С.П. Стрелков, Д.В. Сивухин, В.А. Угаров, И.А. Яковлев - Сборник задач по общему курсу физики. Т1. Механика (1108148), страница 34
Текст из файла (страница 34)
Рис. 216 Исключив отсюда угол 6 и скорость ог, получим для о~ квадратное уравнение (им + чнз)о, — 2нмгго~ совсг+ (т1 — гггг)о = О. з г Условие вещественности корней его, как легко видеть, имеет внд юпа < тпг)тггг Максимальный угол о, удовлетворяющий этому условию, и будет равен углу О. Таким образом, з1пд = гаг)ть Отсюда находим для ст-частицы д = 14'30', для дейтрона д = 30'. 2!6.
Масса о-частицы должна быть меньше массы ядра: щ < Л(; М вЂ” в / 2ЛТ ЛХ вЂ” т о=гго, И= г, !Яд= г Лт+т Л1 у Л!+т у М+т Возводя первое соотношение в квадрат и вычитая из него второе, получим (ч~нг) =- О. Если оба вектора тч и нг не равны нулю, что будет при нелобовом ударе, то угол между ними будет равен 90'. При яобовом столкновении ч~ = О, ч .= ч, т е. частицы просто обмениваются скоростями. 207.
гхут = 2га(о — и)и; гзр = — 2ог(о — о); тело после удара остановится, если и = ютг2. Указание. Законы упругого удара о движущуюся стенку легко получить, если в формулах для скоростей, имеющих место после удара двух упругих тел, перейти к пределу, полагая массу одного тела (стенки) бесконечно большой. 208. о-частица уносит 3,5МэВ, нейтрон — 14,! МэВ.
209. Ядро трития уносит энергию ! МэВ, общий энергетический выход реакции 4МэВ. 210. Нейтрон уносит энергию 2,44МэВ, ядро Не' — 0,8! МэВ. 211. Ядро Не" уносит энергию 3,7МэВ; общий энергетический выход реакции 18,3 МэВ. 2!2. ~гг» МэВ и 7г МэВ. глг, он тг 2!3. —, =- 4 ,.
Потеря энергии максимальна при ьщ =- каг. В (т~ -~- гог)з 2!4. а = 4Агг(! + А)', где А — атомнаи масса частицы, с котоРой сталкивается протон. Ответы и решения 146 3 тт' Ъп'р'г г згпт 217. и = —, Е = 11 — ), где т — масса протона. Процесс 2 81 * 8 т ггх!' невозможен, если М < 8ггг. 218. Решение. Пусть р — импульс падающей частицы, р~ и рг— импульсы образовавшихся частип. Если все импульсы коллинеарны, то р = рг -1- рм 2т 2т~ 2пгг Исключив рг, получим квадратное уравнение для рг. Потребовав, чтобы его корни были вещественными, найдем искомое условие В случае равенства оба корня квадратного уравнения совпадают, в случае неравенства они различны. 219. Ре ш е н не.
Импульс ст-частицы до столкновения; 1лг = тн,по. После столкновения импульс сохранится. С ним связана кинетическая энергия движения центра масс: з 2гтн, ч- ткг гпн, ч-тн которая не затрачивается на ядерные превращения. Искомая энергия Ео найдется из условия Ее=Ел-К. =Е ' Ео, гпн, -Ь тн откуда ть пг тр -р — а = ор тв, жт (220.1) затрачивается на ядерную реакцию. Найдем теперь энергию бомбардирующего протона Ер, при которой получаются нейтроны в состоянии покоя, а ядра бериллия летят вперед. Если Рр — импульс протона до реакции, то Ер — — Рг',((2гпр), а кинетическая энергия образовавшегося ядра бериллия Еа, = Рр((2тв,)1.
Разность этих энергий 1 зг 1 1 д тв,— гпр Š— Еа,= — Р1 — — — ) = — ' — рŠ— р (220.2) 220. Решение. Минимальное значение искомой энергии протона Ер соответствует лобовому столкновению, когда все частицы до и после столкновения движутся вдоль одной и той же прямой.
Поэтому можно ограничиться только такими столкновениями. Лопустим сначала, что энергия бомбардируюшего протона равна пороговой Ер,р, Тогда получающиеся в результате реакции ядро Ве и нейтрон должны двигаться вперед с одинаковыми скоростями и уносить кинетическую энергию Ео =- Ргрр(12(тпв. ч'- гтгрг1, где Р„,р — импульс протона, соответствующий пороговой энергии Е,„= Р,, '((2тр). Разность этих двух энергий Э 5. Законы сохранения количества движения и энергии 147 идет на ядерную реакцию, а потому равна величине (220.1).
Приравнивая выражения (220.1) и (220 2), находим тв,(тв, -1- т„— пгг,) 'я = а или, пренебрегая различием масс протона и нейтрона, г Ер —— ' Еч,г — — — Еч,р —— 192 ЯэВ. тз, — тз 48 в я При ббльших энергиях появятся нейтроны, летящие назад 221. Решение Условие, при котором рассматриваемая реакция происходит с минимальной затратой энергии, легко найти, рассмотрев процесс в системе центра масс. Затраченная энергия будет минимальна, если в этой системе все четыре образовавшихся частицы покоятся.
В лабораторной системе они будут двигаться с одинаковыми скоростями, как если бы образовалась одна частица с массой покоя М = Мп„ или энергией покоя 4трс . Эту энергию удобно обозначить как 2Е. Таким образом, 2Е = 4т с' = 4Ео, где Ео— энергия покоя протона. Полная энергия движущегося протона (с импульсом р) до реакции будет (Еоз -г (рс)'. Поскольку при столкновении импульс сохраняется, полная энергия образовавшихся частиц представится выражением чт2чт ~ Ьчг.
з г г Д ~ (~г Г ч — ф23)' 5 ь г; отсюда 4(Š— ЕэЕэ) (рс) Ео Чтобы найти исходную кинетическую энергию протона, надо из полной энергии его вычесть энергию покоя. Это дает К = Е~з + (Рс)' — Ео = 2( —, — Ео). Ео В рассматриваемом случае Е = 2Ео, так что К = 6Ео = 5, 62 ГэВ. 222. 7,08 ГэВ.
223. 4 = тггг (ггн + гпг). 224. В момент остановки барабана, как и при движении лифта, сила натяжения будет равна весу лифта, а дальше трос будет растягиваться и сила натяжения будет постепенно возрастать, пока кабина не остановится. В момент остановки кабины сила натяжения будет наибольшая — больше веса кабины. (Отсюда видно, что в таком положении лифт не может оставаться неподвижным; он начнет подниматься кверху — возникнут колебания кабины.) Быстрота нарастания натяжения во времени и его величина зависят от упругих свойств троса и массы кабины. 225. Удлинение = 55 см,'Г = 55 тс.
226. й = 0,005 в 1 М т М -1- т, а 2Мфд зга(а/2) — тъ' 227. !) о = 2 ьг(а гйп —, 2) а= 3) о= т 2' т 2МЬГ16 Мп(гг/2) Ответьг и решения 148 Решение задачи о соударении баллистического маятника и пули проведено путем применения закона сохранения количества движения к системе маятник-пуля Этот способ решения, очевидно, справедлив только в том случае, если удар пули не передается оси вращения маятника. Дело обстоит именно так в том случае, когда пуля ударяется в так называемый центр качания маятника, находящийся на расстоянии приведенной длины физического маятника от его оси вращения, и скорость пули перпендикулярна к прямой, соединяющей точку подвеса маятника с его центром качания При ударе же пули в произвольную точку маятника для решения задачи необходимо воспользоваться законом сохранения момента количества движения в системе маятник-пуля.
В первом же случае применение закона сохранения момента количества движения будет эквивалентно применению закона сохранения количества движения. Аналогичных вопросов об ударе в твердое тело, закрепленное на оси, касаются задачи 359 †3. 228. х~ = хо = ггг Ь/ф, х1 макс = )ьг2. Решение. Отсчитывая координаты грузов от уровня осей блоков, запишем для положения равновесия: '2 о соь:ра= = —, ро= —, т, = —.
2тг 2 ' 4' 2 Из условия нерастяжимости нити следует кинематическая связь. хгвх|1)):Е,хгвх|созе:О, ),2) Е = — 2пггд(Л вЂ” — ) = — т~дх1 ч- 2тгп гх~г)г + ) — 2тгпЕ = х2/ = — ггг1ихч „,„,, + 2гггггг хг „,„, + ~-~, 'г2) ' (1 + соз гго) по 2 получим два уравнения, из которых следуют значения, приведенные в ответе. т~ — т 2т~ )й 229.а~ = а,аг = сг го1 -1- тг т~ -1- тг тг) 1г 230. 1) Опишет над плоскостью параболу, вершина которой будет на высоте Ь,Г2; 2) будет равномерно скользить по плоскости со скоростью ЯЬ . 231. Ящик не будет двигаться, потому что сообщаемые ему нормальная рь: н тангенцнальиая рг гпо отношению к наклонной плоскости) слагающие импульса р вертикально падающего тела будут удовлетворять соотношению Рм/Рг = 18 а, котоРомУ УдовлетвоРЯют слагающие веса Ящика тхь /т~г = =- 18 а = й, а в результате действия последних ящик не приходит в движение.
После полной остановки падающего тела в ящике увеличение веса ящика по той же причине не приведет его в движение. М 232. На расстоянии 1, где ЛХ вЂ” масса поезда до момента отрыва Л1 — т вагона, а пг — масса вагона. где 1 — полудлнна нити. Записывая полную энергию Е = К+ 1У для трех положений системы х~ = =- О, х| =- х", =- 1гг2, х~ = х~ „„„: 95. Законьг сохранения количества движения и энергии 149 233.тч= ч=— М -1- ггг М -1- т 234. 81 = Я М т пг М -1- т Ма — та тЛХа ЛХ -1- т Л1 -!- т М -!- т — Хути — гЛгп! (М -1- 2т)1 236. ч = 1 2 М -1- гп ' М -!- 2гп -!- гЛт ' М -1- 2ггг -!- гЛггг 237.
и = (! -1- т)ЛХ) чг21гуд Решение. Из закона сохранения количества движения имеем ЛХи = = †, где а — скорость лодки с человеком после броска, и — скорость ядра. Скорость ядра ч„„ относительно лодки и.,п = и + и = и(1 Ь т,гЛХ). Для того чтобы ядро попало в корму лодки, необходимо, чтобы смегцение ядра по гоРизонтали относительно лоДки за вРемЯ его паДениа (Х = Хгг26,18 ) было равно длине лодки: и„„т = 1 238. Х = ч/Т/д. 239. х = (а — 5). Мжт 240. М г(ч,гг(1 = — ри. Ре ш е н не.
Уравнение движения легко получить из условия сохранения количества движения в системе ракета-газ. Приравнивая количество движения системы в момент времени Х количеству движения системы в момент времени Х + Ж, получаем Мч = (ЛХ вЂ” ХХЛХ)(ч -Ь (Ы) -Ь г(ЛХ(ч + и). Отбрасывая члены второго порядка малости и учитывая, что ИЛХ =- рг(Х, получаем искомое уравнение. -Лиат -НЛХ инт ЙЛХ 241. Решение. г(т = ' = — ' = — и —. Интегрируя это М е3 и и уравнение при условии и = 0 при Л1 =- ХчХо, находим: и = и1гт(ЛХоггЛХ) или гжг' = ЛХо!х!Х. (241.1) Полученное соотношение называется формулой К.Э. Циолковского. 242.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
