1611143569-ed123092d132ff77d44213ca2a0f5b5a (825029), страница 24
Текст из файла (страница 24)
В моментвключения двигателя кинетическая энергия корабля равна mv 2 2, апотенциальная равна −mgrЛ/6. Закон сохранения энергии даетmv 2 mgrЛgrЛ0=−, откуда v 2 =.263Считая a = 5g (влиянием добавки к ускорению, равной −g/6, можно пренебречь), из кинематических соотношений для равноускоренного движения с начальной скоростью v получаем v 2 = 2ah = 10gh.Подставляя выражение для v 2, имеемgrЛ /3 = 10gh, откуда h = rЛ/30 ≈ 60 км.1. 69.
Пусть масса тела равна m. Тогда из закона сохранения энергии имеем (см. решение задачи 1.68)mv12mgRЗ− mgRЗ = −,2RЗ + hЗт. е. gRЗ − 2gRЗ = −gRЗ = − R2gR+h; отсюда h = RЗ = 6, 4 · 103 км.З1. 70. Запишем закон сохранения энергии, сразу учитывая скорость тела относительно Земли и его потенциальную энергию, в виде(см. решение задачи 1.69)m (v0 + v3)2mv 2− mgRЗ =,22m (v0 + v3)2− mgRЗ = 0,2170ОТВЕТЫ. Механикагде v3 = `/T .
Отсюда 1/2i1/2p` ` pv = 2 v3 v3 + 2gRЗ=2+ 2gRЗT ThТак как RЗ = `/2π, то v = 4, 6 км/с.1. 71. Минимальная скорость прохождения петли достигается, ко0гда центр масс части каната, имеющей массуm= m · 2πr/` ока20зываетсяподнятымнавысотуr:mv2=mgr; отсюда vmin =minp2r πg/`.1. 72. Скорость жидкостей достигнет максимума, когда снова возникнет положение равновесия: более плотная жидкость окажется внижней половине квадратной трубки, а менее плотная – в верхней.Центр тяжести жидкости, занимающей половину (верхнюю или нижнюю) квадрата, находится на расстоянии 1/8 от ближайшей горизонтальной стороны. Смещение центра тяжести каждой жидкости послеперетекания ∆` = ` − 2`/8 = 3`/4. Тогда изменение потенциальнойэнергии∆Eпот = (m1 − m2) g · 3`/4 = (ρ1 − ρ2 ) S`g · 3`/2,а максимальная кинетическая энергияEкин2(m1 + m2) vmax2== (ρ1 + ρ2 ) S`vmax.2Из закона сохранения энергии ∆Eпот = Eкин получаемr3 ρ1 − ρ2vmax =gl.2 ρ1 + ρ21.
73. Из закона сохранения энергии следует, чтоκ (` − `0)2 2mv 2=.22171Законы сохранения энергии и импульса. Работа. МощностьСкорость бусинок вдоль оси x равна, vx = v cos α. Таким образом,pvx = (` − `0) κ/2m cos α.1. 74. Используя закон Гука и закон сохранения энергии, получаем2κ2`2 mvmaxκ1x2 κ2(` − x)2κ1κ = κ2(` − x),=++,2222где x – координата нового положения равновесия, в котором скоростьмаксимальна. Таким образом,vmax =κ2 `1/2[m (κ1 + κ2)].1. 75. Начальное равновесие для удлинения x0 дает κx0 = M g(здесь κ – жесткость пружины). По закону сохранения энергии имеемκx20κx2max+ (M + m) g (xmax − x0) =,22xmax 6= x0.Подставляя x0 = M g/κ, получаем xmax = (M + 2m) g/κ. Из второго закона Ньютона получаемma = mg − N,Отсюда N =mκx,M+m(M + m) a = (M + m) g − κx.т. е.
Nmax =mκxmaxM+m= mg M+2m.M+m1. 76. В момент отрыва скорости шарика и конца пружины одинаковы. Отрыв происходит при x = 0 (x – смещение конца пружиныот положения равновесия). Кинетическая энергия массивной пружины пропорциональна квадрату скорости: Eпр = αv 2, где α – коэффициент, пропорциональный массе пружины.
Из закона сохраненияэнергии имеемkx20 mv 2=+ αvx2 .22Из первых двух уравнений находим α:m/2 + α = 2m/3 + 2α/3, откуда α = m/2.172ОТВЕТЫ. МеханикаПодставляя α в последнее уравнение, находим vx :√kx203mmv2= mv 2 =+vx2 , vx =.22221. 77. Пусть каждый шарик прошел до остановки путь `. Тогдазакон сохранения энергии даетmv022= 2kmg`.2Число оборотов n = `/π`0, n = v02 2πkg`0.1.
78. Закон сохранения энергии даетmgH =Hhk1mg cos α1 +k2mg cos α + mgh.sin α1sin α2Окончательно1 − k1 ctg α1.1 + k2 ctg α21. 79. Пусть x1 – максимальное смещение правого тела влево, а x2– его последующее смещение вправо от своего начального положения.Тогда из закона сохранения энергии получаемh=Hmv 2 κx21κx21 κx22=+ kmgx1,=+ kmg (x1 + x2) .2222Требование сдвига левого тела дает условиеκx2 = kmg.Решая систему трех уравнений, получаем x1 = 3x2 и v = kgp15m/κ.1. 80.
Если брусок массы m2 остается неподвижным при смещении x бруска массы m1, то сила F совершает работу по растяжениюпружины и против сил трения (при условии, что в конечный моментскорость бруска массы m1 обращается в нуль):κx2κx2Fx =+ km1gx, т.е. F =+ km1g,22Законы сохранения энергии и импульса. Работа. Мощность173где κ – жесткость пружины.Уравнение движения второго бруска:m2a2 = κx − km2g.Брусок массы m2 сдвинется при условии a2 > 0, т.
е. при условииκx > km2g. Минимальное значение Fmin получим, если положимκx = km2g. Таким образом,Fmin = kg (m1 + m2/2) .1. 81. Масса воды, выходящей в единицу времени из брандспойта,равна ρ0vS. Мощность, передаваемая насосом выбрасываемой воде,удовлетворяет соотношениюηP = ρ0 vS · v 2 2.Из кинематических соображений имеем ` = v 2 g sin 2α.Окончательноsin 2α = lg (ρ0 S/2ηP )2/3 .1. 82. Вначале колеса проскальзывают и часть мощности двигателязатрачивается на работу против сил трения. Сила тяги в этот период равна силе2p t v=pt − 2 m трения f = kmg, т. е.
ускорение автоmgkv=gktмобиля a = kg и v = at = gkt. Как0tt кртолько проскальзывание прекратится, всяРис. O.1.82мощность двигателя пойдет на разгон автомобиля. Критическая скоростьPPvкр = =.fkmgВремя достижения критической скоростиPvкр=.tкр =amg 2k 2кр174ОТВЕТЫ. МеханикаДальнейшая скорость определяется из закона сохранения энергии2mv 2 mvкр=+ P (t − tкр) ,22где время t отсчитывается от начала движения. Это уравнение удовлетворяется начиная с момента t = tкр (рис.
O.1.82):s2PPPv=t−дляt>t=.крm2mg 2k 2mg 2 k 21. 83. Пусть v 0 – скорость пули после пролета сквозь первый груз,u1 – скорость первого груза после пролета сквозь него пули, u2 –скорость второго груза. Скорость пули после попадания ее во второйгруз v 00 = u2. Закон сохранения импульса даетmv = mu1 + mv 0 ,mv 0 = 2mu2.Из закона сохранения энергии имеемmv 2 mv 02 mu21=++ Q1,222mv 2 mu22=+ Q2.22pТаким образом, Q1 = mv 0 (v − v 0), где v 0 = Q2/m, т. е.pQ1 2v mQ2 − 4Q2 при Q2 ≤ mv 2 4.1. 84.
Пусть `0 – расстояние от пушки до лагеря, а v0 – начальнаяскорость ядра массы m. Введем массу барона M и скорость v ядравместе с бароном. Тогда, используя закон сохранения импульса и выражения для расстояний `0 и `, получающихся для тела, брошенногопод углом α к горизонту в поле силы тяжести, получаемmv0 = (M + m) v,v02`0 = sin 2α,gОтсюда`=mM +m2v2` = sin 2α.gv02sin 2α,gЗаконы сохранения энергии и импульса.
Работа. Мощность1752`0 − `m1 + 2m/M35=1−=.+2`0M +m36(1 + m/M )pg2v1. 85. x = mm.+m2h121. 86. Различие времен падения t1 и t2 обусловлено различиемначальных вертикальных скоростей. Вертикальная составляющая импульса системы равна нулю, массы частей равны. Отсюда с учетомзакона сохранения импульса вертикальные начальные скорости частейравны и противоположны, причем скорость первой части v01 ≡ v0 направлена вниз, скорость второй частиv02 ≡ −v0 направлена вверх.Для первой части h = v0t1 + gt21 2; отсюда v0 = 2h − gt21 2t1.Для второй части h = −v0t2 + gt22 2, подставляя v0, получаемgt22 + (gt1 − 2h/t1) t2 − 2h = 0.Отсюда однозначно определяется t2 = 2h/gt1.1. 87.
Закон сохранения импульса дает(m1 + m2) u = m2v,v = u (1 + m1/m2) .1. 88. На основании второго закона Ньютона, записанного в видеF = ∆p/∆t, имеем∆p = F0p · 2τ = (F0/2) · 2τ = F0τ.Откудаv1 = F0τ /m1,v0 = v − F0τ /m2.Зная конечные и начальные скорости и массы, находим энергию, перешедшую в теплоту:m2v 2 m2v22 m1v12F02τ 2 m1 + m2Q=−−, Q = vF0τ −.2222m1 m21. 89. По закону сохранения импульса имеем[m − (∆m1 + ∆m2) + M] u = (∆m1 − ∆m2) v 0 == (m/2) (cos α2 − cos α1 ) v cos α,176ОТВЕТЫ. Механикаvv45° 45°45°v1vv2V’бaРис.
O.1.91где α ≈ α1 ≈ α2, ∆m1 и ∆m2 – массы осколков, вылетевших всоответствующие отверстия в сфере, u – искомая скорость сферы иприлипших к ней осколков после взрыва. Доля вылетевших осколковот всей массы m пропорциональна площади отверстияS1,2 = 2πrh1,2 = 2πr2 (1 − cos α1,2) :∆m1 + ∆m2 = (m/2) (2 − cos α1 − cos α2) ≈ m − m cos α.Окончательноu=vm cos α (cos α1 − cos α2).2 (m cos α + M)1. 90. Скорость сближения шарика с короткой стороны рамки останется после предыдущего соударения с рамкой той же самой по модулю. Это легко понять, рассмотрев соударение, например, в системецентра масс, где после упругого удара модули импульсов тел не изменяются и, следовательно, не меняются модули скоростей, а направления переходят в противоположные. При рассмотрении движения в лабораторной системе с привлечением законов сохранения энергии и импульса после сравнительно длинных выкладок, получается, естественно, тот же результат.
Таким образом, t = 2`/v.1. 91. В системе отсчета, связанной с лентой, начальная скоростьv1√направлена под углом 45◦ к первоначальному направлению и |v1| =v 2 (рис. O.1.91, а). Направление скорости под действием трения вэтой системе отсчета не меняется, так что конечная скорость v2 здесьЗаконы сохранения энергии и импульса.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
