1611143569-ed123092d132ff77d44213ca2a0f5b5a (825029), страница 38
Текст из файла (страница 38)
4. Угол α = ∠BOA ≈ AB/R =(R + h)2 − R2/R ≈p2h/R. Обозначения ясны из рис. О.5.4. Время поворота Земли наугол α равноrrT2h Th Tt = α/ω = α ≈≈≈ 15 мин.2πR 2π2R πПри R = 6, 4 · 103 км, h = 10 км, T = 1 сут. Заменив R на R cos ϕ,можно учесть широту ϕ. Близкий к полученной оценке порядок даетучет рефракции.5. 5. За время перемещения t на длину кузова ` центр тяжестимашины наберет вертикальную скорость vц.т. ∼ g`/v и угловую скорость ω ∼ vц.т · 2/` ∼ 2g/v. Тогда число оборотов автомобиля√n ∼ tпад ω/2π ∼ 2gH/πv ≈ 1, 5 при горизонтальной скоростиv = 30 м/с.5. 6.скорость самолета v ≈ 3, 3 · 102 м/с, имеемp Приняв px ≈ v 2h/a ≈ v 2h/10g = 4, 5 · 102 м.Здесь предполагается, что летчик выдерживает кратковременную(около 1 с) перегрузку, равную 11g.299ОТВЕТЫ.
Задачи-оценки5. 7. Отклонение к западу обусловлено вращением Земли с угловойскоростью ω: x ∼ [ω (RЗ + h) − ωRЗ ] t, где высота полета снаряда2h = v0 2g время полета снаряда t ∼ v0/g, RЗ – радиус Земли,ω = 2π/T – угловая скорость вращения Земли с суточным периодомT . Таким образом, отклонение снаряда к западу2π v03x∼≈ 10 м при v0 ≈ 8 · 102 м/с.2T 2g5. 8. Приравнивая выталкивающую силу силе тяжести, действующей на сферу радиуса r, и пренебрегая 3 плотностью гелия по сравнениюс плотностью воздуха ρ ≈ 1 кг м , получаемpr ∼ 3 m/4ρ ≈ 102 м.5. 9. По условию равновесия воздух действует на вертолет снизувверх с силой, равной силе тяжести, действующей на вертолет.
Слойвоздуха между вертолетом и водой при небольшой высоте с такой жесилой действует на воду, создавая в ней яму. Таким образом, вертолет вытесняет такую же массу воды, какую имеет сам (воздух междувертолетом и водой при этом играет роль передающего силу элемента и из рассмотрения может быть исключен). Выбрав массу вертолета m≈ 104 кг, длину лопастей ` ≈ 5 м, получаем глубину ямыh ∼ m ρπ`2 ≈ 0, 1 м.hABω RαR OTℓhαmg2TsinαTTTmgCРис. O.5.4Рис. O.5.155. 10. Средняя глубина океана H ≈ 4 км.
Тогда ∆p ∼ (2/3) ρgH ≈3 · 107Па. При этом учтено, что океан занимает две трети поверхности Земли. Дополнительное давление пара воды ∆p эквивалентно300ОТВЕТЫ. Задачи-оценкидавлению слоя воды, который появился бы, если бы всю воду океанараспределить слоем одинаковой толщины по всей поверхности Земли.5. 11. Изменение плотности воздуха ∆ρ ∼ ρ, а изменение давлениявоздуха в шахте ∆p ∼ (ρ + ∆ρ) gH ∼ 2ρgH ≈ 2 · 105Па.
p =p0 + ∆p ≈ 3 · 105Па.5. 12. На водных лыжах лыжник не тонет, когда сила тяжести mg,действующая на него, уравновешена вертикальной составляющей силы действия воды на лыжи, которая пропорциональнаρ0 v 2S cos α · sin α,где S – площади лыж, α – угол наклона их к горизонту.
Если пренебречь выталкивающей силой, то при m = 80 кг, S = 0, 4 м2 имеемp2ρ0v S cos α · sin α ∼ mg, v ∼ 2mg/ρ0S ≈ 2 м/с.5. 13. Сравниваем моменты сил F r ∼ mg · 2r, где r – радиусзубчатого колеса; 2r – расстояние от оси этого колеса до педали; mg– сила тяжести, действующая на человека, равная максимальной силедавления на педаль. При m ≈ 70 кг получаем F ∼ 2mg ≈ 1, 4 · 103 Н.5. 14. Работапротив сил F на пути S (размер обуха) равна2F S ≈ mv 2, где m – масса топора, v – его скорость.
Топор, как ируки, движется примернос той же скоростью, что и ноги при беге. Таким образом, F ≈ mv 2 2S ≈ 5 · 103 Н, при m ≈ 1 кг, S ≈ 10−2 м,v ≈ 10 м/с.5. 15. Используем обозначения, введенные на рис. O.5.15, где T –сила натяжения веревки; m – масса белья; h – провисание веревки;` – расстояние между ее концами. Условие равновесия 2T sin α = mgдля малых углов α переходит в более простое выражение 2T α = mg,причем тогда α ∼ h`.
Отсюда T ∼ mg`/2h ≈ 103 H приm = 10 кг, ` = 10 м, h = 0, 5 м, g = 10 м/с2.p5. 16. v ∼ (1/2π) g/` ≈ 0, 5 Гц при ` ≈ 1 м.301ОТВЕТЫ. Задачи-оценки5. 17. F ∼ 5mg (см. также задачу 1.138). При оценке предполагается, что вся масса гимнаста сосредоточена в его центре масс. Дляm ≈ 70 кг получаем F ≈ 3, 5 · 103H.5. 18. В треугольнике ABC (рис. O.5.18) сторона AB равна mg,сторона AC равна mω 2r, ∠ABC = αωBmg αφ– малый угол отклонения отвеса от наArCφmω rправления на центр Земли, ϕ – широта,ROu = RЗ cos ϕ.Тогда по теореме синусовxимеем23Рис. O.5.18mω 2 rsin αα=≈mgsin [π − (ϕ + α)] sin ϕ(с учетом малости угла α), т.
е. mω 2r = αmg/sin ϕ. ОтсюдаRЗ ω 2ω 2 RЗα≈sin ϕ cos ϕ =sin 2ϕ.g2g6◦Таким образом, x ≈10кмприR=6,4·10м,ϕ=45,T =З8, 6 · 104c, g = 10 м с2.5. 19. В отличие от полюса на экваторе наблюдаются два эффекта:во-первых, уменьшение веса тела за счет центростремительного ускорения aц.c = ω 2 rЗ и, во-вторых, увеличение расстояния от поверхности Земли до ее центра.Если использовать гидростатическую модель распределения давления внутри Земли, то получим, что давление в центре Земли, создаваемое «столбами вещества» от полюса до центра Земли, имеющимивысоту rЗ − x, и от экватора до центра Земли, имеющими высоту rЗсогласно закону Паскаля, должны быть равны.
Учитывая, что ускорение свободного падения на полюсе равно g, а на экваторе g − ωrЗ2 ,получаемgg − ω 2 rЗρ (rЗ − x) ∼ ρrЗ .22302ОТВЕТЫ. Задачи-оценкиОтсюдаrЗ2 ω 2 rЗ2 4π 2x∼=,ggT 2где T = 1 сут. Окончательно x ≈ 20 км.5. 20. Средняя плотность вещества Солнца:ρС = MС/VС = 3MC 4πRC3 .Из второго закона Ньютона находим массу Солнца:4π 2rCm З MСmЗ ==G.T2rC2Отсюда 324πα3ρC ∼ 2 ≈ 1 г см ,T Gгде α = DС /rC ≈ 0, 01 – угловой размер Солнца (DС – диаметрСолнца, rС – расстояние от Земли до Солнца), T ≈ π ·107 c = 1 год,G – гравитационная постоянная.5. 21. За время ∆t на парашют площади S налетает со скоростьюv воздух массы ∆m ∼ ρvS∆t и передает парашюту импульс ∆mv.Таким образом, сила сопротивления воздуха F = ∆mv/∆t ∼ ρv 2 S.Эта сила при установившемся движении уравновешивает силу тяжести, действующую на парашютиста:ρv 2 S ≈ mg,отсюда v ∼qmg ρπr2 ≈ 5 м/с при m ≈ 102 кг, r ≈ 3 м.5.
22. Введем размеры автобуса: высоту 2h, ширину 2d, длину `.Если плотность воздуха ρ, а скорость ветра v, то давление ветра создает силу, действующую на боковую поверхность автобуса;F ∼ ` · 2hρv 2.303ОТВЕТЫ. Задачи-оценкиРассмотрим моменты сил относительно горизонтальной оси, проходящей через точки соприкосновения переднего и заднего qколес с дорогой: F hh ∼ mgd, где m – масса автобуса. Отсюда v ≈ mgd 2ρ`h2 ≈70 м/с при m ∼ 104 кг, d = h ∼ 1 м, ` ≈ 8 м, ρ ≈ 1, 3 кг м3.5. 23. Принимая высоту подъема центра тяжести ∆h при перево√рачивании равной примерно 0, 5 м, имеем v ∼ 2g∆h ≈ 3 м/с.5.
24. При небольших деформациях шины x сила пропорциональнадеформации: F = κx. Если F = mg, x = ∆ (где ∆ – размер сжатияшины при нормальной езде по ровной дороге), то κ = F /x = mg/∆.По закону сохранения энергии имеемmv 2 κx2 mg d2≈≈,22∆ 2где в соответствии с задачей положеноx = d (здесь d– диаметрpсечения шины); отсюда v ≈ d g/∆ ≈ 2 м/с при ∆ ≈ 10−2м,d ≈ 5 · 10−2м, g = 10 м/с2 .25. 25. F = ma ∼ mv 2` ≈ 7 · 103 Н при массе человекаm ≈ 60 кг.5.
26. Пусть центр тяжести грузовика находится на расстоянии hот земли, ` – длина грузовика, F – сиℓла трения, разница сил, действующих наOF1F2передние и задние колеса (рис. O.5.26).hFПусть при этом масса грузовика равнаmgm, ускорение равно a, скорость равна v.Рис.
O.5.26Из-за отсутствия вращения относительно оси, проходящей через точку O, имеем F h ≈ ∆F `/2, откуда ∆F ∼ 2F h/`. Из второго законаНьютона следует, ma ∼ F , причем если ввести путь торможения L,тоv2mv 2 ha≈. Отсюда ∆F ∼.2LL `304ОТВЕТЫ. Задачи-оценкиВыбирая h ≈ 1 м, ` ≈ 5 м, m ≈ 104 кг, L = 10 м, v = 10 м/с,получаем ∆F ≈ 104 Н. При использовании выражения для силытрения F = kmg имеем ∆F ≈ 2kmgh/` ≈ 104 Н при k = 0, 5.5.
27. Грузовик массы m, имея в начале торможения скорость v,обладает кинетической энергией mv 2 2. Вся эта энергия переходит втеплоту за время торможения t ∼ 2`/v где ` путь торможения. Средняя мощность, таким образом,mv 2/2P ∼= mv 3/4`.2`/vПри v ≈ 60 км/ч = 16 м/с, m ≈ 104 кг, ` ≈ 10 м получаемp ≈ 106 Вт, т. е. в виде теплоты выделяется мощность порядка мегаватта!5.
28. Пусть скорость велосипедиста на финише равна v, а сила сопротивления воздуха F ∼ ρv 2S где ρ – плотность воздуха, aS – эффективная площадь велосипедиста, которая встречает набегающий потоквоздуха. Тогда мощность P ≈ F v ≈ ρv 3 S.
Полагая ρ ≈ 1 кг м3 , v ≈ 60 км/ч ≈ 16 м/с, S ≈ 0, 5 м2 , получаемP ≈ 2 кВт.5. 29. Последние метры h капля пролетает с постоянной скоростью, так как сила тяжести mg уравновешивается силой сопротивления воздуха F : mg = F . Работа силы сопротивления A = Fсопр h =mgh. Масса капли3m = ρ · 4πr 3 ∼ ρ · 4r3, т. е. A ≈ 4ρr3 gh.При ρ = 103 кг м3, r ≈ 1 мм = 10−3 м, g = 10 м с2 , h = 1 м имеемA ∼ 4 · 10−5 Дж.5. 30. За время t кузнечик, распрямляя ногу длины `, набираетскорость v. Средняя мощность кузнечикаpWк mv 2vtP ∼∼,∼ 1, v ∼ 2gH,t2t2ОТВЕТЫ. Задачи-оценки305где H– высота полета кузнечика; отсюда.v3P3/2∼∼ (2gH)4`.m 4`2−2Полагая `.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
