
Будем считать удар абсолютно неупругим. По закону сохранения импульса w,v, - m2v2 = {тх +м2)-и , отсюда
и = —і—! — (1). С другой стороны, и = at — (2), где
]Щ + т2
ускорение а можно выразить из второго закона Нью-
81
тона Fф = (/7/, + 7772 )• а; к(тх + т2)-g = (т{ + т2)-а ,. откуда
и
a = kg — (3). Выразим из (2): t = —. Подставим в данное
а
777-) — 777i vi л _0
уравнение (1) и (3): / = —у2 Ц; / = 0,58 с.
ag(/w, 4- 777j
2.70. Автомат выпускает пули с частотой п = 600 мин-1. Мас-са каждой пули /7Г = 4 г, ее начальная скорость v = 500 м/с. Найти среднюю силу отдачи F при стрельбе.
Решение:
Среднюю силу отдачи можно найти по второму закону
Ньютона F = та = /77—, где t =— — время, за которое
t п
автомат выпускает одну пулю. * По условию п = 600 мин-1 = 10 с"1. Отсюда F = mvn; F - 20 Н.
2.71. На рельсах стоит платформа массой = Ют. На плат-форме закреплено орудие массой т2 = 5 т, из которого производится выстрел вдоль рельсов. Масса снаряда »і3=100кг, его скорость относительно орудия v0 = 500 м/с. На какое расстояние s откатится платформа при выстреле, если: а) платформа стояла неподвижно; б) платформа двигалась со скоростью v = 18 км/ч и выстрел был произведен в направлении ее движения; в) платформа двигалась со скоростью v = 18 км/ч и выстрел был произведен в направлении противоположном направлению ее движения? Коэффициент трения платформы о рельсы к- 0,002.
Решение:
а) По закону сохранения импульса /773v0 = (тх + т2)- и,
777 v
откуда и= — (1). По второму закону Ньютона
777, + 777 2
^тр = (,wi + т2)'а или ^(-Щ + т2)'8 = (mi + m2)'a> откуда 82
a-kg — (2). Расстояние, на которое откатится платфор-
ма, s = nt —— , где и = at — скорость платформы в пер-
п
выи момент после выстрела. t = —, тогда
а
2 2 2 и аи и „ 5= 7 = —. Подставив (1) и (2), получим,
а 2а~ 2 а
2 2 МЛ
s = — —; 5 = 284 м.
2{ml+m2ykg
б) По закону сохранения импульса /773 v0-(777,+ш2)х
/ \ m,vn - (m, + 7щ+тЛ-v-
XU = (/77, +7т72 + 7773 j-v, откудэ 7/=—^ — — ;
777, + 7772
« = -1,7 м/с и будет направлено в обратную сторону относительно v0 и v. Расстояние, на которое откатится 2 2
платформа: s = — = ; s = 73,7 м.
2 а 2 kg
в) По закону сохранения импульса (ти, +т2 + m3)-v =
/ \ (/77, + 777, + 777, )• v+ 777, vn
= + 777, )• и - 7773v0, откуда и = -1—1 — ;
777, + 7772
и = 8,4 м/с направление выбрано правильно. Пройденный
іг
платформой путь s = ; s =1800 м.
2 kg
2.72. Из орудия массой /?/, = 5 т вылетает снаряд массой /я2=100кг. Кинетическая энергия снаряда при вылете Wk2 = 7,5 МДж. Какую кинетическую энергию Жк1 получает орудие вследствие отдачи?
Решение:
Согласно закону сохранения импульса 777,v, =m2v2 — (1).
Кинетическая энергия орудия сразу после выстрела
83 777 V2
WKl = 1 1 — (2). Кинетическая энергия снаряда
... т.v2 ¦ . т. m-,v2 2
Ж., = —^ (3). Из (1) Vj = ; из (3) v; = —^, тогда
2 тх /77 2
vf =—Ц — = —^Y^ — (4). Подставив (4) в (2),
/77," • /772 777,
получим Жк1 = = 150кДж.
2/77," 777,
2.73. Тело массой /77, = 2 кг движется со скоростью v, = 3 м/с и. нагоняет тело массой я/2=8кг, движущееся со скоростью v, = 1 м/с. Считая удар центральным, найти скорости и] и и2 тел после удара, если удар а) неупругий; б) упругий.
Решение:
Считаем, что движение происходит вдоль горизонтальной оси в одном направлении, а) По закону сохранения импульса /?7,Vj+77?2v2 =(/7?,+ 7722 )-г/, где и — общая скорость двух тел после неупругого удара. Отсюда
и - m'v> + . щ _ lh - и~ ]4 м/с 5) Запишем закон
/77, + 1712
сохранения импульса и закон сохранения энергии:
... 777, v,2 777, v2 777,7/,2
/77, v, + 7772v2 = m2u2 + 777,7/, (1 ): —— л =—+
2 2 2
2
+ (2). Из (2) получим 777, V,2 +/772 V2 =/77,7/,2 +
+ т2и2 — (3). Преобразовав (1) и (3), решим систему
г777, (v, - их ) = /772 (и2 -v,),
уравнений: < >7 / \ Разделив первое
v. - w. щ - v7 уравнение на второе, получим: -j т = ~і 2> 0ТКУда
v, - wf ii2 - v2
г \ 1+ій.
v, + ИХ = и2 + v2 или W2=V1+M,-V2 — (4). Тогда из (1)
пи
= v, + —^х П1,
_iw|v|+iw2v2-w2(y|+ll|-v2)t L/J - , W,
777,
x(2v2-v,); Щ=-llllhOh—vi Vу77' — Подставляя
1 + т2 / гп\
числовые данные в (5) и (4), получим щ = -0,2 м/с; м2 = 1,8 м/с.
2.74. Каково должно быть соотношение между массами тх и т2 тел предыдущей задачи, чтобы при упругом ударе первое тело остановилось?
Решение:
Воспользовавшись формулой, полученной в предыдущей задаче, и приравняв скорость первого тела после удара и,
к нулю, найдем соотношение масс т{ и т2. Имеем
щ = vi + т2 —viV т\ _ Q ^ Следовательно, v, + — х 1 + т2/ тх Wj
и \ л "Ь v, т2 3 х (2V2 - V, j = 0; —- = 5—, откуда —- = = 3 или
777, V, - 2v2 777, 3 - 2
7772 = 3/77, .
'2.75. Тело массой пц = 3 кг движется со скоростью v, = 4 м/с и ударяется о неподвижное тело такой же массы. Считая удар центральным и неупругим, найти количество теплоты Q, выделившееся при ударе*
Решение:
Первое тело до удара обладало кинетической энергией
Wк = n7]V—. После удара оба тела начали двигаться с /77, + т2
общей скоростью и = ——. Кинетическая энергия
т і + т 2
ттп (щ+т7)-и2 обоих тел после удара стала JVK = — ^ ;
m2v2
W'=—f—! г. Разность Жк1 — rFKf равна количеству
2(//7, + тг)
теплоты Q, выделившемуся при ударе: 0 = (w,v2/2}- W,V ;Є = 12Дж.
2(7//, +/772 ) 2.76. Тело массой /77, = 5 кг ударяется о неподвижное тело массой in2 = 2,5 кг, которое после удара начинает двигаться с кинетической энергией =5 Дж. Считая удар центральным и упругим, найти кинетическую энергию Wki и W^ первого тела до и после удара.
Решение:
Система тел /77, и /77 2 замкнута в проекции на
горизонтальную ось. В соответствии с условием движение происходит также вдоль горизонтальной оси. Согласно закону сохранения импульса в проекции на ось //7,v, = /77,v[ + т2у\ —(1), где v[ и v, —скорости первого и второго тела после удара. Часть своей кинетической энергии первое тело в момент удара передает второму
телу, и- (2); ^ = или
///,V," =W|(v,')2 +2—(3). Кинетическая энергия второго
, Iih(v'i)2 /,ч2 2W&
тела после удара W^ = - , откуда (v2 J = —— — (4).

2 " /772
Подставив (4) в (1), получим //7,v, = //7,v[ +т2 86? , / — 777, v[ + jljihw'-y
= 777,v, + J 2m2WK2 , отсюда v, = — (5). Под-
777,
ставив (5) в (3), найдем скорость первого тела после удара.
777,"
= цу()2 + 2/77,^2 ; (/77, v,')2 + 2/77,v;v2/772^ + 2/77,^ =
/ ,\2 « тг7, , 2^ (/77, - 77?2)
= Цу|) + 2777,И^2, откуда vf = 2/ =
= поскольку то
7771Л/2/772 2
= -»b)2 = ^ (»»,-»»J . = 0 62 д ,,.
4т{т2 4/77,/772
Тогда из (2) = 5,62 Дж.
2.77. Тело массой /77, = 5 кг ударяется о неподвижное тело массой /772 = 2$ кг. Кинетическая энергия системы двух тел непосредственно после удара стала JKK' = 5 Дж. Считая удар центральным и неупругим, найти кинетическую энергию fVKl первого тела до удара.
Решение:
Движение осуществляется вдоль горизонтальной оси. Согласно закону сохранения импульса w,v, =(m, +т2)-и — (1), где v, — скорость первого тела до удара, и — скорость системы двух тел после удара. Кинетическая энергия
первого тела до удара WKl — (?)• Из (1)
(т, + т2)-и тг ~ Vj = ll—. Найдем и из выражения для кине-
т\
тической энергии системы двух тел после удара.
87
„, (іщ + т~> )• и2 I 2JV W. = 1 ^ , откуда и = ь—, тогда
2 V /77, + т2 2ГК
(/77, + 777,} v, =
v, - (jj. 777, 777,
i-r /<э\ ті/ 777,2ж (w, + 777,)
Подставив (3) в (2), получим WKl =——
2777,
1^к(777, +W,)
= KV —; = Дж.
777,
2.78. Два тела движутся навстречу друг другу и соударяются неупруго. Скорости тел до удара были v, = 2 м/с и v,=4м/с. Общая скорость тел после удара г/ = 1 м/с и по направлению совпадает с направлением скорости v,. Во сколько раз кинетическая энергия WKi первого тела была больше кинетической энергии WK2 второго тела?
Решение:
Отношение кинетических энергий первого и второго тела до удара можно выразить следующим образом:
—= = 77 'V| — (1). Согласно закону со-
JVk2 2 77?2v2 77?2v2
хранения импульса mxvx - m2v2 = (тх + m2)-u или
77?,(v, -n) = m2(w + v2), откуда — = U + V2 — (2). Подста-
m2 v2-u
/-in Kl Vi{U + Vl) K, 1 or вив (2) в (l), получим -J?L = -Li Ц; -—^- = 1,25.
к2 V2(v,-Wj WK2 2.79. Два шара с массами тх =0,2 кг и т2 = ОД кг подвешены на нитях одинаковой длины так, что они соприкасаются. Первый шар отклоняют на высоту /?0 = 4,5 см и отпускают. На какую ^высоту h поднимутся шары после удара, если удар: а) упругий; ;Йб) НеупруГИЙ?
^Решение:

Систему шаров будем считать замкнутой, а) Упругий удар. Пусть v, — скорость первого шара в момент удара, v[ и v2 — скорости первого и второго шаров непосредственно после удара. Согласно закону со-хранения импульса mxvx = mxv[ + m2v'2 — (1).
Если принять за нулевой уровень потенциальной энергии положение равновесия, то при отклонении первого шара он приобрел потенциальную энергию mxgh0, которая после удара распределилась между двумя шарами, сначала перейдя в кинетическую энергию, а затем, когда они отклонились на высоту hx — первый и h2 — второй, — в потенциальную: mxgh0 = mxgh{ + m2gh2 — (2);
7 '"lV12 /<5 4 7 Wl(V!)2 /Л Л
Щgho=-j (3); mxgh (4);
/77 (V У
m2gh2=—— (5); Из уравнения (2) mlh0=mxhx +
+ m2h2, откуда h->=—(h0-hx) — (6). Из уравне-
777 2
ний (3) и (4) выразим скорости шаров: v, = ^2gh0 ;
v[ = ^2ghx ; v2 = ^2gh2 . Подставив полученные выражения в (1), произведем преобразования:
"W^o ; 777,^ = 777ІЛ/^" +
Или с учетом (6); /77, JJ^ = 777, Jhx + т2
V щ
¦pi {IK - уРьУ І M\ Ок - m2m\X
x(ho~h\)> miQh^-JhiY=m2ntl{hQ-hl); mx(jh^-Jhx)=
89
f
777, - 777,
A, = 0,005 M.
отсюда /7l=/7o
/7?! + 7772
^ 777j + 7772 у
Тогда из уравнения (6) /?2 = 0,08 м. б) Неупругий удар.
Потенциальная энергия первого шара при прохождении положения равновесия перешла в кинетическую энергию.
7 /1\
m\SK -—2 — ^ '' где v — скорость первого шара в
нижней точке. После соударения шаров по закону сохранения импульса miv = (ml +т2)-и — (2), где и —
скорость системы двух шаров непосредственно после удара. Кинетическая энергия системы после отклонения шаров на высоту h перешла в потенциальную энергию.
(/77, + щ) и _^ +т2)-gh — (3). Выразим из (1) v и подставим в (2) v = Л/2~gh$ ; тх/77, + 77 ?2
(Т. + /77, )/77,2 • 2GH0 / \ ,
получим ——, - —= (/77, + m1)'gh, отсюда
2(777, + 7772 )
h = ;7?'2/?0 ; Л = 0,02 м.
(/77,+ 7772 )
2.80. Пуля, летящая горизонтально, попадает в шар, подвешенный на невесомом жестком стержне, и застревает в нем. Масса цули в 1000 раз меньше мас?ы шара. Расстояние от центра шара до точки подвеса стержня / = 1 м. Найти скорость v пули, если известно, что стержень с шаром отклонился от удара пули на угол а = 10° . 90? Силу сопротивления воздуха не учитываем, следовательно, систему «пуля — шар» можно считать замкнутой. Запишем закон сохранения импульса ій закон сохранения энергии для данной системы: mv = (m + M)-u — (1), Где и — скорость шара вместе с пулей после удара. В результате взаимо- и Действия шара с пулей, он приобрел кинетическую энергию, которая после отклонения стержня на Za перешла в
(т + М)іГ / \ потенциальную энергию- ^ = (?п + М)-gh -
mv mv v
Из (1) выразим п: к = /а 1/ А / hf-- mv —<о
(2).
Из
в
или и =
т + М
гг 7
T = g
1001/77 1001 - = gh . Найдем h:
(2) получим:
2-(і 001J
ВМ = / cos а , h = l-BM; h = l-lcosa = /(l-cosa), тогда v = \00\^j2gl{l-cosa), v« 550 м/с.
2.81. Пуля, летящая горизонтально, попадает в шар, подвешенный на невесомом жестком стержне, и застревает в нем. Масса пули = 5 г, масса шара т2 = 0.5 кт. Скорость пули
V, = 500м/с. При каком предельном расстоянии / от центра шара
до точки подвеса стержня шар от удара пули поднимется до верхней точки окружности?
Решение:
См. рисунок к задаче 2.80. Запишем закон сохранения Імпульса и закон сохранения энергии для данной системы.
I \ /14 (/W| / ч . -
«,у, = ц + 7772 )• v2 — (1); v ' - = (777, + 1Щ )GH ~ (2),
Где v2 — скорость шара с пулей после удара. Высота, на которую поднимется шар h = 2l. Из (2) ~- = 2g/, откуда
. v,2 .. іщ v, j m2vf / = -1-. Из (1) V, = , тогда I = - LX ;
4 g - Ц
/ = 0,64 M.
Деревянным молотком, масса которого тх = 0,5 кг, ударяют о неподвижную стенку. Скорость молотка в момент удара v, = 1 м/с. Считая коэффициент восстановления при ударе
молотка о стенку к = 0,5, найти количество теплоты Q,
выделившееся при ударе. (Коэффициентом восстановления материала тела называют отношение скорости после удара к его скорости до удара.)
Решение:
По условию — = к. Количество теплоты, выделившееся vl
при ударе, равно убыли кинетической энергии молотка Q = w„-WK2, где WKl Wk2 =^.Т.К. v2 =fcv,,TO
2 2 2
В условиях предыдущей задачи найти импульс силы FAt, полученный стенкой за время удара.
Решение:
Согласно закону изменения импульса FAt = т^ - пщ в проекции на горизонтальную ось FAt = w,v, -(-/77^2) = = /77,(v, + v2). Учитывая, что v2 = Jfcvl9 FAt = mx(v, + kvx) = = 777,у,(1 + А:); FAr = 0,75H-c. 92
2.84. Деревянный шарик массой т = 0,1 кг падает с высоты /?, = 2 м. Коэффициент восстановления при ударе шарика о пол к = 0,5. Найти высоту h2, на которую поднимется шарик после удара о пол, и количество теплоты Q, выделившееся при ударе.
Решение:
Потенциальная энергия-шарика mgh{ в момент удара о пол
7 mV\ /14
переходит в кинетическую энергию: mghx — (О»
где v, — скорость шарика в момент удара. Когда шарик
отскакивает от пола, он обладает кинетической энергией
mvl , mv:
—которая переходит в потенциальную mgh2=— 2 2
7 2 2 к mv
По условию v2 = кл\, тогда mgh2 = — (2). Из
2
v2 k2v2
уравнения (1) g =—из уравнения (2) g = Прирав-
2/7, 2/7,
2 ; 2 2 V, К V,
няв правые части уравнении, получим —— = , откуда
2/7, 2 /?2
h2=k2h{; h2= 0,25-2 = 0,5 м. Количество теплоты, выделившееся при ударе, равно убыли потенциальной энергии Q = wnl -Wn2 = mghy - mgh2 = mg(hx - /?2); Q = 1,47 Дж.
2.85. Пластмассовый шарик, падая с высоты Л, = 1 м несколько раз отскакивает от пола. Найти коэффициент восстановления к при ударе шарика о пол, если с момента падения до второго удара о пол прошло время t = 1,3 с.
Решение:
Падая с высоты //,, шарик подлетает к полу со скоростью v,, а отскакивает от него со скоростью v2. = к\\. Согласно
; mv}
закону сохранения механической энергии mgh{ =—и
mgh2 - , откуда v, = ~gh{ , a v2 = «J2gh2 . После no-
v2 Av, 7 і 2г,
членного деления получим — = —- = т.е. h2 =k hy.
Промежуток времени с момента падения шарика до второго удара о пол t = + lt2, где ґ, — время падения шарика с высоты hx и и — время падения шарика с
2Ы , і 2Д
высоты h->. Так как f, = и Г, = —- = к —- , то
11 g 2 1 g і g
t _ + 2к); отсюда к = к = 0,94.
U 2^2Д/g
2.86. Стальной шарик, падая с высоты Л, = 1,5 м на стальную плиту, отскакивает от нее со скоростью v, = 0,75 • v,, где v,— скорость, с которой он подлетает к плите. На какую высоту h2 он поднимется? Какое время t пройдет с момента падения до второго удара о плиту?
Решение:
2
Рассуждая как в задаче 2.84, запишем /77g/7, О);
*) *) 'У
, mvj 0,75"/7717 тг
mgh2 = —= —- — (2). Из уравнения (1) имеем
у.2 cr/j-, V?
gh{=-^ (3). Из уравнения (2) W* Тогда
= g^ ? откуда Л, = 0,56/7,; /?2 = 0,56 • 1,5 = 0,84 м. Время
0,56 t можно разложить на три составляющие: г, — время от 94 $ичала падения до первого удара о плиту; /2 — время от ііервого удара о плиту до подъема на высоту h2; /3 — время от начала падения с высоты h2 до второго удара о йлиту. / = /, +12 +/3. Скорости шарика на этих участках:
л/ЭД IW „ч '
yx=gt,, откуда /, =- = —L, с учетом (3);v2 = gt2i
g V g
откуда t2 = 0,75/,, т.к. по условию v2 = 0,75v,; v3 = v2 = g/3,
hh
следовательно, t = /, + 2*0,75/, = 2,5/, = 2,5 I—-; / = 1,4c.
V g
Металлический шарик, падая с высоты /?, = 1 м на стальную плиту, отскакивает от нее на высоту h2 =81 см. Найти коэффициент восстановления к при ударе шарика о плиту.
Решение:
Воспользуемся уравнением (3) из задачи 2.84 h2 = k2hx, f~h~
отсюда к = /— ; к = 0,9.
V ^
Стальной шарик массой т = 20 г, падая с высоты А, = 1 м на стальную плиту, отскакивает от нес на высоту /J2=81CM. Найти импульс силы FA/, полученный плитой за время удара, и количество теплоты Q, выделившееся при ударе.
Решение:
2
Рассуждая аналогично 2.84, запишем mghx =—1 (1);
2
mgh2 — (2). Тогда из (1) v, 2gh, — (3), из (2)
соответственно v2 = gh2 — (4). Согласно закону изме-нения импульса FAT = w,v2 или в проекции на
95
горизонтальную ось: FAt = mAv = т(ух - (- v2)) = m(vx + v2). Подставляя (3) в (4) получим FAt = m(j2ghx + *j2gh2); FAt = 0Д7Н-С. Количество выделившейся теплоты равно убыли потенциальной энергии Q = mghx - mgh2 = mg х xfa-kh 2 = 37,2мДж.
2.89. Движущееся тело массой т?7, ударяется о неподвижное тело массой т2. Считая удар неупругим и центральным, найти, какая часть кинетической энергии WKi первого тела переходит при ударе в тепло. Задачу решить сначала в общем виде, а затем рассмотреть случаи: a) /77, = ТГ; б) ш, = 9ТГ.
Решение:
Кинетическая энергия первого тела до удара WKl = \
кинетическая энергия второго тела до удара Wk2 = 0. После удара кинетические энергии обоих тел
, (/77, +M2)'U2 777, v
WK = 1 — , где и = общая скорость тел.
2 т{+ т2
Следовательно, W^ = (Ш| V—г. Тогда кинетическая энер-
2(777, + т2)
777 V2
гия, перешедшая при ударе в тепло: WKl-W^
2 \ т\ Л
">2
777," v _ 777, v"
2(/77,+ 7772 ) 2
I Щ +т2)
Искомое отношение: - w' . 777, 11Ц С
_hJ L = 1 ! = = . а) Если 777, — ш2, то
777, + 777 2 777, + 77?2
IV _ W' W —W'
JL = 0,5 ; б) Если 777, = 9т772 , - о —Js! к. = од.
2.90. Движущееся тело массой тх ударяется о неподвижное тело массой т2. Считая удар упругим и центральным, найти, какую часть кинетической энергии 1УК] первое тело передает второму при ударе. Задачу решить сначала в общем виде, а затем рассмотреть случаи: а) /77, = т2; б) т1 = 9т2.
Решение:
2
Кинетическая энергия первого тела до удара WKl = —]—;
кинетическая энергия второго тела до удара JVk2 = 0. После удара второе тело приобрело кинетическую
/77 и~ 2/77 v
энергию = —-— j где и = !—. Таким образом,
2 777, + 777 2
первое тело передало второму телу кинетическую энер-
W
Искомое отношение: —— =
W
п КІ
4777,777, wl
а) Если /77, = 7772, то —— = 1; б) если
2777, v 1^ 777, + 1112 )
/ „ Л2
гию
(/77, + 7772 )2 wkl
к. 2
W'
777, = 9/77, , TO —— = 0,36
К,
2.91. Движущееся тело массой /?7, ударяется о неподвижное тело массой т2. Каким должно быть отношение масс т[/т2, чтобы при центральном упругом ударе скорость первого тела уменьшилась в 1,5 раза? С какой кинетической энергией W'K2 начинает двигаться при этом второе тело, если первоначальная кинетическая энергия первого тела Жк1 = 1 кДж?
Решение:
Из условия следует, что движение происходит вдоль горизонтальной оси. Система тел 777, и т2 замкнута в проекции на горизонтальную ось. Запишем закон сохранения импульса и закон сохранения энергии для данного 4-3268 97
/14 mlV\ Щи\
взаимодеиствия: mlvl=m[ul+m2и2 —(1); —i-J- =—+
2 2
m u2
+ —^ (2). Умножив (2) на 2 и учитывая, что Vj = 1,5и,,
получим /т?, -1,5г/, = ш, w, + т2и2; //?, • 2,25п2 = /77,г/,2 + т2и\ или т1 • 0,5», = т2и2 — (3); /7?, • 1,25г/2 = т2и\ — (4).
0 5/77 И
Выразим и2 из (3) и2 = ——^ — (5). Подставим это 0,5/77, ИХ
; 1,25=°^.
777-
\2
ВЫРАЖЕНИЕ В (4): 1,25/77,И, =Т
\ Т2 J 777
Отсюда —- = 5. После столкновения первоначальная ки- 777 2
нетическая энергия первого тела перераспределилась между первым и вторым телом, которые стали двигаться со скоростями щ и и2 соответственно. WKl = Жк', + Wl2, где
ПО условию
2 2 2 '
... /77,v,2 /77, -2,25И2 2 2JFKL Т_ ...
= —— = — L, откуда и, = Из (5) наи-
2 /772 2,25/77,
2 1,25/77,-2ЖК, 2,50;, ^ m2-2,5-WK]
дем и2 = 1 — = —. Тогда = —— — =
/772*2,25/77, 2,25/772 2 • 2,25 • т2
= а5^=5 5
0,9 9 9
2.92. Нейтрон (масса /т70) ударяется о неподвижное ядро атома углерода (ш = 12/770). Считая удар центральным и упругим, найти, во сколько раз уменьшится кинетическая энергия WK нейтрона при ударе. 98
Решение:
Кинетическая энергия нейтрона до и после удара выра- 777 v
жается следующими соотношениями: WK] = 0 1 — (1);
ттг /оч Kl V\ ГТ
Wk2 = ~ — (2), откуда —— = -j. По закону 2 V2
сохранения энергии = WKl + — (3), где Жк' — кинетическая энергия ядра атома углерода после
взаимодействия, W'K = — (4). Решая совместно
УраВНеНИЯ (1) (4), ПОЛуЧИМ 7770Vj2 = /770v| +12//70w2 ,
откуда vf =v2 +12и — (5). Согласно закону сохранения импульса WQV, =/770 V2+12//70W , откуда vj=v2+12w или v. — V,
z' .. \2
и = 1 — (6). Подставим (6) в (5) и произведем пре-
V, - v.
образования: vf = v2 +12
V 12 у
-» 2 (v. -V,)2 vr = v; + ———; i2 12 ( V ( \
2 2 vvl ~ v-,) v, -v2 v
+ 1
Vv2 J
= —-i;
v, -v, v,+v, =-J 2.; 12
12 12 12 2 ж
11-^- = -13. Отсюда \ = 1,4, т.е. -^- = 1,4.
k2
2.93. Нейтрон (масса /7?0) ударяется о неподвижное ядро: а) атома углерода (т = 12т0); б) атома урана (/и = 235w0). Считая удар центральным и упругим, найти, какую часть скорости v потеряет нейтрон при ударе.
Решение:
й) Запишем закон сохранения импульса и закон сохранения энергии данной системы тел. /770V = -/770 (V-AV)+
+ 12/770w — (1). Знак «-» указывает на изменение направ- ления скорости нейтрона на противоположный. mQv2 m0(v-Av)2 \2nuii2
—^—= 2— —2— — Скорость нейтрона
'2v-Av
после удара v-Av; и — скорость ядра атома углерода после удара. Разделив (1) на т09 получим v = -(v - Av)+12и , откуда и = ^^^ ' ^°Дставим в уравнение (2) выражение для и и преобразуем
12
V
его: v2 = (v - Av)2 + \2и2, v2 = (v - Av)2 +12
Av(2v-A12Av = v / 12 V .12
о л i-3Av о Av 2
= 2v - Av, 13— = 2 и получаем — = —.
v v 13
б) Рассуждая аналогично случаю а), запишем:
77/QV - -m0(v - Av) + 235т0и , w0v2 / 2 = m0(v - Av)2 /2 +
235mnir „ д „ _ 2v-Av _
+ —, 2v - Av = 235г/ и it = . Подставляя в
2 235
формулу (2) новые значения и преобразуя ее, получим: v2 = (v - Av)2 + 235гг, v2 - (v - Av)2 = ,
Av 1
235Av = 2v-Av; 235Av = 2v-Av, 236Av = 2v и— = .
v 118
2.94. 1-Ia какую часть уменьшится вес тела на экваторе вследствие вращения Земли вокруг оси?
Решение:
На экваторе на тело действует сила тяготения тМ
F = G—^ (1) (М — масса Земли, т — масса тела,
R
R — радиус Земли, G — гравитационная постоянная) и сила реакции опоры N, при этом тело, участвуя в 100 суточном вращении Земли, движется по окружности радиусом R. Составим уравнение на основании второго
закона Ньютона F - N = mco2R, где OJ = ~JR — угловая
скорость; Т — период вращения Земли вокруг своей оси: Т = 86400с. Тогда F-N = m 4 л-2 mR
ґг^1
R, откуда N - F -
V J- У
— (2). По третьему закону Ньютона вес тела на
г2
экваторе P3=N — (3). Вес покоящегося тела для любой точки Земли численно равен силе тяжести: Р = mg — (4).
Р-Р
Относительное изменение веса тела д = 1 — (5).
Р
Решая совместно уравнения (1) — (3), получим
— (6). Подставляя (4) и (6) в (5),
с . GM 4/г 2R получим о =\——— ' ^Римем Уск0Рение

свободного падения g = 9,8 м/с". Подставляя • числовые данные в (7), получим 8 = 0,34% .
2.95. Какой продолжительности Т должны были бы быть сутки на Земле, чтобы тела на экваторе не имели веса.
Решение:
т> „ ~ тМ 47r2mR .
Вес тела на экваторе r3=G—5 ^— (см. задачу
R~ Т~
2,94). По условию Р3 = 0, тогда = • Отсюда
4л-2 Д3
Т = J . Подставляя числовые данные, получим
V GM
Т = 5056 с = 1 ч 24 мин.
2.96. Трамвайный вагон массой т = 5 т идет по закруглению радиусом 7? = 128 м. Найти силу бокового давления F колес на рельсы при скорости движения v = 9 км/ч.
Решение:
При равномерном движении по окружности аТ = 0 и а = ап. Тогда второй закон Ньютона запишется в виде:
v"
F = тап -т—, отсюда F = 245 Н. Решение:
2.97. Ведерко с водой, привязанное к веревке длиной 1 = 60 см, равномерно вращается в вертикальной плоскости. Найти наименьшую скорость v вращения ведерка, при которой в высшей точке вода из него не выливается. Какова сила натя-жения веревки Т при этой скорости в высшей и низшей точках окружности? Масса ведерка с водой m = 2 кг.
Поскольку вращение вокруг оси О яв-
v2

ляется равномерным, то а = ап = —. На
воду в ведерке в высшей точке действует центробежная сила равная
v"
/77—, направленная вверх и сила
тяжести mg, направленная вниз. Вода не будет выливаться из ведерка при
v2 v2
условии, что m-j- = mg или g = — > откуда v = v = 2,43 м/с. В проекции на ось у уравнение движения ведра с водой в верхней точке: ma = mg + T, в нижней
v2
точке ma = Т - mg. Учитывая, что g = — = ani получим: в
верхней точке Т = 0, в нижней точке Т = 2mg = 39,2 Н. 102
2.98. Камень, привязанный к веревке длиной / = 50 см, равномерно вращается в вертикальной плоскости. При какой частоте вращения п веревка разорвется, если известно, что она разрывается при десятикратной силе тяжести, действующей на камень?
Решение:

По второму закону Ньютона T-mg =
= та„ — (1), где а„=— (2). Линейная
скорость v = со • /; со = 2тт, тогда v = 2тті, v
откуда її =
(3). Из (1) v = jaj;
2п1
Из (2) ап = Т mg=^ = 9g, тогда m m
— (4). Подставив (4) в (3), получим 12 об/с.
2 кі 2 к V I 2.99. Камень, привязанный к веревке, равномерно вращается в вертикальной плоскости. Найти массу m камня, если известно, что разность между максимальной и минимальной силами натяжения веревки АТ = 10 Н.
Решение:

Сложив (1) и (2),
По второму закону Ньютона для верхней и нижней точек соответственно \vig + Tniin=ma„ — (l), \mg-Tiiiax=-nian —(2). получим 2mg - AT = 0; 2mg = AT,
отсюда m = : m «0,5 кг.
2.100. Гирька, привязанная к нити длиной / = 30 см, описывает в горизонтальной плоскости окружность радиусом R = 15 см. С какой частотой п вращается гирька??
В горизонтальной плоскости на гирьку действует сила: F = Т sin а, где
Тогда по второму закону
Ньютона Т sin а -тап (аТ = О, т.к. движение равномерное ) или TR/1 = та„.
ms По оси у: Tcosa-mg = О, Т = ,
cos сс
cos a = \1-R2 /І2 . Тогда wgi? / / cos a = man или an = = , gR = gR но
/сюа /Vl-і?2//2 V/2-i?2
= , следовательно, a„ = 4x2n2R, откуда n = (і / 2;r)x xЛJan /Л или /г = 1 //V/2 ; л = 59об/мин.
2.101. Гирька массой m = 50 г, привязанная к нити длиной / = 25 см, описывает в горизонтальной плоскости окружность. Частота вращения гирьки п = 2 об/с. Найти силу натяжения нити Т.

В горизонтальной плоскости на гирьку действует сила F = Тsina . Тогда по второму закону Ньютона Т sin а =
-тап, где sina=-у. Учитывая, что = ЙГЯ = (2Л7/)2 І? , запишем:
m(2mi)2R = Tj, откуда T = ml(2mi)2; Г = 1,96 Н.
Решение:
2.102. Диск вращается вокруг вертикальной оси с частотой п = 30 об/мин. На расстоянии г = 20 см от оси вращения на диске лежит тело. Каким должен быть коэффициент трения к между телом и диском, чтобы тело не скатилось с диска?
Решение: с5
CD
Решаем задачу в неинерциальной системе отсчета, в системе диска, тогда при вращении диска на тело вдоль нормальной оси действует центробежная сила F и сила трения Fip. Тело не будет
соскальзывать с диска, если FT? > F, т.е. 55
Т.к. v = cox
kmg > т— г
k>v- rg
Л "> 2
4п~п г
или
; к >0,2.
х г = 2я7?г , то к >
g 2.103. Самолет, летящий со скоростью v = 900 км/ч, делает «мертвую петлю». Каким должен быть радиус «мертвой петли» R, чтобы наибольшая сила F, прижимающая летчика к сидению, была равна: а) пятикратной силе тяжести, действующей на летчика; б) десятикратной силе тяжести, действующей на летчика? mv'
mv ~R
Решение;
а) 5 mg =
отсюда
R
Искомая сила F = та,, = *>• 2 ~>
v" mv v~
R = —; Я«1600м. б) \0mg = —, отсюда R = —\
5 g R lOg
Д»711м.
2.104. Мотоциклист едет по горизонтальной дороге со скоростью v = 72 км/ч, делая поворот радиусом R = 100 м. На какойугол а при этом он должен наклониться, чтобы не упасть при повороте? Силы, действующие на мотоциклиста: сила тяжести
Fт = mg, сила реакции


опоры N и сила, которая может обеспечить движение мотоциклиста по окружности, — сила трения У
mg
cos a
v
, тогда mgtga = m—, R

mg
v2
откуда
tga-—; fga = 0,018;
X
gR 2.106. Длина стержней центробежного регулятора / = 12,5 см. С какой частотой п должен вращаться центробежный регулятор, чтобы грузы отклонялись от вертикали на угол, равный: а) а = 60°; 6) а = 30°?
Решение:
F

Запишем второй закон Ньютона в проекциях на оси х и у: ^
Т sina - та,, — (1); mg - Т cos а -
= 0— (2). Из (2) 7" = —?-, тогда
mg
cos а
'п >
х
mg
(1) запишем в виде mg-tga = ma„, откуда ап - gtga — (3). С другой стороны, нормальное ускорение ап - arR, где R-lsina, т.е. а„ = co2lsina = 4л2пг -Isina — (4).
Решая совместно (3) и (4), получим п =
а) п- 2 об/с;
б) п = 1,5 об/с.
2.107. Шоссе имеет вираж с уклоном а = 10° при радиусе закругления дороги R = 100 м. На какую скорость v рассчитан вираж?
Решение:
Данную задачу решаем без учета силы трения. Запишем второй закон Ньютона в проекциях на оси х и у: N sin а = та,,; mg-Nx х cos а = 0. Нормальное ус-
корение ап = — ; mg = N cos а ; R
sin a v
mg = т—
cos a R
cos а g • tga = — ; v2 = gRtga, отсюда v = ЛjgRtga ; v = 13,5 м/с= R
=47,3 км/ч.
2.108. Груз массой m =1 кг, подвешенный на нити, отклоняют на угол а = 30° и отпускают. Найти силу натяжения нит-и Т в момент прохождения грузом положения равновесия.
Решение:
В момент прохождения грузом положения равновесия согласно второму закону Ньютона в проекции на ось у
ma„ = Т - mg или m~j~ -Т - mg, откуда
wv2
Т = mg + ——, где / — длина нити. Кроме того, mgh = , откуда v = *j2gh • Но? h = l-lcosa = l(\-cosa). Тогда v = 2gl(\ - cos a), a
•^y- = ^j-2gh = ^j-2gl(\-cosa)=2mg(\-cosa) и сила натяжения T = mg{\ + 2(l - cos a)) = 12,4 H. 2.109. Мальчик массой /н=45кг вращается на «гигантских шагах» с частотой п = 16об/мин. Длина канатов / = 5м. Какой угол а с вертикалью составляют канаты «гигантских шагов»? Каковы сила натяжения канатов Т и скорость v вращения мальчика? а\/
V JL-^ Решение:
Запишем второй закон Ньютона в проекциях на оси х: Tcosa - mg = 0 — (1) и у:
Т sina = man — (2). Нормальное
ускорение an=co~R, где со = 2тт,
mg
следовательно, ап =4TV'n'R. Из рисунка видно, что R = lsina — (3), тогда ап = 4лгп11 sina . Подставим выражение для ап в
(2): Т sina = m • 4л:2 п21 sina или Т = 4 к2п~1т , Т = 632 Н.
mg
cos а = 0,7,
Т cos а = mg из (1), откуда cos а =
Т
а» 45°30'. Скорость найдем из выражения v = o)R = 2лп!sina, с учетом OJ = 2mi и (3): v « 6 м/с.
2.110. Груз массой /;? = 1кг, подвешенный на невесомом стержне длиной / = 0,5 м, совершает колебания в вертикальной плоскости. При каком угле отклонения а стержня от вертикали кинетическая энергия груза в его нижнем положении WK = 2,45 Дж? Во сколько раз при таком угле отклонения сила
Натяжения стержня Tj в нижнем положении больше силы натяжения стержня Т2 в верхнем положении?

mg >rcos a = 1 -
Во время колебаний груза кинетическая энергия, которой он обладает в нижней точке, переходит в потенциальную в верх-
нем положении. WK = —= mgh — (1).
Найдем /?: h = AB- MB, h = 1-1 cos а , h = /(l-cosа). Подставим значение h в
mv
(1): mgl(\-cosa) = WK, 1 -cosa =
W
к
mgl
2,45
= 0,5, a =60°. Запи-
1-9,8-0,5
шем второй закон Ньютона для верхнего и нижнего
[Т-> - mg cos а = ma — (2), положения груза: < , ч выразим из
(k7J-wg = wflfll —(3);
nv ^ ^ \T2=m(an+gcosa)— (4), v2
(2) и (3) Г2 и Ij: м ноА„=т,в
[Г, = ш(я„ + g) —(5); / v2 =
2/F , 2W 2 W
—!L v- =—— , следовательно, an =—Подставив ml ml ml
это выражение в (4) и (5), получим следующие Тх=т
+ g
уравнения:
= т
и
ml
2 WK + gml
ml 2 WK ml
T2 = m
Разделим
+ g cos a
_ 2WK + m Ig cos a
= m
ml первое уравнение на второе:
Тх = 2 WK + mlg
Т2 2WK + m lg cos a ' Ті /Т7 =1,3.
2.Ш. Груз массой m, подвешенный на невесомом стержне, отклоняют на угол а = 90° и отпускают. Найти силу натяжения Т стержня в момент прохождения грузом положения равновесия. Решение:
По второму закону Ньютона в момент прохождения положения равновесия:
Их~
v2
'mg
Т - mg = man — (1), но ап = —. Выразим
из (1) Г, подставив выражение для аи:
^ mv2 _
mg
T = mg + —j—. В результате преооразова- mv
2 '
ния потенциальной энергии в кинетическую mgl- m2gl _
= 3 mg.
I
откуда v2 = 2gl, тогда Т = mg + 2.112. Груз массой m = 150 кг подвешен на стальной проволоке, выдерживающей силу натяжения Т = 2,94 кН. На какой наибольший угол а можно отклонить проволоку с грузом, чтобы она не разорвалась при прохождении грузом положения равновесия?
Решение:

Воспользуемся формулой, полученной в задаче 1.108: Г = mg{\. + l{\.-cosa^). Выразим из нее cos а: Т = mg +
3 mg - Т
+ 2mg-2mgcosa, cosa =
2 mg
Подставив исходные данные, получим: cos а = 0,5 , следовательно, а = 60°.
2.113. Камень массой т = 0,5кг привязан к веревке длиной / = 50 см, равномерно вращается в вертикальной плоскости. Сила натяжения веревки в нижней точке окружности Г = 44Н. На какую высоту h поднимется камень, если веревка обрывается в тот момент, когда скорость направлена вертикально вверх? Для камня в нижнем наложении запишем второй закон Ньютона: T~mg = mani где
v2 v2 . \l(T-mg)
/ / V т
mg
„ mv
кинетическои энергией
Примем за нулевой уровень потенциальной энергии положение камня в момент обрыва веревки. В этот момент камень обладает 2
, которая по мере подъема камня переходит в потенциальную. На высоте h вся кинетическая энергия перейдет в потенциальную, т.е.
mv2 . 7 v2 l(T-mg) . _
= mgh, откуда h = — = — —; h = 2 м.
2 2 g 2mg
2.114. Вода течет по трубе диаметром d- 0,2 м, расположенной в горизонтальной плоскости и имеющей закругление радиусом R = 20,0 м. Найти боковое давление воды Р , вызванное центробежной силой. Через поперечное сечение трубы за единицу времени протекает масса воды т, = 300 т/ч.
Решение:
р
Боковое давление воды Р = —~ — (1), где б — центро-
ki __
бежная сила, I — длина той части трубы, на которую
mv2
производится давление, по модулю Fg = — (2), где
R
т = p!S — (3) — масса воды в объеме SI (S — площадь поперечного сечения трубы, р — плотность воды).
Скорость течения воды v = — — (4). Подставляя (2) —
pS
2
(4) в (1), получим Р = —; Р = 56,0 Па.
RpdS? 2.115. Вода течет по каналу шириной Ь = 0,5 м, располо-женному в горизонтальной плоскости и имеющему закругление радиусом R = 10 м. Скорость течения воды v = 5 м/с. Найти боковое давление воды Р , вызванное центробежной силой.
Решение:

Рассмотрим участок боковой поверхности канала, площадь которого: S = b-l. Давление:
Fб v
Р = —^, где Fn6 по модулю F = т-
т -
R
= pV = р-1-b2 — масса воды в
-> 7
данном объеме. F = ^ ;
R
Rbl R Найти работу А, которую надо совершить, чтобы сжать пружину на / = 20 см, если известно, что сила F пропор-циональна сжатию / и жесткость пружины к = 2,94 кН/м.
Решение:
Работа, совершаемая при сжатии пружины, определяется /
формулой А - — (1), где / — сжатие. По условию
о
сила пропорциональна сжатию, т.е. F = ~kl — (2). Под-
Г kl2
ставляя (2) в (1), получим А = kldl = —; А = 58,8 Дж.
о 2
Найти наибольший прогиб h рессоры от груза массой /и, положенного на ее середину, если статический прогиб рессоры от того же груза h0 = 2 см. Каким будет наибольший
прогиб, если тот же груз падает на середину рессоры с высоты Н = 1м без начальной скорости?
Решение:
При статическом прогибе mg = kh0; отсюда к = mg / h^. При падении этого груза с высоты Я имеем
mg(H + h) = — = или h2 -2h0h-2А0Я О. Решая
2 2/?0
это уравнение, находим h = h0± +2h0H . Если Я = 0, то /2 = 2/?0 = 4 см; если Я = 1 м, то /г = 22,1 см.
2.118. Акробат прыгает в сетку с высоты Я = 8м. На какой предельной высоте h над полом надо натянуть сетку, чтобы акробат не ударился о пол при прыжке? Известно, что сетка прогибается на h0 = 0,5 м, если акробат прыгает в нее с высоты #0 = 1 м.
Решение:
По закону сохранения энергии потенциальная энергия должна полностью перейти в энергию упругого
h2 h1 взаимодействия mg(H + h) = k—; fng(H^ + = ;
2 2
Разделив первое уравнение на второе, получим: H + h _ h2 . Я ( h _ h2 /72(Я04-^0)-^2 =
hq+h0 /72'я0 + /70 h0+h0 rf ' /^(яо+ао)
Я
(Я0 + /70 )й2 - /702 • h - Я/j^ = 0, решим данное
Я0 + /?0
квадратное уравнение: В = + 4Я7^(Я0 + ;
м и
2{H0+h0) противоречит условию задачи.
2.119. Груз положили на чашку весов. Сколько делений покажет стрелка весов при первоначальном отбросе, если после успокоения качаний она показывает 5 делений?
Решение:

По закону сохранения энергии WnX = Wn2. Потенциальная энергия гравитационного и упругого взаимодействия WnX = mgH ; у
кх2 кх2 Wn2 , следовательно, mgH = —
2 2 v mg
(1). После установления равновесия —
mg + Fynp = 0 , где Fynp = -кх — закон Гука.
mg
В проекциях на ось у: mg + kx = 0, откуда к = (2).
х
2
Подставив (2) в (1), получим »igH = — •—; # = —;
х 2 2
х = 2Я , отсюда х = 2 • 5 = 10 делений. 2.12Q. Груз массой т = 1 кг падает на чашку весов с высоты Н = 10 см. Каковы показания весов F в момент удара, если после успокоения качаний чашка весов опускается на h = 0,5 см?
Решение:
_ ли.,

где fVnl = mgH, a Wn2 =
По закону сохранения энергии в момент удара
¦ rr кх} \2mgH ,
Отсюда mgH = —х, = J—-— — дефор-
2 V к
мация пружины весов в момент удара. После успокоения качаний наступает равновесие mg = F2y где F2=kx2, по закону Гука, причем х2 = h.
Тогда mg = kh; к = ——. Показания весов в момент удара
h
F = mg + Fx, где Fx=fax= к J— По закону Гука? I +
Тогда F = mg + к J—^— ; F = mg + fimgHk ; F = ///g /
[zh
1 +
і
, OT-
h
+ 1J2 mgH ; F = mg + \ F =
куда F - 72.5 H. 2.121. С какой скоростью v двигался вагон массой /;/ = 20т, если при ударе о стенку каждый буфер сжался на / = 10см? Жесткость пружины каждого буфера к = 1 МН/м.
Решение:
За счет кинетической энергии движущегося поезда была совершена работа по сжатию буферов. Воспользуемся формулой, полученной в задаче 2.116. Работа по сжатию
/2 /2 первого буфера: Ах = к —, второго А2=к—\ А = А{+А2
или А-2к— = к12. Тогда = kl2, v = I J— : v = 1 м/с. 2 2 V m
2.122. Мальчик, стреляя из рогатки, натянул резиновый шнур так, что его длина стала больше на А/= 10 см. С какой скоростью v полетел камень массой т = 20 г? Жесткость шнура к = 1 кН'м.
Решение:
В результате совершенной работы по растяжению шнура камень приобрел кинетическую энергию. С учетом фор-
л.и mv2 } Л/2 ^
мулы, полученной в задаче 2.116, имеем: —= к-^-. От-
пг
куда v = Д/J— /v = 22,3 м/с. V т
2.123. К нижнему концу пружины, подвешенной вертикально, присоединена другая пружина, к концу которой прикреплен груз. Жесткости пружин равны кх и к2. Пренебрегая массой
пружин по сравнению с массой груза, найти отношение fVnl / Wnl потенциальных энергий этих пружин.
Решение:
ynpl
упр2

Потенциальная энергия взаимодействия для каждой отдельно взятой пружины
К, - (1); (2). Уело-
вия равновесия пружин в проекциях на mg-Fупр1 =0,
ось у:
где по закону Гука F>7,p = -кх, отсюда II II BP ЬР
FS •» кххх
и
к2х2 - (3). Из (3) kjX 2
выразим: л-, =
fti ; = к]х\ к? ' Разделив (1) на (2), по- Ki кххх лучим —— = —L-L- •
К: 2 2
к2.х; ' Ki -
Кг V,2. К,_ к\к2х2 / кх # к х2
К2Х2 К, _ . iv„, ^п2 Кг
2.124. На двух параллельных пружинах одинаковой длины весит невесомый стержень длиной L - 10 см. Жесткости пружин кх - 2 Н/м и к2= 3 Н/м. В каком месте стержня надо подвесить груз, чтобы стержень оставался горизонтальным?
Решепие:
Чтобы система находилась в равновесии, т.е. чтобы стержень был в горизонтальном положении, необходимо выполнение двух условий: mg + Fynpi + Fупр2 =0 — (1)
117? упр2
ynpl
и М\ + Мг +Мз = 0 — (2). В проекции на ось у уравнение (1) А і t имеет вид: mg -кхх- к2х = 0 или
Ш\
mg
mg = кхх + к2х = (fc, + — (3). Моменты сил относительно точки А: Л/, = 0; М2 = mg^; М3 =к2хЬ. Тогда из уравнения (2) mg/, - k2xL = 0, из уравнения (3) х -
. Следовательно, mg/, - - Q ?
/г, 4" к
. L = /j +/2; /2 -L-lx -L-
{
kf L
кх И- к")
/2 =4 см.
; /, = 6 см;
/, =
ki + к^
1-
"f* ^
2 /
2.125. Резиновый мяч массой т = 0,1 кг летит горизонтально с некоторой скоростью и ударяется о неподвижную вертикальную стенку. За время Дt = 0,01 с мяч сжимается на Д/ = 1,37 см; такое же время At затрачивается на восстановление первоначальной формы мяча. Найти среднюю силу F, действующую на стенку за время удара.
Решение:
Запишем второй закон Ньютона в виде: F = mAv / At, но
А/ mAl П7и
Av = —, тогда F = —т-; F = 13,7 Н. At АГ
2.126. Гиря массой /м = 0,5кг, привязанная к резиновому шнуру длиной /0, описывает в горизонтальной плоскости окружность. Частота вращения гири п = 2 об/с. Угол отклонения шнура от вертикали «=30°. Жесткость шнура ?=0,6кН/м. Найти длину /0 нерастянутого резинового шнура.
що-

Сила натяжения шнура Т = —— = 5,7 Н
cos а
вызывает растяжение шнура на А/,
Т f
причем Т = кА1; отсюда А/ = — = 9,5 мм. ?
к і.
I Т Т *mg
Из рисунка видно, что — = (1). Но
R F
¦>
mv" ~> ->
F = Tsina =—— = 4;г/гшЯ — (2). Из (1) и (2) имеем Т
/ = ——— = 7,25 см. Таким образом, длина нерастянутого 4я п~т
резинового шнура /0 = / - А/ = 6,3 см. 2.127. Гирю массой т = 0,5кг, привязанную к резиновому шнуру длиной /0 = 9,5 см, отклоняют на угол а = 90° и отпускают. Найти длину I резинового шнура в момент прохождения грузом положения равновесия. Жесткость шнура k = 1 кН/м.
Решение:
Сила натяжения шнура Т совершает pa- j
и
mg
mg
боту по растяжению шнура на А/. Г = кА1. Решая аналогичную задачу для нерастяжимого шнура (см. задачу 2.111), мы получили, что при прохождении поло-жения равновесия Т = 3mg . Тогда 3mg =
= KAL; / - /л = —-— ; / = -
11 см.
2.128. Мяч радиусом R = 10 см плавает в воде так, что его центр масс находится на И - 9 см выше поверхности воды. -Какую работу надо совершить, чтобы погрузить мяч в воду до диаметральной плоскости?? /->¦ І />л І") Щ&жї' Мяч плавает, если сила тяжести, действующая на него, уравновешивается силой Архимеда, т.е. mg = FA, или
mg = PovoZ — ОХ где VQ — объем шарового сегмента высотой h, находящегося в воде при равновесии, р0 — плотность воды, т — масса мяча. Очевидно, что Н + h = R, т.е. радиусу мяча. Если теперь погрузить мяч в воду на глубину х, то сила Архимеда превысит силу тяжести, действующую на мяч, и результирующая сила, выталкивающая мяч из воды, будет Fx =F'a- mg — (2). Против этой силы Fx и должна быть совершена работа. Сила Архимеда F'A = pQVg — (3), где V — объем шарового сегмента высотой h + x. Из (1) — (3) имеем Fx = pQVg - p0V0g = p0g(V -V0) = pQgVx, где Vx — объем шарового слоя высотой х. Шаровой сегмент высотой / имеет объем шарового слоя Vx = V - V0 =
= + Тогда FX = /WKX = ко
= [зя{х + hf - (JC + hj - h2 (3R - А)] — (4). Работа, торую надо совершить при погружении мяча до диамет-
н
ральной плоскости, будет А = JFxdx — (5). Подставляя (4) получим,
в (5), интегрируя и учитывая, что H + h = R после подстановки данных задачи, А = 0,74 Дж. 2.129. Шар радиусом R = 6 см удерживается внешней силой под водой так, что его верхняя точка касается поверхности воды. Какую работу А произведет выталкивающая сила, если отпус-
_тить шар и предоставить ему свободно плавать? Плотность материала шара р = 0,5 • 103 кг/м3. /
Решение:

Определим положение шара при свободном плавании, в этом случае сила тяжести mg уравновешивается силой
Архимеда FA . Следовательно, mg = FA ;
З ,
где
-KR pg = p^g9 v3 з

— 7rR~
з
рв -10 кг/м"' — плотность воды, V0 — объем погруженной части шара. Отсюда Ґ4 „Л „1(4
v
Рв
, сле
— 7tR или Vn =
1
довательно, VQ = — Уш, т.е. шар погружен
в воду до диаметральной плоскости. В первоначальном положении на шар действует сила F = FA-mg. В пре-дыдущей задаче была получена формула, выражающая зависимость выталкивающей силы от глубины погружения х, если при свободном плавании в воде находился шаровой сегмент высотой И. Учитывая, что в данном
случае h = R, имеем F +і?)2 -(х + Д)1 -2Д3].
Если отпустить мяч и предоставить ему свободно плавать, то в этом случае работа выталкивающей силы:
AJjFdx = ^Kj + Rf _ (д. + Ry _ 2R> ];
0 ^ 0 * (х + Л)1 R
-2R\x R 4 0 0 0
{x + R):
Л = ЯРо g 3
л _ KPpg
3
3R±
1Ra- — R4-2R4
a = 5а = 0ЛДж, 3-4 2.130. Шар диаметром ?> = 30 см плавает в воде. Какую работу А надо совершить, чтобы погрузить шар в воду на
Я = 5 см глубже? Плотность материала шара р = 0,5 • 103 кг/м3. Решение:

Определим положение ' шара при свободном плавании, в этом случае
сила тяжести mg уравновешивается силой Архимеда FA , т.е. mg = FA.
я
Масса шара т - Vmp =—7rR р; сила
3 т
Архимеда FA = pBF0g. Тогда - TTR' pg = pBF0g, где
л л
рв = 10 кг/м — плотность воды, V0 — объем погрузи N
женной части шара. Отсюда У0 = —
Ръ
или
Ія*3 3 3
> 1 , следовательно, V0 = — Уш> т.е. шар погру жен в воду до диаметральной плоскости. Если теперь погрузить шар в воду на глубину х, то сила Архимеда превысит силу тяжести, действующую на шар, и результирующая сила, выталкивающая шар из воды, будет Fx=FA-mg. Против этой силы Fx и должна
быть совершена работа. Сила Архимеда FA = p0Vg — (3), где V — объем шарового сегмента высотой R + х. Тогда F = p0Vg-p0V0g = p0g(V-V0). V-V0 =VX —объ- у _n{R + xf 3
X
ем шарового слоя высотой х X (зR - (R + х))-|яя3; vx = J ((і? + x)2 (2R -x)- 2R3); Vx =-^(зЯ2х-*3). Работа, затрачиваемая при погружении
н
х
шара на Н = 5 см глубже: А = ^Fdx; А = 3 r>*L-IL
; Л = 0,84 Дж.
х]{зЯ2х-х')іх; 2.131. Льдина площадью поперечного сечения ? = и высотой h = 0,4 м плавает в воде. Какую работу А надо совершить, чтобы полностью погрузить льдину в воду?
Решение:
ЖІ
Рис. 1
Обозначим р — плотность льда, р0 — плотность воды. При свободном плавании на льдину действуют две силы, уравновешивающие друг друга: сила тяжести и сила Архимеда (рис.1), т.е. mg = FA — (1). Найдем
высоту h2 той части льдины, которая находится в воде при свободном плавании. Т. к. т = pV = pSh, а Fa = p0V0g = p0Sh2g, то, подставив эти выражения в (1), ph
получим: /ь= —= 0,36 м — (2). Если теперь погрузить
Ро
dx і г t X
л р mg Рис.2
льдину в воду на глубину х (рис.2), то сила Архимеда превысит силу тяжести и результирующей силой будет выталкивающая сила F = FA - MG. Против нее и надо совершать работу. Fa = p0gS{h2 +х), тогда F = p0gS(h2+x)-pShg; преобразовав выражение с
ph
- ph
= Sgp0x.
¦ + х
Ро
\Ро
учетом (2), получим F-Sg
Работа, совершаемая при погружении льдины на глубину
) '} h2 х: будет равна А = J Fdx; А = SgpQ j xdx = Sgp0 —;
о о
, , , u ph h{pQ-p)
h\ = h-h2 = h = —^——, в результате получим:
Po Po h2(Po-p)2 = Sgh2(p0-p? 2pl 2 pQ
A = Sgp0 = ; Л = 7,84 Дж. 2.132. Найти силу гравитационного взаимодействия F между двумя протонами, находящимися на расстоянии г = 1(Г|бм друг от друга. Масса протона т = 1,67 • 10-27 кг.
Решение:
Сила гравитационного взаимодействия выражается
т2
формулой F = G—г-. Подставляя числовые данные, полу- г
чим F = 1,86 • 10-44 Н.
2.133. Два медных шарика с диаметрами Д=4см и йг = 6 см находятся в соприкосновении друг с другом. Найти гравитационную потенциальную энергию Wn этой системы.
Решение:
Потенциальная энергия гравитационного взаимодействия:
Wn=:.G!!!i!!!L — (іX где г —
расстояние между центрами
г
масс шаров. Знак «-» говорит о том, что при сближении тел потенциальная энергия убывает, а при R = со
D, D2 Д + Д потенциальная энергия равна нулю, г = —L + —- = —1 -;
4 "з
гп\=\\р\ "h=v2р. Объем шара V = —7rR , тогда (DA
т, -—к
р; iih --7Г
- З
\ L J
Ч У уравнение
выражения
р. Подставив полученные (1), получим: 2 • 1 блг2 (/), / if (Dj / if • р>'
Wn = -G
. Учитывая, что плот-
9(а+А)
ностьмеди р = 8,6-103 кг/м3, найдем: Wn = -3,8-Ю"10 Дж.
2.134. Вычислить гравитационную постоянную G, зная радиус земного шара R , среднюю плотность земли р и ускорение свободного падения g у поверхности Земли (см. табл. 4 и 5).
Решение:
В соответствии с законом всемирного тяготения, тело массой т, находящееся у поверхности Земли, притягивается тМ
ею с силой Р-G—г-, где М— масса Земли, R — ее
R-
радиус. С другой стороны, Р = mg. Приравнивая эти
М
величины, найдем, что ^ = ^зяв из таблицы 5
4 я
значения R, /?, g и зная что M = Vp = — nR -р, выразим
= G = 6,67-10"llH M2/KR2.
4 xR3p 4 nRp
2.135. Принимая ускорение свободного падения у Земли g = 9,8 м/с2 и пользуясь данными табл. 5, составить таблицу значений средних плотностей планет Солнечной системы.
Решение:
В задаче 2.134 мы получили формулу для вычисления гравитационной постоянной G = 3g/ 4nRp. Изменив значения
g , R и р (g', R' и р'), получим то же значение гравитационной постоянной G = 3g' / ATUR'P' . Приравняв правые
части уравнений, выразим среднюю плотность планеты:
Используя —
таблиц 4 и 5 и полученную формулу, составим таблицу: Планета р, 103 кг/м3 Планета р, 103 кг/м3 Меркурий 5,50 Юпитер 1,32 Венера 4,80 Сатурн 0,71 Земля 5.50 Уран 1,26 Марс 3,90 Нептун 1,6
2.136. Космическая ракета летит на Луну. В какой точке прямой, соединяющей центры масс Луны и Земли, ракета будет притягиваться Землей и Луной с одинаковой силой?
Решение:
Введем следующие обозначения: т— масса ракеты, М2 —масса Земли,
Сила
МП —масса Луны, — радиус Земли, RN — радиус Луны, /) — расстояние от поверхности Земли до искомой точки и г2 — расстояние от поверхности Луны до искомой точки. Сила притя- тМъ
жения между ракетой и Землей: F, =G
„ тМл
притяжения между ракетой и Луной: F2 = G
k+ДлГ
Ракета будет притягиваться Землей и Луной с одинаковой тМп
і »
силой, когда F]=F2i т.е. G- =—- = G - і—= - — (1). rx+r2=r — расстояние от
Земли до Луны, г2 =- г,. Подставляя это выражение в уравнение (1) и извлекая квадратный корень из обеих
JM2 JMJT
частей уравнения, получим: — = —1 , откуда
г, +Ri г - г, +R
Л^л у
_ V-^л— ^ Выразим 7", из (2) с учетом (3): у]Мя
= —— : J:— . Подставляя табличные вели-
*шны, получим: г{ = 3,43 • 105 км.
2.137. Сравнить ускорение свободного падения у поверхности Луны gn с ускорением свободного падения у
поверхности Земли g3. Решение:
В соответствии с законом всемирного тяготения, тело массой т, находящееся у поверхности Земли, при-
w „ ~ тМ
тягивается ею с силои Р = и—где М— масса Земли,
R? R — ее радиус. С другой стороны, Р = mg. Приравнивая
эти величины, найдем, что g = G-^-. Тогда ускорение сво-
R~
бодного падения у поверхности Земли: g3 = G—где Мъ
ч R3 — масса и радиус Земли. Ускорение свободного падения у поверхности Луны: gn =G^L, где Мп и Rn —

масса и радиус Луны. Отсюда — = —; gn = ОД 65g3.

2.138. Как изменится период колебания Т математического маятника при перенесении его с Земли на Луну? Указание: формула для периода колебания математического маятника приведена в §12.
Решение:
Период колебания математического маятника: Г = 2ж — .
\8
На Земле Т3 = 2к — ; на Луне Тл = 2л /— . Отношение V 8з V 8-
— = ; значение = ОД 65 было найдено в задаче тз V 8л 8з
Т
2.137. Тогда — = 2,46; Тп =2,46-Г3, т.е. при перенесении
Тз
математического маятника с Земли на Луну период его колебаний увеличится в 2,46 раза.
2.139. Найти первую космическую скорость v,, т.е. скорость,
которую надо сообщить телу у поверхности Земли, чтобы оно начало двигаться по круговой орбите в качестве ее спутника. 128 Решение:
Сила гравитационного взаимодействия между телом и „ ^ GmM
Землей F = —2— > гДе т — масса тела, М — масса
Земли иг — расстояние между ними. У поверхности Земли г равно радиусу Земли R и F = mg. Тогда
F = mg = т^ . При_ движении тела вокруг Земли по R~
круговой орбите сила гравитационного взаимодействия является центростремительной силой. Таким образом,
г mv\
F=—отсюда первая космическая скоростг
2.140. Найти вторую космическую скорость v2, т.е. скорость,
которую надо сообщить телу у поверхности Земли, чтобы оно преодолело земное тяготение и навсегда удалилось от Земли.
Решение:
Для того чтобы тело удалилось от Земли, необходимо, чтобы кинетическая энергия тела была достаточна для преодоления гравитационной потенциальной энергии, т.е.
mv2 GmM 0 GM
> . . У поверхности Земли —T~g> т-к-
2 R R
.2
_ GmM mv\ ^
F = mg = 2—» поэтому —- >mgR, откуда вторая кос-
R 2
мическая скорость v2 >-flgR = 11,2 км/с.
2.141. Принимая ускорение свободного падения у Земли равным g = 9,80 м/с' и пользуясь данными табл. 5, составить
таблицу значений первой и второй космических скоростей у поверхности планет Солнечной системы.
5-3268 129
Решение:
В двух предыдущих задачах были выведены формулы для нахождения первой и второй космических скоростей:
V| = JgR ; v2 = s]2gR , где R — радиус планеты, g — ускорение свободного падения вблизи поверхности. Причем g = kg3> коэффициенты к , как и радиусы планет,
приведены в таблице 4 приложения. Исходя из этого, составляем таблицу: Планета V, , км/с v2, км/с Планета V, , км/с v2, км/с Меркурий 3,0 4,25 Юпитер 42,6 60,4 Венера 7,2 10,2 Сатурн 25,7 36,4 Земля 7,9 11,2 Уран 15,2 21,5 Марс 3,57 5,05 Нептун 16,6 23,5
2.142. Найти линейную скорость v движения Земли по круговой орбите.
Решение:
Линейная скорость движения по окружности v = coR> где со — частота вращения, R — расстояние до Солнца.
2 71
со = , где Т — период обращения Земли вокруг Солнца. Отсюда v = , v = 30 км/с.
2.143. С какой линейной скоростью v будет двигаться искусственный спутник Земли по круговой орбите: а) у поверхности Земли; б) на высоте h = 200 км и h = 7000 км от поверхности Земли? Найти период обращения Т спутника Земли при этих условиях.
Решение:
а) Сила притяжения Земли создает центростремительное
-) у"
ускорение спутника, равное —, где R — радиус орбиты,
R
a v — скорость спутника. Если орбита проходит вблизи поверхности Земли, то спутник, как и любое другое тело у поверхности Земли, будет иметь ускорение, направленное
к центру Земли g = —, где R3 — радиус Земли. Отсюда
скорость спутника вблизи Земли: v, = ^gR3 ; v = 7,91 м/с. При движении по круговой орбите радиуса Rускорение свободного падения убывает в отношении, обратном отношению квадратов расстояний от центра. Ускорение gR на расстоянии R от центра Земли найдем
R2
по формуле: gn=g—т- Тогда скорость движения
R"
спутника по круговой орбите радиуса R найдется из
R2 v2 I R2
уравнения gR = = — 9 откуда v = Jg; R = h + R3,
R2
отсюда v = ig-,—-—г — (1). При h = 200 км
* V № + /?)
v2 = 7,79 км/с. При h = 7000 км v3 = 5,46 км/с. Период обра-
^ 2л- v 2xR
щения спутника Т - —, со-—, отсюда Т = — (2).
со R v
г 2nR3 2 я-fa+ft,) ...
Тх = ; Тх = 1 ч 25 мин; 7, = —— — — (3);
V1 " V2 Т- 1 О О Т +Л,)
Т2 = 1 ч 28 мин; Т3 = —— —; Т3 = 4 ч 16 мин.
v.
2.144. Найти зависимость периода обращения Т искусственного спутника, вращающегося по круговой орбите у поверхности центрального тела, от средней плотности этого тела. По данным, полученным при решении задачи 2.135, составить таблицу значений периодов обращений искусственных спутников вокруг планет Солнечной системы.? Вблизи поверхности планеты спутник ведет себя так же, как и любое тело, на которое не действуют никакие силы, кроме сил гравитации. Свяжем ускорение свободного падения со средней плотностью планеты. В соответствии с законом всемирного тяготения, тело массой т, находящееся у поверхности планеты,
тМ
притягивается ею с силой P = G——, где М— масса
R"
планеты, R — ее радиус. С другой стороны, P = /??g.
Приравнивая эти величины, найдем, что g = Зная,
R"
4 з 4
что М - V • р - — nR ¦ р, выразим g =—GnRp — (1).
Воспользуемся уравнением (2) из предыдущей задачи для периода обращения спутника вблизи поверхности
Т =
планеты: T = 2TTR/V — (2). Ускорение g = v2/R, откуда v = *JgR • Подставим эту формулу в (2). 2 TTR 2NR [З~К „
,— =—і — = J . Взяв из таблицы, приве-
JgR VAGTtRpR /3 \Gp
денной в задаче 2.135, значения средних плотностей пла-нет р, вычислим значения периода обращения спутника и
заполним таблицу: Планета Т, ч Планета Тч ч Меркурий 1,41 Юпитер 2,86 Венера 1,50 Сатурн 3,90 Земля 1,41 Уран 2,94 Марс 1,66 Нептун 2,61
2.145. Найти центростремительное ускорение а„, с которым движется по круговой орбите искусственный спутник Земли, находящийся на высоте h = 200 км от поверхности Земли. 132
Решение:
В задаче 2.143 была получена формула для вычисления линейной скорости искусственного спутника Земли, движущегося по круговой орбите на высоте h от ее
г^г
поверхности: V = — ОХ гДе — радиус Земли,
R — расстояние от спутника до центра Земли, т.е.
v2
R = R2 + h . Центростремительное ускорение а„ = — или, с
R
учетом уравнения (1), ап = = ^ ; ап = 9,2 м/с2.
2.146. Планета Марс имеет два спутника — Фобос и Деймос. Первый находится на расстоянии г =0,95-104 км от центра масс Марса, второй на расстоянии г = 2,4 • 104 км. Найти период обращения 7j и Т2 этих спутников вокруг Марса.
Решение:
Воспользуемся уравнением (3) и уравнением (1) из задачи
2.143: Т = М*м+г) _ где ^__ радиус Марса> v -
линейная скорость спутника; v = Подставив (1) в (3), получим г = уХ/(*
М2
lm
2
_ 2л-(і?м + г)з + г,) ^
7 = —4 м ' ; 7, = —— 1/ ; 7] = 7,8 ч. Для периода
ММ V^m
обращения второго спутника, рассуждая аналогично, получим Г2= 31,2 ч.
2.147. Искусственный спутник Земли движется по круговой орбите в плоскости экватора с запада на восток. На какой высоте h от поверхности Земли должен находиться этот спутник, чтобы он был неподвижен по отношению к наблюдателю, который находится на Земле?
Решение:
Для того чтобы спутник был неподвижен относительно наблюдателя на Земле, необходимо, чтобы его период обращения был равен периоду обращения Земли, т. е. 24 часам. Воспользуемся уравнениями (1) и (3), получен-
,1/П I R, ^ 2л-(Д3 + h)
ными в задаче 2.143: v= g7—-—г; Г =——
у (Д + h) v
2 7r{R, + йШ, + h откуда T = .—- ' — (1). Выразим из (1) п:
4&Rз
г2=4?ч^у b+hmfiE*E; h-ЩМ-щ.
gRi V 4я-2 V 4тг2 3
Подставив числовые значения, получим: /г = 6,38-10б = = 35890 км.
2.148. Искусственный спутник Луны движется по круговой орбите на высоте h = 20 км от поверхности Луны. Найти линейную скорость v движения этого спутника, а также период его обращения Т вокруг Луны.
Решение:
Воспользуемся уравнением (3) и уравнением (1) из задачи
1 ^ 2tt(R + г)
2.143: v= g , Т = —^ где R — радиус
у R + r v
Луны, см. таблицу 5 приложения; g = 0,165g3 (из задачи 2.137). Подставляя числовые данные, получим v = 1,7 км/с и Т = 1 ч 50 мин. 134? 2.149. Найти первую и вторую космические скорости для Луны (см. условия 2.139 и 2.140).
Решение:
В задачах 2.139 и 2.140 были выведены уравнения для нахождения первой и второй космических скоростей для
Земли. Vj = JgR ; v2 = -yflgR . Подставив в них радиус
Луны (таблица 5) и учитывая, что ускорение свободного падения на Луне связано с земным соотношением gn = 0,165 g3, найдем искомые значения скоростей:
v, = ^/0,165g3 -Rn ; v, = 1,7 км/с и v2 = yj2-0,\65g3 • Rn ; v2 =2,4 км/с.
2.150. Найти зависимость ускорения свободного падения g от высоты h над поверхностью Земли. На какой высоте h ускорение свободного падения gh составит 0,25 ускорения свободного падения g у поверхности Земли.
Решение:
У поверхности Земли имеем F = mg = — (j)s где
R
R — радиус Земли. На высоте h от поверхности Земли GmM
mSh уГ — (2)- Из уравнений (1) и (2) получим
(Я + h)
a. R~ g. — = - г? — (3). Уравнение (3) дает зависимость —
g {¦R + hy g
g.
от высоты h. Обозначим = тогда из (3) имеем g
R2-*- V п J
уравнение h~ + 2Rh +
= 0 . Решая это уравнение, Л
находим h = -R±—j=. Т. к. h должно быть больше нуля,
ЛІП
то надо взять решение со знаком плюс, т.е. gh = 0,25g на высоте, равной радиусу Земли.
2.151. На какой высоте h от поверхности Земли ускорение свободного падения gh = 1 м/с2?
Решение:
В предыдущей задаче получена зависимость отношения — от высоты h. — = —, где R — радиус Земли.
g ' g (R + h)2
Выразим отсюда h: (R + hf = ; h = R --R.
gi, V gh
Подставив числовые значения, получим h = 13590 км.
2.152. Во сколько раз кинетическая энергия WK искусственного спутника Земли, движущегося по круговой орбите, меньше его гравитационной потенциальной энергии WN ?
Решение:
wv2
Запишем выражения для WK и JVn. WK =—— — (1); тМ
Wn=-G — (2). Здесь v — линейная скорость
г
спутника; т — масса спутника; М — масса Земли; г — радиус орбиты спутника. Воспользуемся уравнением (1) из
задачи 2.143: v = J— — (3), где R — радиус Земли, а
V R + h
R + h = ?• — (4). Подставив (3) в (1), с учетом (4) получим
WK =—Взяв Wn по модулю, найдем отношение 2 г
„ W GmMlr 2 GM
.энергии —^ = — = — . Подставим числовые
WK rmgR~ gR'
W
данные —- « 2. W
" к
2.153. Найти изменение ускорения свободного падения при опускании тела на глубину /?. На какой глубине ускорение свободного падения gh составляет 0,25 ускорения свободного падения g у поверхности Земли? Плотность Земли считать постоянной. Указание: учесть, что тело, находящееся на глубине h над поверхностью Земли, не испытывает со стороны вышележащего слоя толщиной h никакого притяжения, так как притяжения отдельных частей слоя взаимно компенсируются.
Решение:
Пусть т — масса тела, находящегося на расстоянии h от поверхности Земли и на расстоянии г от ее центра масс. Учитывая указание, данное в условии задачи, можем
написать: Fh=mgh = GmMr / г2 — (1), где Мг — масса
шара радиусом ис плотностью, равной плотности Зем-
_ .. 4т-гр AGmnRp ли р. Так как Мг = —, то mgh = —— . У повер-
GmM AGmnRp
хности Земли F = mg= — = (2). Из (1) и
R~ 3 = ^=(R_JT) _ Обозначим =
g Я R g
тогда из (3) имеем h = -п). Если п = 0,25, то h = 0,75R.
(2) получим
Si,
2.154. Каково соотношение между высотой Н горы и глубиной h шахты, если период колебания маятника на вершине горы и на дне шахты один и тот же. Указание: формула для периода колебания математического маятника приведена в § 12.? Период колебания математического

колеоании равны, то равны и ускорения
свободного падения Th = 2 п — и
V gh
I
Тн =27Г \—, отсюда g/,=hH. Сила тяжести F = mg, с
\gH
другой стороны, по закону всемирного тяготения
F = G . Приравняем правые части уравнений: г"
- mM GM „ mg=G—отсюда g -——, где G — гравитационная
г г"
постоянная, М — масса Земли. Тело, находящееся на глубине h под землей, не испытывает со стороны вышележащего шарового слоя толщиной h никакого притяжения, т.к. притяжения отдельных частей слоя взаимно компенсируются. Масса заштрихованной части Земли:
Мх = pVx; V{ = ; r{=R~h. Тогда gh =
3 П
= —^ — (1). Отдельно преобразуем выражения,
входящие в уравнение (1): {R-hf = < .h _к1 к^
1-3—+ 3—г- -
ч R R2 R j
= (R3-3R2h + 3Rh2-h3); (R-hf \
. Аналогично
Поскольку /?«#, то {R-hf « к Rj
{R - h)2 = (r2 - 2Rh + )r ), откуда [R - h)2 ~ R2 138 Тогда из (1) gA - (2). На высоте Н
М 4 -г
имеем gh=G—y, где М = p—nR ; r2=R + H, т.е. AkR р
3{R + H)2
— (3). Поскольку H«R, то н
іR + H)2=R2
(*+я)2 =
Л 1 +
"і ^
1 + 2 + :
R
/
R R
-(4). Поскольку gh = gH , то, приравняв правые части (2) и (4),
g 4л/?(і - з/? / = 4лр/г отк
получим 1-3h/R
3(і-2й/Л) ~ 3(1 + 2H/R)9 °ткуда
1
— (5). Воспользуемся выражением
1-2 h/R 1 + 2 H/R для суммы бесконечно убывающей геометрической 1
1
S.. =
= 1 + q;
прогрессии 1
При q «1;
1 -q 1-q
1 + q
= \-q. Тогда уравнение (5) можно записать в виде Л
ґ
іЗ
R. h
Н
H
h -2h . h2
1-3— R
= 1-2— или 1-3—+ 6—т = 1-2
R R R R R
Слагаемым 6—ввиду его малости, можно пренебречь. R
h 2 Н
Тогда 1 = 1 ; отсюда h = 2Н .
R R
2.155. Найти период обращения Т вокруг Солнца искусственной планеты, если известно, что большая полуось /?, ее эллиптической орбиты превышает большую полуось R2 земной орбиты на AR = 0,24 • 108 км.
Решение:
Т~ R3
По третьему закону Кеплера -у = —j. Так как нас
Ті R2
интересует период обращения планеты Солнечной системы, то целесообразно в качестве планеты с известными значениями Т2 и R2 взять Землю. Для нашего
случая Т2= 12 мес, R2 = 1,5 • 108 км. По условию /
А
\R2J
= 15 мес;
Rx =1,74-108 км. Тогда из (1) имеем Т{ = Т2 Tj =450сут. 2.156. Орбита искусственной планеты близка к круговой. Найти линейную скорость v ее движения и период Т ее обращения вокруг Солнца, считая известным диаметр Солнца D и его среднюю плотность р. Среднее расстояние планеты от
Солнца г = 1,7 Ы08 км. Решение:

По второму закону Ньютона сила тяготения FT = mal}. По закону всемирного
тМ
тяготения FT = G- гт-. Т. к. левые
(D/2 + rf
части уравнений равны, приравняем и правые части этих уравнений:
_ тМ
та,, = G- г
(D/2 + r)
Масса
GM
ап =
отсюда
(D/2 + r)2 ' Ґ пЛ3
D
Солнца М =—7i 3
GtuD р
р =—7tD р, тогда ап =
С другой 140
6 '' " 6(Z)/2 + r)2'
стороны центростремительное ускорение v2 v2 v2 GnD7, р
a=- = —- , т.е.
" R + r D/2 + r9 ' ' D/2 + r 6(D/2 + rf
2 GnD p GnD p GnD p 0 _c іл4 ,
v — —7 г = — ; v = J — ; v = 2,78-10 м/с.
6(D/2 + r) 3D + 6R V3 D + 6R
T=2n(P/2 + r) = 2n(P + 2r) = n(D + 2r); г = 450сут(ж
v 2v v 2.157. Большая полуось Л, эллиптической орбиты первого в мире спутника Земли меньше большой полуоси R2 орбиты второго спутника на AR = 800 км. Период обращения вокруг Земли первого спутника в начале его движения был Г, = 96,2 мин. Найти большую полуось R2 орбиты второго искусственного спутника Земли и период Т2 его обращения вокруг Земли.
Решение:

Найдем большую полуось орбиты Луны Дл =< R > = 390370км. Зная период обращения Луны,
Т2 R3
применим третий закон Кеплера: = —у
т\ Ri

По условию R2=Rl+AR = Rjj-3 -JT + AR; R2 = 7,88- 10'м.
V Тп
Узнав радиус, можно еще раз применить третий закон
Т2 R? Т2 R3
Кеплера: = —у; Т2 = л 32 , отсюда Т2 = Гл. Т2 R2
7; = 6457,21 сек = 107,62 мин.
2.158. Минимальное удаление от поверхности Земли космического корабля-спутника «Восток-2» составляло hmin = 183 км, а
максимальное удаление — hmax = 244 км. Найти период обращения Т спутника вокруг Земли.?
Найдем большую полуось орбиты «Востока» R =
= И"юх + Ь"т + R, = 6583,5 км. 2
Большая полуось орбиты Луны = 390370 км. Зная период обращения Луны, применим третий закон Кеплера
Т2
л п
R'
іЗ
— - -3-, отсюда Г = 7jiJ~~r '» Т = 87,8 мин.
А
д- 2.159. Имеется кольцо радиусом R . Радиус проволоки равен г, плотность материала равна р . Найти силу F, с которой это
кольцо притягивает материальную точку массой m, находящуюся на оси кольца на расстоянии L от его центра.
Решение:

Возьмем элемент кольца dl. Сила гравитационного взаимодействия между элементом кольца dl и массой m, помещенной в точке
А, будет dF = G dl. Сила
x"
dF направлена по линии х, соединяющей элемент кольца dl с массой m. Для нахождения силы гравитационного взаимодействия всего кольца и массы m надо векторно сложить все силы dF. Силу dF молено разложить на две составляющие dFn и dFT. Составляющие dFf) двух диаметрально расположенных элементов взаимно уничгожают-
r dFl
ся, поэтому F=\dFT. Но dFT=dFcosa= и
J х
F = \-dF = G^^fcil = G трЛгЧъ ¦lnR - (1). Учи-
J X * 0 *
f—2—"7 2 n2Gmpr2RL тывая, что x = vR +L , имеем F = —, v, 2 (2).
(P2 + I2/
2.160. Имеется кольцо радиусом R = 20 см из медной проволоки. Найти силу F, с которой это кольцо притягивает материальную точку массой т = 2т, находящуюся на оси кольца на расстоянии L = 0, 5, 10, 15, 20 и 50 см от его центра. Составить таблицу значений F и представить графически зависимость F = f(L). На каком расстоянии Lmax от центра
кольца сила имеет максимальное значение Fmax и каково это значение? Радиус проволоки г = 1 мм.
Решение:

Из формулы (2) задачи 2.159 видно, что если L = 0, то F = 0. Нетрудно убедиться, что функция F с увеличением L сначала растет, а затем убывает. Найдем максимум функции F. Выразим переменные величины х и L через
угол а : х = ^ , L = xcos а - —cos а . Тогда формула sin a sin а
(2) из предыдущей задачи примет следующий вид:
143
lK2Gmpr2 .2 D .2 TT F - cos a sm a = В cos a sin a. Для нахожде-
R
ния максимума функции F возьмем производную и
da
приравняем ее нулю: = Bilcos2asina-sin3 а)=0 или
da '
tg" a = 2. Тогда расстояние L, на котором сила
R R R максимальна, равно L = cos а = = . На
sina tga V 2
графике изображен характер зависимости F = /(і);
4= ОД 4 м; F.uax = 4,35 • 10~14 Н. L, м 0 0,05 0,1 0,15 0,2 0,5 10",4Н 0 2,58 4,04 4,34 3,99 1,44
2.161. Сила взаимодействия между кольцом и материальной точкой, находящейся на оси кольца, имеет максимальное значение Fmax, когда точка находится на расстоянии Lmax от центра кольца. Во сколько раз сила взаимодействия F между кольцом и материальной точкой, находящейся на расстоянии L = 0,5Lmax от центра кольца, меньше максимальной силы Fmax ?
Решение:
Используем формулу из задачи 1.159: F = ^п ^ и
(я2 + і2;
„ 2тг 2Gmpr2R • R / 2-Jl _ F = г . Произведя дальнейшие
ловию L = 0,5Lmax, соответственно получим Gmpr2R-R/
(r2+r2/
выражение F = Fmax при Lmax = —j= из задачи 1.60. По ус 2V2(3?/2)3-l/2V2
f _ 2 7T?Gmpr2R2 67r2Gmpr2R2 T
~ 2л/2 (Зі? / 2)3 • 1 / 2 л/2 ' " 27 Д3 ' °ГДа 2K2Gmpr2R-R/42 _ 4x2Gmpr2R2 ^
F,nax = ; 1 ; max = TTT^ ' 0тСЮДа
{R2+R2/ 2} 3V3i?
выразим отношение сил: Іпш.-^0!1^ 27R
F Зл/ЇR \6K2Gmpr2 '
* В ответе первоисточника, очевидно, допущена опечатка (FMX/F = \/3).
<< | >>
Источник: B.C. Волькенштейн. Все решения к «Сборнику задач по общему курсу физи. 1999

Еще по теме § 2. Динамика:

  1. Несколько агентов, динамика.
  2. 138. Динамика и структура мировой торговли
  3.   4.5 Динамика питательных веществ в почве
  4. § 2. СОСТОЯНИЕ И ДИНАМИКА СОВРЕМЕННОГО БАНДИТИЗМА
  5. ГЛАВА 1 КЛИНИЧЕСКАЯ ДИНАМИКА ПСИХОПАТОЛОГИЧЕСКИХ ПОСЛЕДСТВИЙ ЧС
  6. 11.1. Качественная динамика как основа онтологии Хаоса. "Идеальный мир движений"
  7. Динамика источников законодательства
  8. Динамика источников законодательства
  9. Сферы причинной динамики войн
  10. 3.10. Малая социальная группа: лидерство и групповая динамика
  11. § 1. Динамика и сложность социальных форм
  12. Динамика профессионально-ориентированной иноязычной коммуникативной компетентности.
  13. 23. Динамика внутренней картины болезни в процессе лечения.
  14. 4.1. Анализ динамики дорожно-транспортных происшествий в городах и районах Вологодской области за период с 2004г. по 2010г.
  15. ДИНАМИКА ВОДНОГО И ЭНЕРГЕТИЧЕСКОГО ОБМЕНА В РАННЕМ ОНТОГЕНЕЗЕ ЗЕЛЁНОЙ ЖАБЫ BUFO VIRIDIS
  16. ДИНАМИКА СТРУКТУРЫ ПОСЕЛЕНИЯ MYTILUS EDULIS НА ЛИТОРАЛИ КАНДАЛАКШСКОГО ЗАЛИВА БЕЛОГО МОРЯ
  17. СОСТАВ И СЕЗОННАЯ ДИНАМИКА МЕРОПЛАНКТОНА УСТЬЕВОЙ ЧАСТИ ГУБЫ ЧУПА (БЕЛОЕ МОРЕ)
  18. ЭКОЛОГИЧЕСКИЕ АСПЕКТЫ ДИНАМИКИ СООТНОШЕНИЯ ВЕЛИЧИН МАССЫ И РАЗМЕРОВ ТЕЛА ОКУНЯ
  19. ДИНАМИКА БИОРАЗНООБРАЗИЯ В УСЛОВИЯХ РАДИОАКТИВНОРО ЗАГРЯЗНЕНИЯ
  20. 3.5. Оценка динамики средней концентрации гемоглобина у детей с ЮРА, получающих различные варианты терапии