С.П. Стрелков, Д.В. Сивухин, В.А. Угаров, И.А. Яковлев - Сборник задач по общему курсу физики. Т1. Механика (1108148), страница 33
Текст из файла (страница 33)
161. О,Обкгс лг, 0,038кгс м. 162. 4,25 м; — 8, !6мггс. 163.,4 = тд(77+ йЛ). 164. А = гпггГИ вЂ” ЙЦ Необходимо, чтобы в любом положении тела соблюдалось условие 5 — йм > О, где Ь вЂ” высота, с которой спустилось тело к рассматриваемому моменту, а т — пройденный им путь в горизонтальном направлении к тому же моменту. В противном случае тело скатиться с горки не сможет г1 гплелл 1о г7т г7о 165. — ! ) =т — — '=гп — =Г гтг 2 гн гтг Ит 166. А = 4,3.!Оакгс м 167. 17 = О,бкгс м.
168. ! кгс м. 169. И' = Вой !л с). 1000 75 ттл 170, Р!г = О 4! 171. 1) П =- гпд1(! — соя а), 2) А = Япла) соводгл = гпа1 сйп се о 3) Приравнивая работу силы инерции потенциальной энергии отвеса, отклоненного на угол оч находим д(! — совами„) = аьйпо,„г„, откуда легко ам. а а получаем 18 " " = — или а„„, =- 2агс18 —. 2 6 е 4) Сравнивая наиденный результат с результатами задачи 91, получаем, а что, действительно, о,,. = 2ао, так как ао = атстд — . К 5) После освобождения отвеса он сначала отклонится на угол а„„„а затем начнет колебаться от направления, определяемого этим углом, до вертикали, т.е.
около направления, определяемого значением угла ао. Постепенно колебания затухнут и отвес остановится в положении, задаваемом этим углом. В этом положении сумма действующих на отвес сил будет равна гпа, и отвес будет двигаться вместе с вагоном. 172. 330 м Ре ш е н не. При торможении с ускорением а возникнут колебания (см, решение предыдущей задачи), и отвес отклонится на наибольший угол 2агд = — — Зк7'180 = О, 052, следовательно, Ва = б, 51 мгс и В = от)2о. 142 Ответы и решения 173. ю = юг26Л = 11,2 кьГс, где 11 — радиус земного вара.
174. Ввиду того, что поле тяготения является потенциальным полем и все механические процессы в нем обратимы, очевидно, что ракета, начальная скорость которой превышает значение, найденное в предыдущей задаче, преодолеет силу земного тяготения и уйдет в межпланетное пространство. тхВ э 175. Т вЂ” — — — 6,2 10 кгс м,  — радиус Земли и д — ускорение 1-~- Ь/Л свободного падения у поверхности Земли. 176. И' = шдю()с сов гг 4 в1псг). 177. Решение. Уравнение движения лодки будет иметь вид пгЫю/М = , 3 =- — гю Умножая обе части уравнения на элемент пути г)Я, получаем справа элементарную работу д,4 силы сопротивления на отрезке пути НЯ: пю, з, юоэгпз о5' 'и 63= "ю г)Я= г о =оА от (т -~- гюет)а или тюз ') юозгпзю ггт юозт' Й гою ю — — — г — — г 2 / Оп -~- гюот)' Оп -~- гюот)з ,)( ) а о Интегрируя последнее уравнение при условиях, что ю = юо при г = 0 и ю = = 0 при С вЂ” оо, находим, что правая часть равенства также равна зпюо/2, что и требуется доказать.
178. Г =,Зх"/4, где х — деформация пружины. 179 1) Г~/Гз = )сей~, 2) Г~/Гэ = )с~/йя. Когда одна из пружин — очень жесткая по сравнению с другой, практически вся потенциальная энергия будет запасена в случае а) в более мягкой, а в случае б) — в более жесткой пружине. 180. Я = г4 )г(1 — )о) 181. 7' = 2250ИЯхйп) )кгс). 182. йР = хпЯтд/ЗООО [кгс м). 183. По часовой стрелке, так как при втокио работающий участок ремня будет меньше провисать и охватывать ббльшую часть окружности шкивов, чем при вращении против часовой стрелки, и сцепление ремня со шкивом будет больше.
184. И'= й г= И;„„. 61 ' Г д)з 185. г = е'(2Е, где е — заряд протона. Для вычислений формулу целесообразно преобразовать, положив Е = е)г. Тогда г = еГ2)г = 1,4 1О 'зсм (2)г = 1Оа В) Опыты по рассеянию ядерных частиц показали, что радиус действия ядерных сил по порядку величины равен 10 'з см Поэтому при расчете столкновения протонов, энергии которых превосходят примерно 0,5МэВ, помимо электростатических сил, надо учитывать также ядерные силы. 186.
Поместив начало координат в одной из точек пола и направив ось Х вертикально вверх, получаем г2 дг 'Стхх) = гпх — птнх =- 2К вЂ” Г, где К вЂ” кинетическая, а Г = тдх — потенпиальная энергии шарика. Проинтегрируем это соотношение от Г = 0 до Г = Т, а затем устремим Т к бесконечности. В результате найдем 2К =- Гг 25.
Законы сохранения количества движения и энергии 143 9 5. Законы сохранения количества движения и энергии 187. г = 10сььгс. 188. Р.= = 17кгс, где М и т — массы винтовки и пули. 2ЯЛХ ЛХ, г2а1в1па т сова Указан не. Приведенное выражение для о легко получить, применив закон сохранения количества движения к слагающим импульса пушки и снаряда, направленным вдоль наклонной плоскости, непосредственно до и после момента выстрела.
Импульс силы тяжести (действующей на оба тела) за короткий промежуток времени Ы выстрела пренебрежимо мал. 190. Я = 5000м. Решение. Падение одной половины снаряда под местом разрыва показывает, что все количество движения, которое имел снаряд в верхней точке, передано второй половине снаряда. Падение за 1 с с высоты в 19,6м говорит за то, что падающая часть получила при разрыве начальную скорость оо вниз, следовательно, и вторая половина получила такое же количество движения вверх. Поэтому вторая часть снаряда после разрыва имеет начальную скорость 2о„„ в горизонтальном направлении (где о„р есть горизонтальная составляющая скорости снаряда при выстреле), а в вертикальном направлении оо.
дтв Скорость ио определится из равенства 6 = нзт + , где т — время падения 2 первого осколка. Горизонтальная составляющая скорости о„г определится из равенства 91 = отрс и 6 = цсд(2: ц„я —— у)дгг26 Вы Расстояние места падения в~оро~о осколка от места разрыва по горизонтальному направлению можно определить по формулам, описывающим полет снаряда в безвоздушном пространстве: )6 т 26 г6 тхз) — .51 = 2и.юр 1 — - — — -~- — + )— ~~дт 2 д сдт 2,) Заменяя и,„, на ~/ьо/26 Яы получаем ответ: та~Го-~-и)+гпо пн(о — и) -~- тв 191. о1 = — — — — —, вв = и, из = — — — — —.
т Ч- т~ т ч- пн 192. х = )/2. Р еще н не. В рассматриваемом случае центр масс системы будет смещаться за счет действия внешней силы (сил трения). Обозначим силу натяжения веревки между лодками Хй Тогда: т|хг Е 6хй = 'Г, тахт + 6хз = — Т, ннхй + ттхв Ч-61х~ + хз) = О. Последнее равенство справедливо и после того момента, когда лодки столкнутся и будут двигаться совместно до остановки. Проинтегрируем его по времени Огпвегпы и решения от 0 до со: ггг1хП -1- тгхг -1- ггг(хг -1- хг) = 0; о о о пг~ е~ — тгьг 20тгп, = тгпг, и = > О, пг~ -1- тг где и — скорость шаров после удара, пг и пг — их скорости до удара.
199. и = 1000мг'с (из равенства тп =- Мп~). 200. )г = 2Мп(т 201. Е = ььтгпггглг = 2500кгс, где !зпм — масса угля и Ь! — время, за которое эта масса погружена на платформу. 202. Работа ГгзЯ = — — егз.э" = гзгп. е, кинетическая же энергия угля ,г Ьг равна 2гт пггг2, т.е. вдвое меньше. При соприкосновении с платформой куски угля сначала скользят по полу платформы (в сторону, противоположную движению платформы), и работа паровоза идет также на преодоление возникающих при этом сил трения. Эта работа (превращающаяся в тепло) равна Ьт гл/2. 203.
Дополнительное давление на стол (сверх веса части каната, уже лежащей на столе) вызвано потерей импульса падающими элементами канаты при нх ударе о стол. Пусть за элемент времени г(! на стол падает элемент каната с массой г(гп = р г(х, где р — масса, приходящаяся на единицу длины каната, а г(х — элемент длины каната. Сила, действующая со стороны этого элемента на стол, будет глГ = г!пг = рг(х = рп, ггг дг где и — скорость, с которой элемент г(пг достигает стола. Но, как нетрудно заметить, пг = 2дх, где х — длина части каната, лежащей на столе. Отсюда ЬЕ = 2рдх Таким образом, полная сила, действующая на стол, будет равна Зрнх.
204. Шарик отразится от клина в горизонтальном направлении и полетит дальше по параболе (рис. 215). 205. р = 2тп сов о. Рис. 215 так как хг(0) = хг(0) = х|(сю) =- хг(оо) = О, х|(0) = О, хг(0) = 1, хп(оо) = = хг(со) = х, получим: 2х — 1 = О, х = !гг2. 193. 9 мггс и 1 мггс. т,рэ -1- т пг (гппт ж тпгпггг пг1 -1- тг ' 2(т1 + тг) 1 т|пгм г 195. П = — (п1 — и,) 2 т~ Ч-тг 2гггг'гг Гт ~ 196.
После соударения второй шар отскочит назад. А = т1 -~- тг и 197.1) К= — — — --,2) )г„„= — — — -,3) А=о 2(Д4-1- т) ' 2(ЛУ+ т) ' й(Л1 -1- т) 198. При условии, что гп|,гтг > 20, где т~ — масса шара, имевшего меньшую энергию. Ответ легко найти нз следующих соотношений: 35. Законы сохранения количества движения и энергии 145 206. Решение. Пусть и — скорость первой частицы до столкновения, о~ и мг — скорости частиц после столкновения.
Законы сохранения импульса и энергии дают н=ч1+нг, о =-гг~ -!-ог. 215. Решение. Пусть тг — масса рассеиваемой частипы (о-частицы или дейтрона), о — ее скорость до рассеяния; тз — масса рассеивающей частицы (атома водорода); щ и ог — скорости частиц после рассеяния (рис. 216). Законы сохранения импульса и энергии дают пи о = гп1 о~ сов о -Ь паз от сов 13, то~о! з!по = гпгъг шп 13, ,г ггг~ о =- кног -Ь щгог.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
