Решение задач по Физике (Кириллов), страница 4

Уравнение второго закона Ньютона в проекциях на ось х имеет вид )У х - та, = -тв з1п а — Итя соз а, то есть вверх тело движезсм равнозамедленно с ускорением и, =(япа+lссоза)я, а уравнение его движения таково: а!' хек!ог- — ' о 2 Рис. 1.10 где ио - начальная скорость тела. Время движения тела вверх определится из условия с1х и= — и ио — ар=О, й откуда г = 0 = охаю а координата точки поворота х, = х(0) = го/2а, . г I При движении тела вниз меняется направление силы трения и, следовательно, вниз тело движется равноускоренно с ускорением аг =(япа-lссоза)я, а уравнение его движения имеет следующий вид: г г г игг оо агг х=х, — — = — — —.

2 2и, 2 Время движения тела вниз гг определится из условия г г ио пгг х= — — — =О, 2а, 2 откуда гг оо и1иг р ° Ф 26 Глава ! а отношение времен спуска и подьема тела по условию равно д. Поэтому имеем Га, эта+ !р соя а !на+ !р а, з1п а - !р соз а !я а - lс и, следовательно, коэффициент трения Й равен з р1 — 1 !! =, ряа.

р!' +1 Используя численные данные задачи, получаем !! = 0,16. Ответ: /р = 1яа= 0,16. !1~ — 1 Р1~ ь! 1.2.3. На гладкой горизонтальной плоскости лежит доска массы т~ и на ней брусок массы ть К бруску приложили горизонтальную силу, увеличивающуюся со временем р по закону Р = ар, где а - постоянная. Найти зависимость от ( ускорений доски а~ и бруска аз, если коэффициент трения между доской и бруском равен 1р. ар -Рр=тза Р,р = нна откуда Решение На брусок действуют в горизонтальном направлении две силы: сила тяги Р = аг и сила трения Р (см рис.

1.11). Сила трения возникает как результат взаимодействия с доской, на Ж которой находится брусок. Поэтому, по третьему закону Ньютона, на доску шз 11' действует сила, направленная в противоположную сторону и равная Р . Эта и! сила играет для доски роль силы тяги. До тех пор пока Р 5' Ро=Ьлгя, где Ро Рис. 1.11 - максимальная сила трения покоя, брусок не скользит по доске и они движутся как единое целое с одинаковым ускорением а. Уравнения второго закона Ньютона для этих тел в проекции на горизонтальное направление имеют вид 2? Физические основы гнеканики аг а= и, +и аг. пг, .~- и, Условие Р„, < Рв =?стг11 определяет верхнюю границу времени гв, в течение которого эти тела движутся вместе вбегя(пг, + тг) г < го = ат, При г > г, тела движутся раздельно каждое со своим ускорением а~ и аг, а сила трения становится силой трения скольжения Р = ?сиге.

Уравнения второго закона Ньютона для этих тел в проекциях на горизонтальное направление принимают вид а г - Ьпгя = тгаг )сигу = егаь откуда Ьл,я аг — Ьгггк а,= ' ил,= т, т, аг lап,у(т, т и,) Ответ:а~ =аг= а= при с< г = е,+т, ат, 1ст,я аг — ?ст,я 1стгу(пг, +е,) а, = ', а,= ' прнг> го= т, пгг ат, 1.2.4. Призме, на которой находится брусок массы е, сообщили влево горизонтальное ускорение а (см.

рис. 1.! 2). При каком максимальном значении этого ускорения брусок будет оставаться еще неподвижным относительно призмы, если коэффициент трения между ними Й < сгяа? Рнс, 1.12 Решение Силы, действующие на брусок, показаны на рис. 1.13. Уравнения второго закона Ньютона в проекциях на горизонтальную ось х и вертикальную ось у имеют вид 28 Глава 1 Р,рсока+ !У япа= та У -Р„,япа+ !т' сока= т8, а Максимальное значение силы трения покоя Р„р = И! соответствует максимальному й' ускорению а„,„, при котором брусок еще х а т8 неподвижен относительно призмы.

В этом предельном случае получаем Рис. 1.13 кФ сока+ М япа= та„,„ -ЫЧ япае !У сока= т8. Поделив первое уравнение на второе найдем искомое выражение для максимального ускорения йсока+япа йс!8а+1 пип 8= 8. сока-йяпа с!8а-/с /сс!8а+ 1 Ответ: а„,„= 8 с!8а-1 1.2.5. К бруску массы т, лежащему на гладкой горизонтальной плоскости, приложили постоянную по модулю силу Р = т8/3. В процессе его прямолинейного движения угол а между направлением этой силы и горизонтом меняют по закону а = йк, где 8 - постоянная, к - пройденный бруском путь (из начального положения).

Найти Рис. ! .14 скорость бруска как функцию угла а. Решение Уравнение второго закона Ньютона в проекции на горизонтальную ось х имеет вид (см. рис. 1.14) Репка=т — ". е!Е Подставляя сюда значение силы Р=т8/3 и учитывая соотношение е!р„е!р„Ыа с!р„Ык е!р„ — "= —" — =)е —" — =1Ц вЂ” ", й Ыа 8р Ыа!р "ба приходим к дифференциальному уравнению 29 Физические основы механики — сова ы /с!и„~ — ", !?и„ 3 "а!а решая которое получаем искомую зависимость скорости бруска и =~и„~ от угла а у ы ~ — !5!и а~ . Г2у 13~ Ответ: и = ~ — ~яп а~ . Гг~ . 131 1.2.6.

Автомашина движется с постоянным тангенциальным ускорением а, =0,62 мыс по горизонтальной поверхности, описывая окружность радиуса?! = 40 м. Коэффициент трения скольжения между колесами машины и поверхностью 1= 0,20. Какой путь пройдет машина без скольжения, если в начальный момент ее скорость равна нулю? Решение При движении автомашины по окружности (рис. !. ! 5) тангенциальная составляющая силы трения Г, играет роль силы тяги машины и обеспечивает ее тангенциальное ускорение а,. Поэтому Р, = та„где т — масса автомобиля.

о ' Нормальная составляющая силы трения Р„ обеспечивает необходимое центростремительное ускорение машины, то есть Р'„= ти ) И, где и — скорость зl автомобиля в рассматриваемый момент времени. Рис. !.)5 Сила трения, действующая на машину, равна е.-Я+~„'= Д НР7ю7. причем, пока колеса автомашины не проскальзывают, это сила трения покоя.

Ее максимальное значение Р' '" =)сто определяет предельную скорость, с которой автомобиль может двигаться без скольжения „„-в!ие!'-!,,е)'. Время, за которое машина приобретет эту скорость, равно ! = и,„/а,, а путь, пройденный автомобилем к этому моменту времени 20 Глава ! ) в к Используя численные данные задачи, получаем путь пройденный машиной без скольжения е = 60 м. 0: . =)ф)) )))) ),)' — ) = 60 1.2.7.

Через блок, укрепленный на потолке комнаты, перекинута нить, на концах которой подвешены тела с массами т, и тз . Массы блока и нити пренебрежимо малы, трения нет. Найти ускорение центра масс этой системы. где лля определенности мы положили, что ускорение первого тела а направлено вниз, а второго тела - вверх. Из этих уравнений получаем т)н Рис. 1.16 2т)т,я т)ч тз и, следовательно, ускорение центра масс этой системы тел равно т)яет я — 2Т ()л,— т ) ос= т) +)пз (л)) + л)з) и направлено вертикально вниз.

Решенке Силы, действующие на тела, показаны на рнс.1.16. Проекция вектора ускорения ас центра масс С этой системы на ось у определяется из уравнения движения центра масс (т, + т, )ас = т) ~ + т эх' — 2Т . Для определения силы натяжения нити Т запишем уравнения второго закона Ньютона для каждого тела в отдельности Т т)е-Т=т)а, Т-тд =тза, Физические основы мехонггки 1.2.8.

Бак с водой движется по наклонной плоскости, составляющей угол а с горизонтом. Определить угол наклона о поверхности воды с горизонтом, считая положение воды в баке установившимся. Коэффициент трения между баком и плоскостью равен й (1г с18а). Решение Запишем уравнения движения бака с водой в системе координат хОу, показанной на рис.!, Рис. 1.17 Ох: Ма„= Мя яп а — Р = Мя яп а — кгт' Оу: гУ-М8соза=О, и из них получим а„= 8(япа — /своза).

Перейдем теперь в неинерциальную систему координат х'О'у', связанную с баком. В установившемся режиме движения вода в системе координат х'О'у' покоится. Рассмотрим тонкий слой воды на поверхности (см. заштрихованный участок на рис.1.17). На этот слой массой ш Глава ! 32 действует сила тяжести тля, сила реакции У~ со стороны нижележащих слоев воды и сила инерции Рн =-та„. Второй закон Ньютона для слоя массы ш в системе координат х'О'у' запишется следующим образом; гля+ Ж, + Рв =0 Переписав это уравнение в проекциях на координатные оси Ох': шляпа — Цяп(а -)У)-тя(япа-ксоза) =0 О'у'.

Ф,соз(а-)))-глйсоза=О и исключив Мь получаем 1д(а -,О) =)~, откуда искомый угол равен ф=а-ага~уй. В случае отсутствия трения, когда й=О, имеем )у = а, что и следовало ожидать. Ответ: р'=а — агс[д/с 1.3. Законы сохранения Основные формулы (1.3.2) Е,— Е, =Ав, где Лв - работа результирующей всех сторонних сил, то есть сил, не принадлежащих к силам данного поля (1.ЗА) ° Приращение импульса системы частиц; р,-р, = )'Рй, (1.3.1) где Р- сумма всех внешних сил, действующих на частицы.

° Работа и мощность силы: А = ~РИг; Р =Рг, где Ыг — злементарное перемещение точки приложения силы Р. ° Приращение кинетической знергии частицы: Т -Т,=А, где А - работа всех сил, действующих на частицу. ° Приращение полной механической энергии частицы в потенциальном силовом поле 33 Физические основы механики ° Приращение момента импульса системы частиц относительно неподвижной точки О Мз-Мз = АУЛ, (1.3.5) ! где М - суммарный момент относительно точки О всех внешних сил, действующих на систему. Уравнение (1.3.5) остается справедливым для движущейся точки О, если она совпадает с центром масс системы или ее скорость параллельна скорости центра масс.

Примеры решения задач 1.3.1. Цепочка массы т=1 кг и длины 1= 1,4 м висит на нити, касаясь поверхности стола своим нижним концом. После пережигания нити цепочка упала на стол. Найти полный импульс, который она передала столу. Решение Рассмотрим небольшой элемент цепочки длиной с(х, расположенный на высоте х над столом. Масса этого элемента равна йп = (т11)Их, а его скорость непосредственно перед ударом о поверхность стола определяется выражением для скорости свободно падающего с высоты х тела: и =,/2ух. После удара о стол рассматриваемый элемент цепочки покоится и, поэтому, импульс передаваемый столу равен с(р = (т/1),/2дхс(х.

Интегрируя по всей длине цепочки от О до 1 найдем полный импульс, который передала цепочка столу при падении р = ~(т/1),/2Кхс(х = (т/1) з/2О ~./хс(х = — з/2ф о 3 Подставляя численные значения задачи, получаем р = 3,5 кг м1с . 2т Ответ: р = —,/2д1 =3,5 кг м1с . 3 1.3.2. Пушка массы М начинает свободно скользить вниз по гладкой плоскости, составляющей угол ас горизонтом. Когда пушка прошла путь 34 Глана ! 1, произвели выстрел, в результате которого снаряд вылетел с импульсом р в горизонтальном направлении, а пушка остановилась. Пренебрегая массой снаряда, найти продолжительность выстрела. Решение Скорость пушки непосредственно перед выстрелом легко найти из закона сохранения полной механической энергии пушки при ее скольжении по наклонной плоскости (см.