Физика-10-11-Задачник-Степанова-2000-ГДЗ (991539), страница 7

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 7)

T + mg + N = 0yX :  N sin β − T cos( π − α − β ) = 02πY :  N cos β − mg − T sin( − α − β ) = 02NαT,l N sin β = T sin( α + β ) N cos β = T cos( α + β ) + mgmgβtgβ =xT sin( α + β )T cos( α + β ) + mgT cos(α + β)sinβ + mg sinβ = T sin(α +β)cosβT (sin(α + β)cosβ – cos(α + β)sinβ) = mg sinβT sin(α + β – β) = mg sinβT = mgsin βsinαПользуясь известной из геометрии теоремой синусов, получимRl+r=;sin α sin β78sin β l + r=;sin αRT = mgl+r.R338. Нижняя половина, т.к. если провести вертикальную плоскость через прямую, лежащую между кирпичом и наклоннойплоскостью, через центр кирпича, то она поделит кирпич надве неравные части, причем нижняя половина больше.

Площадь опоры обеих частей одинакова.339. Момент равен нулю в верхней и нижней точках, максимален в горизонтальном положении.340. Если держать стержень посередине, то не нужно прикладывать момента сил для удержания стержня в равновесии. Если держать за один из концов, то нужно прикладывать моментсил.341.T sin α + Fтр = mg N = T cos αF ≤ N тр µmgb + Na = 2 F bтрbNtgα = bmg − Fтрb Na = 2 Fтрb − mgbtgα =mg − FтрNN(b tgα + a) = F тр b ≤ µNbb tgα + a ≤ µbПри определенном подборе углаαтак удерживать ящиквозможно.342.

F c = 160H; ℓ 1 = 32см;ℓ 2 = 8см;l28смF = Fc= 160H= 40Hl132смFℓ 1 = F c ℓ 2343.В отсутствие трения оба ящика придутв движение одновременно, т.к. на обаящика действует сила, ничем не уравновешенная.Запишем уравнение моментов для палки относительно ее верхней точки.79ℓF 1 = LF 2 ;тело 1.80F2 < F1.Значит первым придет в движение344.346.ℓ = 10м;m = 10кг;F –?33111mg ⋅ l = mg ⋅ l + F ⋅ l48484313mg ⋅ − mg ⋅ = F88F = mg = 9,8 м/с2 ⋅ 10кг = 98Нm = 900кг;∆ℓ = 1м; Т1 –?Т2 –?Т1 + Т 2 = mg llT1( 2 − ∆l ) = T2 2Т1 =mgl900кг ⋅ 9,8 м / с 2 ⋅ 10 м= 4,9 ⋅ 103Н=2( 10 м − 1м )2( l − ∆l )Т2 = mg – T1 = 900кг ⋅ 9,8 м/с2 – 4900 = 3,92 ⋅ 103 Н.347.

m1 = 200кг; ℓ1 = 5м; m2 = 350кг;ℓ2 = 3м; N1 –? N 1 + N 2 = m1 g + m 2 gl1+ m 2 gl 2 = N 2 l 1m1 g2N2 =+m1 g2+m2 gl 2l1=N2 –?200кг ⋅ 9,8 м / с 2 3+2350кг ⋅ 9,8 м / с 2 ⋅ 3 м≈ 3кН5мN1 = (m1 + m2)g – N2 = (200кг + 350кг) ⋅ 9,8м/с2 – 3000Н ≈ 2,4 кН.348. М = 10кг;ℓ = 40см = 0,4м;m1 = 40кг;m2 = 10кг; х–?lm1gx = Mg ( – x) + m2g (ℓ – x)2M + 2m2= 0,1м = 10см.x=ℓ2( m1 + m2 + M )349. m = 2,1т = 2,1 ⋅ 103кг; ℓ = 16м;F2 –?∆ℓ1 = 4м; ∆ℓ2 = 2м; F1 –?В момент отрыва действует только та сила реакции,которая не приложена к точке приложения силы F1 илиF2.lmg ( – ∆ℓ2 ) = F1 (ℓ – ∆ℓ2 )216 м − 2 ⋅ 2 мl − 2∆l 2mg =F1 =⋅ 9 ,8 м / с 2 ⋅ 2100кг ≈ 9кН2( l − ∆l 2 )2( 16 м − 2 м )66Анологично:16 м − 2 ⋅ 4 мl − 2∆l1mg =F2 =⋅ 9 ,8 м / с 2 ⋅ 2100кг ≈ 7кН.2( l − ∆l1 )2( 16 м − 4 м )350.

Р1 = 2000Н; Р2 = 1000Н; α = 30°; R –? Т –?Р1 + Р 2 = Rsinβ + TsinαTcosα = Rcosβ2P l + P l = T ⋅ 2lsinα2 12P1 + P2 2 ⋅ 2000H + 1000H== 5000H12sinα2⋅2Р1 + Р2 – Тsinα = RsinβTcosα = RcosββT=R = ( P1 + P2 − T sinα )2 + T 2 cos 2 α ≈213≈  2000 H + 1000 H − 5000 H  + 50002 H 2 ⋅ ≈ 4 ,35кH24P + P − T sinαtgβ = 1 2=T cos α351. ℓ = 2,3м;1000 H + 2000 H − 5000 H ⋅35000 H ⋅2Р2 = 6,5кН;12 ≈ 0 ,12 ;β≈ 6,8°Р1 = 9кН;х –?Р2Р2 (ℓ – х) = Р2х х = ℓ≈ 0,96Р1 + Р 2352. Р = 100Н;F –?аР 100НF==Р = Fa= 50H.222N2 –?Fтр –?353.α = 70°;m = 70кг;N1 –?mg = N2 N1 = Fтрmg 2 l cos α = N l sin α1322N1 = mg ctgα = ⋅ 70кг ⋅ 9,8м/с2 ⋅ 0,36 ≈ 165Н33αFтр = N1 = 165HN2 = mg = 70кг ⋅ 9,8 м/с2 = 686Н.67354.m = 40кг;F=α = 30°; F –?N –? N sin β + F cos α = mg N cos β = F sin αlmg cos α = Fl2mg cos α 40кг ⋅ 9 ,8 м / с 2 ⋅ 0 ,86≈≈ 169 Н22N = ( mg − F cos α )2 + F 2 sin 2 α ≈≈ ( 40кг ⋅ 9,8 м / с 2 − 169 Н ⋅ 0,86 )2 + 1692 Н 2 ⋅1≈ 260 Н4mg − F cos α 40кг ⋅ 9 ,8 м / с 2 − 169 Н ⋅ 0 ,86=≈ 2 ,9 ;β = 71°.F sin α169 Н ⋅ 0 ,5355.

Центр масс находится на линии, соединяющей центры масс каждойполовины прута, т.е. на BD и из соображений симметрии на биссектрисеугла ACD, т.е. в точке Е.tgβ =BD 1 l 2 l 2llАВ ==+=22 442l 23ππПо теореме синусов∠АВЕ = π −−α = −α .44ЕВ =АВl;=π 2 2 sinαsin − α 4sinπsin − α 4= 2sin αππcos α − cos sin α44= 2;sin αctgα 1− =122tgα = 3356. Запишем уравнение моментов относительно О1: mgn + Mотносительно О2: Mg1= F2L;21+ mg(1 – x) = F2L2 Mgx+ mg − mg F12LMgxотсюда имеем+ mg F2 =2L F1=n F268n=Mg + 2mg( 1 −Mg + 2mgxLx)Mg( 1 − n ) + 2mgL x=.2mg ( n + 1 )357. При решении пренебрегаем массой дна стакана.

Центр тяжестисистемы находится на оси стакана из симметрии системы.h1 – центртяжести воды, h2 – центр тяжести стакана.x = h2 – h1Центр тяжести системы находится между h1 и h2 и разбивает х на х1 их2, причем x1 ρ2hS = x2M,x1 + x2 = xρh1 Sh2 − h1x1 + 2x1= h2 – h1 ,x1 =ρh SM1+ 2 1Mh2 − h1хцт = h1 + x1 = h1 +ρh S1+ 2 1Mh – высота воды,h = 2h1hSSdxцт 1 − ( 1 + ρ M ) − ( 2h2 − h )ρ M2h2 − hhхцт = +,=0= +22 2( 1 + ρhS )dh2hS 21 + ρMM Тогда положение минимума центра масс будет решением уравненияdxцтпричем h ∈ [0; 2h2].=0,dh358.

Надо, т.к. центр масс человека ниже и он более устойчив.359. Если мальчик стоит на одной ноге, то его центр масс выше, чем, когдаон стоит на двух ногах. Анологично для случая, когда мальчик сидит наколенях.360.mg,mg = 2T cosαT=2 cos αт.е. чем больше α , тем Т больше. Значитподтягиваться легче, держа руки параллельно.361. На льду сила трения мала, а при большихшагах человек наклоняется сильно. В итогемомент силы тяжести может быть нескомпенсирован моментом силы трения и человекупадет.362. ℓ = 40см = 0,4м;∆х – ?LL−lх2 =х1 = ;;220,44LL−ll= 0,2м.=– =–∆х = х2 – х1 =222269363.m1 = 10кг;r2 = 6см;х цмm2 = 12кг;m3 = 2кг;r1 = 4см;r3 = 10см;хцм –?r0 ⋅ m1 + ( r1 + 3 )m3 + ( r1 + r2 + r3 )m 22==m1 + m 2 + m310см)2кг + ( 4см + 6см + 10см )12кг2== 10 ,75см10кг + 12кг + 2кгот центра шара массой m1.364.

Центр тяжести фигуры лежит на линиисоединяющейцентртяжестипрямоугольников.Разбиваяна2прямоугольника 2-мя способами, найдем этуточку.( 4см +365. ρАℓ = 2,7 ⋅ 103 кг/м3;ρzn =7,1 ⋅ 103 кг/м3;хцм –?432R ⋅ ρ zn πRρ zn3хцм =2R ==4ρ zn + ρ Al3πR (ρ zn + ρ Al )37,1 ⋅10к0кг3 ⋅ 2R=2,7 ⋅10 3 кг/м 3 + 7,1 ⋅10 3 кг/м 3366. Найдем массу свинца, равную по объему полости.3≈ 1,45R .M4 R4 3m = π  =πR33 28Т.к. центр массы шара без полости находится в его центре, то длянахождения центра масс шара без полости воспользуемся формулой дляопределения центра масс. Центр шара имеет координату ноль.RMM R7R.0 =  M −  х цм + ⋅ = ( x цм + )Mхцм =14168828367. Т.к.

плотность свинца больше, то масса тела больше, а значит иимпульс больше.М=70368. Пуля создает в двери напряжение, достаточное для того, чтобы кусокматериала двери двигался с ней, а палец не создает.369. Импульс метеорита переходит в импульс движения молекулатмосферы.370. Сохранение импульса.371. Белка будет выбрасывать орехи в сторону края стола и, возможно,остановится.372.

Не обладает, т.к. всегда найдутся две точки массой ∆m каждая,которые имеют противоположно направленные и равные по модулюскорости.373. m = 100г = 0,1кг;V = 10м/с;tny = 0,5c;ty = 0,01c;Fy –?∆Py –?∆Pny –?Fny –?∆Py = –mv – mv = –2mv = –2 ⋅ 0,1кг ⋅ 10м/с = –2кг⋅ м/с∆Pny = 0 – mv = –0,1кг ⋅ 10м/с = –1кг⋅ м/с∆Py2кг ⋅ м / сFy ==−= −200 Нty0 ,01сFny =∆Pnytny=−1кг ⋅ м / с= −20 Н .0 ,05с374. x = 20 + 2t – t2; m = 2кг; t1 = 2c; t2 = 5c; P1 –? P2 –?dxV== 2 – 2tdtP1 = mV(t1) = m(2 – 2t1) = 2кг (2 – 2 ⋅ 2) м/с = –4 кг ⋅ м/сP2 = mV(t2) = m(2 – 2t2) = 2кг (2 – 2 ⋅ 5) м/с = –16 кг ⋅ м/сP −P−16кг ⋅ м / с + 4кг ⋅ м / сF= 2 1 == −4 Н .t2 − t15с − 2сF –?375.

x = 25 – 10t + 2t2;m = 3кг; t = 8c; ∆P–?Pc –?dx= –10 + 4tV=dt∆P = mV(t) – mV(0) = 3кг[(4 ⋅ 8 – 10)м/с + 10 м/с] = 96кг ⋅ м/сРс = ∆P = 96кг ⋅ м/с.376. m = 100 кг; F = 2,5 кН = 2,5 ⋅ 103Н;∆t1 = 0,1c;V1 –?MV = F∆t1∆t2 = 0,3c;V1 =F∆t1 2 ,5 ⋅ 103 H ⋅ 0 ,1c=2,5 м/с2.=m∆t1100кгАналогично,2 ,5 ⋅ 103 H ⋅ 0 ,3c= 7,5 м/с2.100кгВозможно не следует рекомендовать прыгать время 0,3с, т.к.

он потратитбольше времени на прыжок.377. m1 = 0,5кг; m2 = 0,1кг;V1 = 6м/с;V2 –?По закону сохранения импульса:m1 ⋅ 0 + m2V1 = (m2 + m1) V2V1 =71m20,1кг= 6м / с ⋅= 1м / сm1 + m20 ,5кг ⋅ 0 ,1кг378. m1 = 0,5кг; m2 = 0,1кг; V1 = 6м/с; V2 = 2м/с;V –?По закону сохранения импульса:m2V1 = m1V – m2V2m ( V + V ) 0 ,1кг( 6 м / с ⋅ 2 м / с )V = 2 1 2 == 1,6 мm10 ,5кгТ.к. в данном случае применим закон сохранения импульса, то ответзадачи не меняется.379. m1 = 22кг;m2 = 12кг;V1 = 2,5м/с;V2 –?По закону сохранения импульса: m1V1 = (m1 + m2) V222кгm2V2 = V1= 2,5 м / с ⋅≈ 1,6 м / с22кг ⋅ 12кгm1 + m2380.

m = 1,8кг;V1 = 6,5м/с;V2 = 4,8м/с;Рс –?Рс = –mV2 – mV1 = –m(V2 + V1) = 1,8кг ⋅ (4,8м/с + 6,5м/с) ≈ 20,3Н.F1 = 7,9H;t2 = 1,2c; F2 = 4,5H381. m = 12кг;t1 = 1,5c;t = 2,0c;F = 10H;∆V –?m( V1 − V0 ) = F1 ∆t1m( V 2 − V1 ) = F2 ∆t 2m( V − V ) = F ∆t323 3m(V3 – V0) = m∆V = F1∆t1 + F2∆t2 + F3∆t37 ,9 H ⋅ 1,5c + 4,5 H ⋅ 1,2c + 10 H ⋅ 2cF ∆t + F ∆t + F ∆t∆V = 1 1 2 2 3 3 =≈ 3м / с12кгm382. V = 2000м/с; µ = 100кг/с;F –?∆m = µ∆tОтсюда имеем∆mV = F∆tV2 = V1F = µV = 100кг/с ⋅ 2000м/с = 2 ⋅ 105 Н.383.

m1 = 30т = 3 ⋅ 104кг; V1 = 1,5м/с; m2 = 20т = 2 ⋅ 104кг; V2–?m1V1 = (m1 + m2)V2m130тV 2= V1= 1,5 м / с ⋅= 0 ,9 м / с .m1 + m220т + 30тm2 = 4кг;V1 = 8м/с;V2 = 3м/с;V –?384. m1 = 6кг;1) Шары движутся навстречуm1V1 – m2V2 = (m1 + m2)Vm V − m2V2 6кг ⋅ 8 м / с − 4кг ⋅ 3 м / сV = 11== 3,6 м / сm1 + m26кг + 4кг2) Первый шар догоняет второйm1V1 + m2V2 = (m1 + m2)Vm1V1 + m2V2 6кг ⋅ 8 м / с + 4кг ⋅ 3 м / сV === 6м / с .m1 + m26кг + 4кгm1 = 10кг;V2 = 7м/с;m2 = 2кг;V –?385. V1 = 1м/с;m1V1 – m2V2 = (m1 + m2) V72m1V1 - m 2 V210кг ⋅ 1м / с − 2кг ⋅ 7 м / с=≈ −0,33 м / с .m1 + m210кг + 2кгV1 = 3м/с;m2 = 50кг;V2 –?386. m1 = 100кг;Т.к. импульс по оси, на которой лежат скорости, сохраняется, тоm1V1 = (m1 + m2) V2m1100кгV2 = V1= 3м / с ⋅= 2м / с .m1 + m2100кг + 50кг387.

Характеристики

Список файлов книги