1611143569-ed123092d132ff77d44213ca2a0f5b5a (825029), страница 25
Текст из файла (страница 25)
Работа. Мощность177направлена под углом 90◦ к конечной скорости v 0 в лабораторной системе отсчета. Из рис. O.1.91, б видно также, что |v2| = |v 0 | = v/2.Подчеркнем также, что оба рисунка указывают на переход из лабораторной системы отсчета в системуотсчета, связанную с лентой. Шай√ба по ленте проходит путь ` 2. Закон сохранения энергии дает2√mv12 mv22 mv3 22−=2v −= mv = kmg` 2.22222Отсюда√3 2 v2k=.8 `g1.
92. С учетом закона сохранения импульса при удареm1v − m2v = (m1 + m2) uи закона сохранения энергии до и после удара, из которого следуют√√соотношения v = 2gH и u = 2gh, имеем в итоге(m1 − m2)2h=H.(m1 + m2.)21. 93. Законы сохранения энергии и импульса даютp22M u 2 = 2mv 2, M u = 2mv 3/2,M = 3m/2.1. 94. Угол разлета покоящихся шаров равен 60◦ (удар упругий,трения нет, шары взаимодействуют вдоль прямой, соединяющей ихцентры). Обозначим проекцию скорости каждого из этих шаров нанаправление вектора u через vix .
Из законов сохранения энергии иимпульса имеем√mu2 2mvi2 mu023=+, mu = 2mvix + mu0, vix =u,2222178ОТВЕТЫ. Механикагде i = 1, 2– номер шара, отсюда√2 31vi =u, u0 = − u.55p1. 95. Продольная составляющая скорости vk = v 3/2, направCuA0ααuBDBγ2vv √330°βEvvAv/2XYРис. O.1.95Рис. O.1.96ленная вдоль оси реакции OC (рис.
O.1.95), сохраняется. Перпендикулярная составляющая скорости v1 = v/2 и направлена вдоль AB.Используя законы сохранения энергии и импульса (сохраняющиесяпродольные составляющие из уравнений уходят), имеем3m (v/2)2 m (v/2)2 3mu2A⊥ 3mu2B⊥+++,22223m (v/2) − m (v/2) = 3muA⊥ + muB⊥ `.√Отсюда uA⊥ = 0, uB⊥ = v. Таким образом,q √ uA= v 3/2 и направ2лена по OC (см.
рис. O.1.95), uB =v 3/2 + v 2 и направленапо OD. Отсюда √ √tg α = OE/OC = 2 3/3, α = arctg 2 3/3 ≈ 49◦.1. 96. Проведем ось X через центры шаров, а ось Y – через точкуих соприкосновения по касательной (рис. O.1.96). Из-за гладкостишаров y-составляющие импульсов и скоростей шаров не изменяютсяпосле удара, т. е.vyA = v0yA = v sin 30◦ = v/2.179Законы сохранения энергии и импульса. Работа. МощностьИз-за упругости удара и равенства масс шаров с учетом сохраненияy-составляющих их импульсов шары после удара обменяются x-составляющими импульсов и скоростей, т. е.√◦vxA = v0xB = 2v cos 30 = v 3;√3, т. е.отсюда искомый уголγ=π/3+β,гдеtgβ=v/v=2xA yA√ γ = π/3 + arctg 2 3 ≈ 134◦.1.
97. Запишем для первого соударения законы сохранения:02mu = 2mu + mv1,2mu2 2mu02 mv12=+.222Отсюда v1 = 4u/3, причем существенно лишь отношение масс соударяющихся шаров, а не сами массы. Это же отношение справедливо и для последующих ударов. Значит, и для последующих ударовvn = 4vn−1 /3. Таким образом, можно выразить скорость последнегошара через u :v1969 = (4/3)1969 u.1. 98. Обозначим через v⊥ проекции скоростей шаров на направление, перпендикулярное направлению движения доски, и через v –скорость доски сразу после удара.
Из законов сохранения энергии иимпульса имеем2M u2 (2m + M ) v 2 2mv⊥=+,222M u = (2m + M ) v.Отсюдаv⊥ = pu1. v⊥ = √ м/с ≈ 0, 7 м/с.21 + 2m/M1. 99. Центр масс стержня займет низшее положение, когда стержень встанет вертикально. При этом сила натяжения нити из-за малости угла отклонения останется вертикальной.
Поэтому горизонтальная180ОТВЕТЫ. Механикасоставляющая импульса, равная нулю, не меняется, откуда mvB=mvC .Закон сохранения энергии даетpmvB2mvC2+= mg` + 3mg`; отсюда vB = vC = 2 g`.22Таким образом, стержень в этот момент вращается вокруг центра Oотрезка BC. Расстояние OA = 2OB, поэтомуpvA = 2vB = 4 g`.1. 100. По закону сохранения энергии скорость грузика A в моментприлипания грузика B pиз уравнения 2mv 2 2 =(2/3) mg` равна v0 = (2/3) g`.
Так какyОкружностьmv 2 2 m 2= g` = mg < mg,y0`3 `3Параболаlто нить не натянута. На рис. O.1.100 коорx0xдинаты x0 и y0 грузика A в моментРис. O.1.100 времени2t определяются соотношениями x0 = v0pt, y0 = ` − gt 2. Моментпоявления натяжения задается условием x20 + y02 = `; отсюда получаем квадратное уравнение:s2 24`gtv02t2 + ` −= `2, t 6= 0, отсюда t =,23gт. е. y0 = `/3.1.
101. До момента достижения шариком нижней точки выемкибрусок стоит; скорость шарика в этой точкеpv = 2g(h + r).При достижении точки B из требования максимальности высоты и иззакона сохранения импульса и энергии в верхней точке подъема имеем2p(M + m) vгорvверт = 0, (M + m) vгор = m 2g (h + r), mgr =.2Отсюда hmax = rm/M = 4 см.181Законы сохранения энергии и импульса. Работа. Мощность1. 102. Потенциальная энергия воды за счет уменьшения высотыее центра масс на ∆h уменьшится на величину ∆W , перейдя в кинетическую энергию тележки и воды:mM 2 m 22∆W = mg∆h = g` cos α = u +v + v0верт .422 0горТак как относительно тележки вода движется под углом α к вертикали со скоростью v, а тележка движется со скоростью u, то горизонтальная составляющая скорости воды относительно землиv0гор = v sin α − u, а вертикальная – v0верт = v cos α.В соответствии с законом сохранения импульса имеемm (v sin α − u) M u.Закон сохранения энергии даетi Mmhm22(v sin α − u) + (v cos α) + u2 = g` cos α.224Отсюда1/2mg` cos αu=.M 2 (1 + m/M ) [1 + (1 + m/M ) ctg α]1.
103. Так как нить нерастяжима, то заданное соотношение скоростей для концов нити возможно лишь при условии, что скоростьтрубки относительно стола u = v/2 и направлена в ту же сторону, чтои скорость половины нити с концом в точке A, т. е. влево. Из законовсохранения импульса и энергии имеемv mM v 2 mv 2 mv 02 M u0200M + v = mv + M u ,+=+.228422В системе отсчета, в начальный момент движущейся вместе с трубкой,уравнения выглядят проще:mv 2 M u002 mv 002=+,8220 = M u00 + mv 00 ,vu0 = u00 + .2182ОТВЕТЫ.
МеханикаОтсюдаu0 =v21−pm(m + M ) M!.1. 104. Средняя сила удара одного шарика о поршеньpFср = ∆p/∆t, ∆p = 2mv = 2m 2g (H − h).В среднем один шарик передает поршню импульс∆p за время ∆t=2τ ,где τ находим из уравнения h = vτ + gτ 2 2. Таким образом,nmgM g = nFср =.−1/2(1 − h/H)−1Отсюда(mn + M )2H=h.mn (mn + 2M )1. 105. Введем горизонтальную и вертикальную составляющие ускорения бруска aгор и aверт. На брусок действуют сила тяжести mg исила нормального давления N со стороны клина. На клин в направлении горизонтали действует лишь горизонтальная составляющая силынормального давления со стороны бруска –N .
Учитывая это, можнозаписать второй закон Ньютона для горизонтального движения клинаи бруска и вертикального движения бруска:M a = N sin α,maгор = N sin α,maверт = mg − N cos α.Проекции ускорений бруска и клина здесь записаны в системе отсчета, связанной с горизонтальной плоскостью; при этом направлениеускорения бруска не совпадает с направлением вдоль наклонной плоскости, так как сама плоскость движется с ускорением a. Если перейтив систему отсчета, связанную с клином, то здесь ускорение клина равно нулю, а ускорение бруска будет направлено под углом α к горизонтуи будет равно по модулю aгор +a.
На вертикальную проекцию aверт переход в новую систему отсчета не окажет влияния. Таким образом, мы183Статика. Момент силможем добавить еще одно необходимое уравнениеaверт= tg α.aгор + aРешая совместно систему четырех уравнений, получаемa=gm sin 2α.22 M + m sin αМожно предложить и иное решение задачи, воспользовавшись законами сохранения энергии и импульса. Введя горизонтальную vгор ивертикальную vверт скорости бруска, высоту h, с которой он спустился без начальной скорости, и, наконец, скорость клина u, из законовсохранения импульса и энергии имеем22m vгор+ vвертM u2+= mgh.mvгор + M u = 0,22Переходя в систему отсчета, связанную с клином (в ней он покоится),с учетом движения бруска в этой системе под углом α к горизонтуимеемvверт= tg α.vгор + uЕсли учесть связь между ускорением,путем и скоростью при равноpускоренном движении vверт = 2aверт h и соотношение между aверт иa, то приходим, используя всю систему уравнений, к ранее полученному ответу:m sin 2α.a=g2 M + m sin2 αСтатика.
Момент сил1. 106. ∠ABC = arctg (1/2) ≈ 26, 5◦.1. 107. Учитывая, что линии действия всех трех сил, действующихна шар (сила тяжести, сила натяжения веревки, сила давления со сто-184ОТВЕТЫ. Механикароны стенки), проходят через центр шара, получаемNr=hi1/2 .mg(r + `)2 − r2ОтсюдаN=mgr.[` (` + 2r)]1/2Результат можно получить, сравнивая и моменты сил относительнокакой-либо оси.1. 108. Треугольник, образованный отрезками, изображающимисилу натяжения нити T , силу нормального давления N и силу тяNBrRNmg0α π-2αBTRα2αNA2ααAMgРис.
O.1.108CРис. O.1.109жести mg, подобен треугольнику, образованному нитью и радиусамиR и r, проведенными к концам нити и точке соприкосновения шаров(рис. O.1.108). Из подобия треугольников получаемT = mg(` + r)/R.1. 109. 1) Из условия равновесия системы имеемm1g cos (β − α) = m2g cos (β + α)где угол β определяется условием cos β = `/2R; используя известнуюa+bc+dиз алгебры связь (если ab = dc , то a−b= c−d), получаемm1 + m2 cos (β − α) + cos (β + α) cos α cos β`c tg α=+=√.22m1 − m2cos (β − α) cos (β + α)sin α sin β4R − `185Статика.
Момент силОкончательноtg α =m2 − m1`√.m2 + m1 4R2 − `2К этому же результату приводит условие, что при устойчивом равновесии центр тяжести занимает самое низкое положение:r0OOm21`2002tg α = 0 , OO =−`, O C = R − .OCm1 + m2 24где O – центр тяжести системы тел; O0 – геометрический центр стержня; C – геометрический центр сферы.2) Сила реакции опоры, NA действующая на точку A стержня, направлена по нормали к сферической поверхности, т. е. по радиусу; сила реакции NB , приложенная к точке B стержня, направлена перпендикулярно стержню (рис. O.1.109). Угол ABO равен α (O – центрсферы), угол AOC равен 2α.
Условия равновесия по горизонтали ивертикали:NA sin 2α + NB cos α = M g,NA = M g tg α,NA cos 2α = NB sin α,NB = M gcos 2α.cos α1. 110. F = F0 ctg (α/2).1. 111. Рассмотрим силы, действующие на один полуцилиндр, иих моменты относительно линии его соприкосновения с опорой. Таккак нить невесома и нет трения, то сила натяжения нити во всех точках по модулю одна и та же и равна силе тяжести, действующей нанеизвестный груз массы M . Отсутствие вращения приводит к следующему равенству моментов: mg` + Mmingr = Mmin g · 2r, отсюдаMmin = m`/r.1. 112.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
