1611143569-ed123092d132ff77d44213ca2a0f5b5a (825029), страница 22
Текст из файла (страница 22)
O.1.17). Тогда sin β=r/R. Еслиrβвремя полета мяча равно t, а его скоростьR=2rпри броске равна v0 то ` = v0 cos α · t,Рис. O.1.17gt2H − h = v0 sin α · t −.2Горизонтальная составляющая скорости мяча при касании переднейточки дужки vx = v0 cos α, а вертикальная vy = v0 sin α − gt. Тогдаctg β = −vy /vx .
Решая получившуюся систему уравнений, находим#"H −hr◦α = arctg 2+,α=45.1/222`(R − r )Решение задачи несколько упрощается, если рассматривать движение мяча по обратной траектории: из кольца в руки баскетболиста.1. 18. Если перейти в систему отсчета, в которой конус покоится, тостанет ясно, что осколки, летевшие вертикально вверх и вниз, в новойсистеме будут двигаться вправо под углами 45◦ к горизонту, т.
е. вдольобразующей конуса, и на него не попадут. Все осколки, летевшие правее, а их половина, таким образом, попадут на конус.152ОТВЕТЫ. Механика1. 19. В системе отсчета, движущейся со скоростью v, осколкиравной массы разлетаются в произвольных направлениях с равнымипо модулю и противоположно направленными скоростями v 0 . Максимальную в неподвижной системе отсчета скорость имеют осколки,летящие в направлении движения пучка;u = v + v 0, u2⊥ + v 2 = v 02.022 1/2Отсюда u⊥ = v − v, u ≥ 2v.1. 20. В системе отсчета, связанной с мухами, ядро подлетает к роюпод углом α, причем cos α = 2 v 2 1/2 .(v +u )И по этому проходит в рое путь, равный u 21/2d=d 1+.cos αvОкончательно u 21/2dπR2N =n= πndR2 1 +.cos αv1. 21.
После удара о неподвижную стенку скорость шарика меняетлишь направление. Чтобы вычислить скорость шарика после одногоудара об удаляющуюся со скоростью u стенку, надо перейти в системуотсчета, в которой стенка покоится. В этой системе отсчета скоростьшарика до удара равна v0 − u. После упругого удара проекция скорости изменит знак: станет равной − (v0 − u).
Если затем вернуться впервоначальную (лабораторную) систему отсчета, где стенка движется со скоростью u, то здесь скорость шарика v = v0 − 2u. Слагаемое−2u будет добавляться после каждого удара о движущуюся стенку.Следовательно, v = v0 − 2nu, где n – число ударов о движущуюсястенку.Таким образом, в случае а, когда происходит 20 ударов, v = 33 см/с,а в случае б, когда происходит 19 ударов, v = 17 см/с.153Кинематика. Относительность движения√1. 22.
Скорость шарика при ударе о пол v0 = 2gh (рис. O.1.22, а).Пусть искомая скорость шарика равна v (рис. O.1.22, б). Перейдем вvv=00v/2=v0A v/2=v0vBбaвРис. O.1.22систему центра масс шариков, где они движутся навстречу друг другусо скоростями v/2. Роль непроницаемого каменного пола при их ударе сыграет плоскость симметрии AB (рис. O.1.22, в). Таким образом,ясно: чтобы шарик разбился, нужно выполнение условия√√v/2 = v0 = 2gh; отсюда v = 2 2gh.1. 23. Шарик падает равноускоренно, при ударе о плиту меняя направление и модуль скорости. Проvще всего можно провести рассмотрениеv02 + 2 ghдвижения в системе отсчета, связаннойс плитой. В этой системе шарик имеет0tt tttначальную скорость v0, направленнуювверх, и периодически ударяется о неподвижную плиту. В момент t0 = v0/g− v02 + 2 ghРис. O.1.23его скорость обращается в нуль, дальшедвижение периодическое.
Время подъема и паденияp (полупериод это1го движения) одинаково. Таким образом, t = g v02 + 2gh.График зависимости скорости шарика от времени в системе отсчета,связанной с плитой, изображен на рис. O.1.23. Зависимость скоростиот времени в интервале между началом движения и первым ударом0123154ОТВЕТЫ. Механикашарика о плиту v = −v0 + gt (далее см. график). Время первого,второго, ..., n-го ударов:q1t1 =v0 + v02 + 2gh ,gq1t2 =v0 + 3 v02 + 2gh ,g... q1v0 + (2n − 1) v02 + 2gh .tn =g1.
24. Относительно стакана шарик движется вдоль его стенок сускорением g cos α. Таким образом, время движения стакана до n-гоудара шарикаs2htn = (2n − 1).g cos αСтакан совершает вдоль наклонной плоскости равноускоренное движение без начальной скорости с ускорением a = g sin α:g sin α · t2nsn == (2n − 1)2 h tg α; s5 = 0, 81 м.2Динамика1. 25. Введем обозначения: L – искомый путь, ` – путь, пройденный после окончания действия силы F , v – скорость тела послеразгона, a – ускорение при разгоне.
Из кинематики следует, чтоat2L=`+, v = at.2По второму закону Ньютона имеемma = F − kmg.Кинетическая энергия расходуется на работу против силы трения:mv 2FFkmg` =; отсюда L =− kg t2.22kmg m155Динамика1. 26. amax = g cos α (k − tg α) .1. 27. amax = g cos α (k − tg α) = 1, 1м/с2 (см. ответ к задаче1.26).1. 28. По второму закону Ньютона имеемma = N sin α − kN cos α,mg = kN sin α + N cos α,где N – сила нормального давления бруска на цилиндр; отсюдаα = arctg1. 29. f =mg2k + a/g.1 − ka/gsin 2α.1. 30.q Сила трения kmg cos α направлена против результирующейсилыFminFmin2 + (mg sin α)2 . Приравнивая силы, получаемFminp= mg k 2 cos2 α − sin2 α при k ≥ tg α,= 0 при k < tg α.m21.
31. T = (k2 − k1) mm11+mg cos α при k2 > k1 > tg α.21. 32. По второму закону Ньютона имеемma = F − T1 − kmg, ..., ma = Tn−1 − Tn − kmg,F− kg.nmТаким образом, Ti = F (1 − i/n), i = 1, ..., n − 1.ma = Tn − kmg; отсюда a =F1. 33. a = m(cos α − k sin α)−kg, если F cos α > k (mg + F sin α);a = 0, если F cos α ≤ k (mg + F sin α).F1. 34. a = m(cos α + k sin α) − kg,Если F sin α < mg, F cos α ≤ k (mg − F sin α);a = 0, если F sin α < mg, F cos α > k (mg − F sin α);FFcos α, aверт = msin α − g, если F sin α > mg.aгор = m156ОТВЕТЫ. Механика1. 35. По второму закону Ньютона имеемm2 (a0 − a) = m2g − T,m1a = N − m1g,m1a0 = T − kN,где N – сила нормального давления, a0 – ускорение грузов относительно стола.
Тогдаm2 m1T =(1 + k) (a + g) при km1 < m2.m2 + m1Если a0 = 0, то −m2a = m2g − T , T = f < km1 (a + g). Такимобразом, T = m2 (a + g) при km1 > m2.1. 36. По второму закону Ньютона имеемma = mg sin β − 2kN,где сила нормального давленияcos β.2 sin αk cos βТаким образом, a = g sin β − sin α при tg β >N = mga = 0 при tg β <k,sin αk.sin α1. 37. Пусть угол между вертикалью и нитью, прикрепленной кгрузу массы m2, равен α, а ускорение груза массы m1 относительностола равно a0 . Тогда ускорение груза массы m1 относительно землиравно a−a0 , горизонтальная составляющая ускорения груза массы m2относительно земли равна a − a0 sin α. Запишем второй закон Ньютона:m1 (a − a0 ) = −T + km1g,m2a0 cos α = m2g − T cos α,m2 (a − a0 sin α) = T sin α.Два последних уравнения при исключении угла дают уравнениеp0m2a = −T + m2 a2 + g 2 .157ДинамикаПри наличии проскальзывания (a0 > 0) pm1 m2 p 2m2m1T =a + g 2 + kg − a , a2 + g 2 >kg −a.m1 + m2m1m2Без проскальзывания (a0 = 0)ppm2m122T = m2 a + g ,a2 + g 2 ≤kg −a.m1m21.
38. Пусть модули сил натяжения пружин AD и CD равны |F | и|F10 | соответственно, причем |F1| =ll|F10 | ≡ F1| (рис. O.1.38), а модуль силыACBlнатяжения пружины BD равен |F2|≡F2.llУсловие равновесия по вертикали даетFp30º 30º2F1 · 3/3 + F2 = mg.FF’00211211DПо закону Гука имеемmgРис. O.1.38F1 x (`1 − `0)`0 ,== √F2 x (`2 − `0)3 − 1 `0√т. е.
F2 =3 − 1 F1 .Так как после разрыва пружины AD сила ее натяжения обратилась внуль, то сила, действующая на грузик, стала равной −F1. Из условияравновесия находим√. √√3F1 +3 − 1 F1 = mg. т. е. F1 = mg 2 3 − 1 .Отсюдаa = −F1/m,. √|a| = g 2 3 − 1 .1.
39. По второму закону Ньютона в первых двух случаях имеемm1 − m0m1 a 1 = m1 g − κ 1 x1 , a 1 =g;m0 + m1m2 − m0m2 a 2 = m2 g − κ 2 x2 , a 2 =g.m0 + m1158ОТВЕТЫ. МеханикаВ третьем случае, когда к пружине жесткости κ1 последовательноподвешены два груза,m0a = −m0g + T,m1a = m1g − T1 + T2,m2a = m2g − T2,где T = T1 – сила натяжения нити, прикрепленной к грузу массы m0,T1 и T2 – силы упругости пружин жесткости κ1 и κ2 отсюдаm1 + m2 − m0a=g.m1 + m2 + m0Так как T1 = κ1x01, T2 = κ2x02 где x01 и x02– удлинение пружинпри последовательном соединении грузов, то общее удлинение пружинx = x01 + x02 = T1 /κ1 + T2/κ2.
Окончательноx=(m0 + m1) (m1 + m2) x1 + (m0 + m1) m1x2.m1 (m0 + m1 + m2)1. 40. Пусть не выскользнула часть каната длины x, тогда выскользнувшая часть каната имеет длину `−x. Обозначим массу канатабуквой m. Запишем второй закон Ньютона для всего каната и для еговисящей части:ma = mg (1 − x/`) ,m (1 − x/`) a = m (1 − x/`) g − T.ОтсюдаT = mg (x/`) (1 − x/`) .Исследуем это выражение на максимум: z 2 − z + a = 0, где z = x/`,a = T /mg. Максимум будет при z = 1/2, тогда Tmax = mg/4. Поусловию задачи, чтобы канат не порвался, должно быть T ≤ T0 =mg`0/`. Поэтому, полагая Tmax = mg/4 ≤ mg`0/`, получаем условие целостности канатаmg/4 ≤ mg`0/`,`max = 4`0.1. 41. Импульсы, передаваемые призме ударами шариков, перпендикулярны поверхности, а их горизонтальные составляющие на одной159Динамикаи той же высоте по обе стороны равны.
Однако число шариков, упавших одновременно слева и справа, пропорционально площади проекции грани на горизонтальную поверхность. Следовательно, сила слева,где угол меньше, будет больше, чем справа, и призма поедет в сторонубольшего угла, т. е. в данном случае направо.√1. 42. 1) Скорость шарика при падении с высоты h равна v =2gh, а средняя сила удара n шариков о поршень ∆pFср == 2mvnt.∆t срТаким образом,.pp = p0 + M g + 2 2ghmnt S.2) Каждый шарик при упругом ударе о поршень, падая с высоты√h, передает ему импульс m · 2v = m · 2 2gh один раз за все времяt движения от поршня и обратно,pпричем время t равно удвоенномувремени падения шарика: t = 2 2h/g. Таким образом, средняя завремя t сила действия одного шарика√∆p m · 2 2ghpF1ср === mg.∆t2 · 2h/gДля средней силы действия N шариков получаемFср = N F1ср = Nmg .Результат не зависит от высоты h и, если бы это было известно заранее, получился бы сразу при h = 0.
Тогда шарики оказывали быдавление на поршень только в результате действия своего веса, Окончательный ответ:p = p0 + g(N m + M )/S.160ОТВЕТЫ. МеханикаВращательное движение. Колебания1. 43. Частота возникновения той ситуации, когда Солнце, Земля иМарс оказываются на одной прямой, определяется разностью частотобращения этих планет вокруг Солнца:11TM − TЗ−=.TЗ TMTЗ TMВ земных годах период наступления таких событий1TMt==.vTЗ TM − TЗЧисло t не целое. Чтобы узнать, через сколько лет повторится великое противостояние, нужно выяснить, сколько раз в t содержится егоотличие от целого числа t − [t]. Это и дает ответ:v=t/(t − [t]) ≈ 687/45 ≈ 16 лет.В действительности великие противостояния Марса наблюдаются каждые 15 или 17 лет.1.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
