С.П. Стрелков, Д.В. Сивухин, В.А. Угаров, И.А. Яковлев - Сборник задач по общему курсу физики. Т1. Механика (1108148), страница 29
Текст из файла (страница 29)
из (5) и деля их на ь(1 из (3); 2) преобразуя компоненты 4-ускорения согласно (17). Объяснить, почему равноускоренное движение в одной системе отсчета уже не равноускоренное во всех остальных. 762. Найти преобразование компонент 4-импульса частицы при переходе от собственной системы Ко к любой другой системе отсчета. (Собственной системой отсчета частицы называется система, где частица покоится.) 763. Доказать, что квадрат модуля 4-вектора энергии-импульса Р -- определяет массу покоя частицы. Найти формулу, связывающую релятивистские энергию и импульс частицы с ее массой; найти выражение энергии релятивистской частицы через ее импульс. 764. В собственной системе отсчета Ко на частицу действует трехмерная сила Р.
Преобразуя компоненты 4-силы, найти компоненты 3-силы в произвольной системе отсчета К'. 765. Записать формулы преобразований Лоренца, 3-скоростей и 3-ускорений для случая произвольного направления относительной скорости систем отсчета К и К'. 766. Выразить релятивистский импульс частицы, масса которой равна гп., через ее релятивистскую кинетическую энергию. 767. Найти выражение 3-скорости частицы через ее релятивистский импульс.
768. По заданной релятивистской энергии 8 и массе частицы тч найти 3-скорость частицы. Рассмотреть отдельно нерелятивистский (и (( с) и ультрарелятивистский (ц = с) пределы. 124 Задави 769. На покоящуюся частицу массы ггц налетает частица массы птщ кинетическая энергия которой равна Тщ После столкновения частицы слипаются и движутся как целое. Найти массу образовавшейся частицы. При каких условиях эта масса приблизительно равна сумме масс исходных частиц? Найти скорость образовавшейся частицы. 770. При распаде некоторой частицы появляются две частицы с массами т~ и та. Из опыта известны абсолютные величины импульсов р1 и рз этих частиц и угол д между направлениями их разлета. Найти массу распавшейся частицы. 771.
Покоящееся тело массы ЛХ распадается на две части с массами тч и гпз. Вычислить кинетические энергии Т~ и Тз продуктов распада. 772. Частица массы т испытывает упругое соударение с неподвижной частицей такой же массы. Найти кинетическую энергию Т| рассеянной частицы по кинетической энергии То налетающей частицы и углу рассеяния йм ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 9 1.
Кинематика 1. е~ = тГ5 м/с; вектор скорости составляет с берегом реки, от которого удаляется лодка, угол сг = 63'ЗО'. 2. Курс лодки должен составлять угол в 39' с прямой, соединяющей пристани; е = 0,62м/с. 3. Труба должна быть наклонена от вертикали вперед, по ходу тележки, на угол сг = агсьд(п,утм).
4. е =- 9, Зм/с; угол 165' относительно курса корабля. 5. Расстояние между самолетами возрастает каждый час на величину 500км; В = 1500км. 6. Ээ0ьг = 105' (,о — угол между прямыми .4В и ВГ)). 7. Под углом ~ =- атосов((гл -, 'ез)7'по). ь гз — г| л га+й 8. е1 = — = 7,5км/ч, ез = — = 17,5км/ч. 2 иге 2 9. е = 5км/ч. 10. 1) Эг1 = весей(ео/ш), 2) д = агс18(во7'(е~ -Г оз)), 3) е' = УЯ + по, ел = /(е~ -Г ее)е + во .
1!. 14,1см/с. 12. Г„„, = 1д7'(Тев1пз гт). Указание. Поезд находится от фотографа на расстоянии 1/е1псг. Составляющая скорости поезда в направлении, перпендикулярном к лучу зрения (только она вызывает размытие изображения), есть ев1пос Скорость движения изображения поезда на фотопластинке е„, =- (еу сйпе се)71, Г„„, = г(уе„, 13. В1 = ео0 + аф2, Вз = (по+ аП)те+ аф2. Так как Я = 5з = В, то 28(6 — ГВ з Я ай а =- = — Зм!с, ьо = — — — -- 11,5м!с. Отз(й 1 Ге) г> 2 14. См.
рис. 204. К рис 204 а. Зависимость скорости от времени описывается соотношением е = аа К рис 2045 График составлен из чередующихся отрезков горизонтальных (и = сонат при а = 0) и наклонных (и = ас при а, = сопв1 ф 0) прямых. К рис 204 в. График составлен из отрезков горизонтальных прямых и отрезков парабол, описываемых уравнением вида е = ке'72 (при а = кг), если при построении этих парабол принимать за начало координат точки 1, 3, 5. К рис.
204 г. График составлен из отрезков парабол. От точек О, 2, 4, 6 построены параболы, удовлетворяющие уравнению вида е = ке'/2. В пределах 126 Отвешьг и решения участков оси времени 1 — 2, 3 — 4, 5-6 расположены отрезки парабол, удовлетвоРаюшие УРавнению о = 億— )М гг2 ). „з н 1', и/с 4 8 12 0 4 8 12 а б 4 8 12 со 2 0 4 8 12 О в Рис. 204 15. См. рис. 205 и 206. 1О Ос Рис. 205 К рис. 205. На участке 0 — 1 зависимость Я от Г описывается уравнением Я = ат,г2, на участках 1 — 3, 3 — 4, 4 — 6 — уравнениями Я = сопзг и т. д.
') Функциональные зависимости кинематических величин от времени, приводимые здесь и в решении задачи 15, отыскиваются путем графического или аналитического дифференпирования и интегрирования. К рис. 206 На участке 0 — 1 до,гт = а = сопят > О. На участках ! — 3 и 3 — 4— соответственно а = 0 и а = сопвь < 0 (см, примечание к ответу задачи 14). 127 8 1.
Кинематика — о-, м1о Й' Рис 206 16. о = з72д6 6,2мус. 17. В =- 2оог. 18. оо = 82 мус. 19. В наивысшей точке траектории нормальное ускорение будетмаксимальным и равным ускорению д свободного падения; во всех остальных точках траектории оно равно проекции Ьг на нормаль к траектории в этой точке. 20.
х = оь726/Ьг (1 + а),Г(! — а). 21. 1) о, =оосовэя, оо — — ооа!пзо — Ф, о = оо 4-ьаз~-' — 2оовгпУ Ке; 2) 2' = г'о К 3) !да = 18 д —; 4) х = оо1 сов За, у = ов сов Ы =- оо1опр — —; 5) у .=. х!8тт— ут . 2 ' ' 2овасозех' ос вш зт т. 2 6) Ья,ж —— ', 7) 1 = )оов1п2эо)р я', ф" 2д ог = 45'. 22. См. рис.
207 23. 6|:Ь:Ьз=3:2:1; 1~:1з'1з= =- ъ'гЗ: 2: тг 3. 24. 1 — 40м, Зо 38'40'. 25. (о ' =- о, + оо — 2д!оо+ дтт', !да =- (оо — 21) /оп где о — угол вектора о с горизонтом; уравнение траектории снаряда будет ов у г 2о~~ если совместить начало координат с той точкой пространства, в которой был выпущен снаряд. 26. у = (Ь/с)х, о .= 21~Я + Ь', а = 24х- 'и- Ьз .
г 27. Точка движется по эллипсу —, -Н вЂ”, =-! с ускорением а = — шзг, где рт Ве г — радиус-вектор движущейся точки, направленный от центра эллипса. Решение. В точках пересечения большой оси с эллипсом скорость о = = )у~ = ~шВ совет! = щВ, ускорение нормальное и равно а = х~ = иззА. То же ускорение можно выразить через радиус кривизны эллипса: а = о,ГН = = оз~Вт/Л.
Сравнивая результаты, получим В =- Вт/А. В точках пересечения эллипса с малой осью Й = А /В. 28. По гиперболе (хз7А ) — (у /Вт) = 1 с ускорением а = 6 г. 29. Эллипс (х-'/Аз) + (ут(Ве) = 1 30. 18а =- отГ2(Ьд, 1 = отг26~д. 128 Отеепьг и решения Г гСС аа г(Я = сага ~, или Я = нага 1п — = оага1п — 3с Са а а ~а откуда можно получить и ответ на второй вопрос. 39. !) у =,, шз, начало системы координат в точке выстрела; ,а,з 2) у схсс 2 ос яг начало системы координат на самолете; 3) у = = — дх',С2а„'„г, начало системы координат на снаряде. Ось Х всю— ь- ду направлена горизонтально по курсу самолета, ось У направлена вертикально вниз. 40. Траектория состоит из ветвей двух парабол (рис.
208): у = ид :са = 2а Р е ш е н и е. Написанные уравнения находим для первой параболы из условии: (40.1) прис=О х=О и у=О, и уравнений (40.2) аа — — с = сопзс или У = аС, ггх 2а а,= =-йу= у. сСС а (40.3) Интегрирование уравнения (40.3) при учете (40.1) и (40.2) дает х =- — Сз.
Исключая время С, находим уравнение ветви первой параболы. Подставляя в него у =- с(,С2, находим снос лодки на первой половине ее пути. Уравнение ветви второй параболы легко получить следующим образом. Выберем новое начало координат Х О~У' в той точке О' на середине реки, которой достигнет лодка, пройдя первую половину пути. Теперь начальные условия движения запишутся так. при С = 0 х' = 0 и у' = О. Далее, у' = аС, ио а, = и — — у'. гг 31. а = 1ьЯ7(2ССЬ), где д — ускорение свободного падения. 32, = '=Г 2 соз 3зш(3 — а) 33. Грузы, двигаясь по желобам с ускорением дз!псь, должны пройти до встречи с окружностью пути 1 = 2)(з!пас, где сь — угол желоба с горизонтом, а Й вЂ” радиус окружности.
Поэтому они достигают окружности через проме- жуток времени т = — хс4й/д, не зависящий от угла наклона желоба. 36. а = Ла. сС ' сага Х аааа аз 37. Если а = аага,СС, то е, = — ( — ! = — — = — — для С > Са. ЕС (, С .) Сз ага 3 38. 1) В = воСо 1п — для С > Са, 2) а = на ехр ( — — ) для Я > О.
Ре ш е н не. е = с(э',Сс(С = аага,гг, следовательно, 129 6 1. Кинематика Н Г1 мг'3 Решая эти уравнения, как и в первом случае, находим у' = — — ) —— 2 У 4 и Возвращаясь к прежним координатам, при помощи соотношений р = р' чг1, иа 4- — и х = л'-'г —, находим уравнение ветви второй параболы в прежних 2 4в' координатах. Очевидно, что эта ветвь второй параболы будет перевернутым повторением ветви первой параболы. 41. Первая половина траектории лодки будет описываться уравнением р = = ~/Зох7й, вторая половина траектории будет, как и в предыдущем случае, обращенным повторением первой ветви.
Величина сноса лодки хо = И',Г!2в. 3 42. Там, где кривизна траектории наиболыпая, т. е. около точки А. 43. в = 2~Л(7' = 3650«зг/ж а = 4я'Лг Та = 35 к~! Р 44. Прямые, параллельные оси времени. 45. щ = О, 00093 с ' — О, 001 с 46. о — 7, 2км/с 47. ам — О, 7д. 48. о = 1670 сов Зо км/ч. 49.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
