Турчина Н.В. Физика в задачах для поступающих в вузы

Подождите немного. Документ загружается.

440

а) Нормальное усорение a

= . В уравнение (1) подставим

значения нормальноо усорения, силы трения, силы реации опо-

ры и получим

μmg = m ⇒μ=; μ =0,4.

б) Определим уол отлонения велосипедиста от вертиали:

tg α ===μ =0,4⇒α= arctg μ = arctg 0,4 = 22°.

О т в е т: а) μ = 0,4; б) α = 22°.

2.4.14. Мотоцилист движется рав-

номерно по оружности радиусом

R =, (1)

поэтому у нео будет нормальное ус-

орение, оторое создадут силы, на

нео действующие: тяжести mg, реа-

ции N цилиндричесой стены, трения

(рис. 2.4.21).

Чтобы мотоцилист не сосальзывал

вниз, масимальная сила трения пооя

тр

должна быть больше силы тяжести,

а при минимальной сорости

тр

= mg. (2)

Введем систему оординат, связанную с мотоцилистом, и за-

пишем заон движения в проеции на ось X:

N = ma

,(3)

де

=. (4)

По определению,

тр

= μN. (5)

Решив систему уравнений (1)—(5), получим о т в е т:

v = d 11,1 м/с.

------

--------

тр

---------

μN

--------

тр

Рис. 2.4.21

---

------

2μ

------ -

441

2.4.15. В момент времени t шари занимает положение, поа-

занное на рисуне 2.4.22, де a = ωt — уол, оторый составляет

нить с вертиалью. На шари действуют силы: натяжения нити T и

тяжести mg. По второму заону Ньютона: T +mg =ma, или в про-

еции на ось X:

T – mgcos α = ma

,(1)

де a

= ω

l— центростремительное усорение. Подставив ео в (1),

находим

T–mgcos α = mω

l ⇒

⇒ T = m(ω

l + gcos ωt) = 0,2 (40 + 9,8cos 10t) = 8 + 1,96 cos 10t.

О т в е т: T = 8 + 1,96 cos 10t.

2.4.16. В данной задаче направление силы трения возможно:

1) вниз или 2) вверх вдоль налонной плосости. Рассмотрим од-

новременно оба случая. На рис. 2.4.23 поазаны силы, действую-

щие на шайбу. Запишем второй заон Ньютона в проециях на

оси Х и Y:

Nsin α ä F

тр

cos α = mω

lcos α,

Ncos α å F

тр

sin α – mg =0,

де

тр

= μN.

Из приведенных уравнений получим

отуда найдем оэффициент трения:

μ =.

тр

Рис. 2.4.23

Рис. 2.4.22

N αμ αcos±sin()

N αμ αsin±cos()

---------------------------------------------- -

l αcos

---------------------- -

l α g αsin−cos

g±ω

l αsin+

----------------------------------------------

442

Если μ = < 0, то таой ответ физичесоо смыс-

ла не имеет. Следовательно, F

тр

направлена вверх и μ =

= =0,15.

О т в е т: μ = 0,15; сила трения направлена вверх вдоль

налонной плосости.

2.4.19. На малую массу воды ∆m дей-

ствуют силы упруости, возниающие в

ольце та, а поазано на рисуне

2.4.24. Они создают центростремительное

усорение a

цс

= . По второму заону

Ньютона: 2Tsin α = ∆ma

цс

. Уол α мал,

поэтому sin α d α. Малая масса воды

∆m =·2α, де m — масса всей воды в

ольце, равная m = ρV (ρ — плотность воды, V — объем воды в

ольце: V = S

2πR, S — площадь сечения ольца: S= ).

Решив систему приведенных уравнений, получим

T = d 0,3 Н.

По третьему заону Ньютона сила, с оторой вода растяивает

трубу, F = T, следовательно, F =0,3Н.

О т в е т: F = 0,3 H.

2.4.20. На рис. 2.4.25 поазаны силы,

действующие на бусину.

Запишем второй заон Ньютона в проециях

на оси Х и Y:

тр

sin α – Ncos α = mω

тр

cos α + Nsin α – mg =0,

де

тр

= μN.

Отсюда находим

R = lsin α⇒ = ⇒

⇒ l = = ; l =10см.

О т в е т: l = 10 см.

l α g αsin−cos

g ω

l αsin+

----------------------------------------------

g αsin ω

l αcos−

g ω

l αsin+

----------------------------------------------

Рис. 2.4.24

------

2π

------ -

πd

--------- -

πρd

--------------------

тр

Рис. 2.4.25

N μα αcos−sin()

N μα αsin+cos()

---------------------------------------------- -

mω

l αsin

----------------------------

g μα αcos−sin()

μα αsin+cos()αsin

---------------------------------------------------------------

g μ ctgα−()

μα αsin+cos()

------------------------------------------------ -

443

2.4.21. Стержень в любой момент времени движения образу-

ет со сторонами прямоо ула прямоуольный треуольни, а

точа C (бусина) принадлежит медиане этоо треуольниа и,

следовательно, движется по оружности радиусом OC = l

(рис. 2.4.26).

Сорость бусини v

в любой момент времени направлена по

асательной  этой оружности, т. е. вдоль палочи. В любой мо-

мент времени сорость бусини сладывается из оризонтальной

и вертиальной составляющих. Та а сорость точи B посто-

янна и v

= v, то оризонтальные сорости всех точе палочи по-

стоянны. Для точи A сорость v

= 0, для бусини v

ор

Из постоянства оризонтальных соростей следует, что усоре-

ние бусини направлено вертиально. На бусину действуют си-

лы: тяжести mg и реации стержня N, оторая направлена верти-

ально (рис. 2.4.27).

В момент времени, ода палоча составляет уол α =45° со сте-

ной, у бусини a

= aτ = и v

ор

= v

вер

= . Сорость и усорение

бусини соответственно равны:

==, a

==.

По второму заону Ньютона:

mg – N=ma⇒ N=m(g – a)=mg– d 0,232 Н.

Та а F

= N (третий заон Ньютона), то F

=0,232Н.

О т в е т: F

= 0,232 Н.

---

v/2

Рис. 2.4.26

Рис. 2.4.27

----- -

---

ор

вер

-------

--------- -

⎝

⎛

--------- -

⎠

⎞

444

2.5.6. Запишем для аждоо из брусов второй заон Ньютона

в проециях на оси Х и Y (рис. 2.5.41):

де

тр1

= μN

,(5)

тр2

= μN

,(6)

тр1

= μ(m

g – F

sin α). (7)

Решив систему уравнений (1)—(7), получим о т в е т:

a =–μg;

T =.

2.5.7. Та а бруси M и m связаны нитью (см. рис. 2.5.6 в

условии), то верхний брусо движется с тем же по модулю усоре-

нием, что и нижний, но направленным в противоположную сторо-

ну. Силы, действующие на бруси, поазаны на рис. 2.5.42, а, б.

cos α – T –F

тр1

= m

a,(1)

+ F

sin α – m

g =0; (2)

T – F

cos β – F

тр2

= m

a,(3)

+ F

sin β – m

g =0, (4)

Рис. 2.5.41

αμ αsin−cos()F

βμ βsin−cos()−

-------------------------------------------------------------------------------------------------------

αμ αsin+cos()F

βμ βsin−cos()+

------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

тр

Рис. 2.5.42

а) б)

445

Запишем второй заон Ньютона в проециях на оси Х и Y:

для нижнео бруса

F – T – F

тр

= Ma,(1)

– N

– Mg =0, (2)

для верхнео бруса

T=F

тр

= ma,(3)

– mg =0, (4)

де сила трения

тр

= μ N

.(5)

Решив систему уравнений (1)—(5), получим о т в е т:

F=2μmg +(M + m)a; F =25Н.

2.5.9. См. рис. 2.5.43. Возможны

два случая.

1-й. Если оба тела будут двиать-

ся, то при установившемся движении

для второо тела второй заон Ньюто-

на в проециях на оси Х и Y имеет

вид:

gsin α = F

– F

тр2

= m

– m

gcos α =0,

де F

тр2

= μ

, а для первоо тела:

g sin α – F

– F

тр1

= m

– m

g cos α =0,

де F

тр

= μ

, F

= k ∆x.

Решая систему приведенных уравнений, получим

∆x= при tg α >.

2-й. Если же верхнее тело остается в поое, то изменение длины

пружины будет происходить при условии:

gsin α – μ

gcos α – F

=0,

поэтому

∆x = при tgα m .

тр1

тр2

Рис. 2.5.43

g μ

−()

+()

--------------------------------------------

------------------------------------

g αμ

αcos−sin()

---------------------------------------------------------

------------------------------------

446

2.5.13. В момент, ода по одну сторону

блоа длина вереви будет l

= 8 м, данную сис-

тему можно рассматривать а систему трех тел

(рис. 2.5.44), массы оторых соответственно

равны:

= m

+=m

+(l–l

= m

m′ =l

–.

Силы, действующие на аждое тело, таже

поазаны на рисуне. Запишем второй заон

Ньютона для аждоо тела системы:

g – T=M

mg + T – T

= ma,

– M

g = M

Решив данную систему уравнений, получим

T ==52,92Н.

О т в е т: T = 52,92 Н.

2.5.14. Каждый руз за две сеунды проходит путь , рав-

ный , т. е.

=. (1)

Силы, действующие на аждый руз, поаза-

ны на рисуне 2.5.45.

Второй заон Ньютона в проеции на ось Х

для аждоо руза имеет вид:

g – T = m

a, (2)

T – m

g = m

a.(3)

Решив систему уравнений (1)—(3), получим

= m

=0,27,

T = m

g – d 2,8 Н.

m′

m′g

Рис. 2.5.44

′

---- -

⎝

⎛

---

⎠

⎞

g 2m

m+()m

lmlml

−+()

lm m

++()

------------------------------------------------------------------------------

---------

---

---------

Рис. 2.5.45

h−

-------------------

⎝

⎛

------ -

⎠

⎞

447

Сила давления на ось блоа

F =2T =5,6Н.

Ответ: m

= 0,27 , Т d 2,8 Н, F = 5,6 H.

2.5.15. Силы, действующие на тела сис-

темы, представлены на рис. 2.5.46. Сила тре-

ния ольца о брусо создает натяжение шну-

ра. Следовательно, сила натяжения

T = F

тр

.(1)

Та а руз массой m

неподвижен, то

по второму заону Ньютона

T – m

g =0, (2)

а для сользящео ольца

g – F

тр

= m

a.(3)

Из уравнений (1)—(3) получаем F

тр

= m

g и a = g.

О т в е т: а = g 1 – ; F

тр

= m

2.5.20. Груз m

опусается на высоту h за время t: h= .

На этот руз действуют силы: тяжести m

g и натяжения нити T

По второму заону Ньютона:

g – T

= m

На брусо m действуют в оризонтальном направлении силы на-

тяжения T

и T

и сила трения F

тр

= μmg (μ — оэффициент

трения). По второму заону Ньютона:

– T

– μmg = ma.

На руз m

действуют сила натяжения нити T

и сила тяжести m

По второму заону Ньютона: T

– m

g=m

Решив систему приведенных уравнений, получим о т в е т:

а) μ =–· =0,32,

б) T

= m

g – = 8,16 Н,

= m

g +=2Н.

тр

Рис. 2.5.46

−

--------------------- -

⎝

⎛

--------

⎠

⎞

---------

−

--------------------- -

------ -

m++

----------------------------------

⎝

⎛

------ -

⎠

⎞

⎝

⎛

------ -

⎠

⎞

448

2.5.22. Найдем оэффициент трения между брусом и столом.

По второму заону Ньютона для системы тел

g – μ m

g=(m

+ m

)a.

Решив это уравнение, получим

μ =– =0,4. (1)

а) Усорение бруса относительно земли

де a

— усорение бруса и руза относи-

тельно стола (рис. 2.5.47).

По второму заону Ньютона для бруса:

N+T+m

g+F

тр

= m

или в проециях на оси Х и Y:

T – F

тр

= m

,(2)

N – m

g = m

,(3)

де

тр

= μN.(4)

Усорение руза относительно земли

+ a

По второму заону Ньютона для руза:

T +m

g = m

или в проеции на ось Y

T–m

g = m

– a

). (5)

Решив систему уравнений (1)—(5), получим

= = 0,08 м/с

Модуль усорения бруса относительно земли

=– d 2,2 м/с

Модуль усорения руза относительно земли

= a

– a

d 2,1 м/с

--------

+()a

------------------------------ -

тр

Рис. 2.5.47

μ m

+()−()m

-------------------------------------------------------------------------- -

449

б) Решение аналоичное, а и для

случая а).

Ответ: а) a

d 2,2 м/с

, a

d 2,1 м/с

; б) a

d 2,26 м/с

, a

d 2,7 м/с

2.5.24. Силы, действующие на тела

системы, поазаны на рис. 2.5.48.

По второму заону Ньютона для до-

си в момент начала сосальзывания

бруса (рис. 2.5.48, а):

F – μN

= Ma,(1)

для бруса в этот момент времени

(рис. 2.5.48, б):

μN

– F

= μN

– k∆x = ma,(2)

де F

k∆x – упруая сила деформации пружины, ∆x — исомый

путь, пройденный досой, и одновременно величина деформации

(растяжения) пружины.

Движение тел не является равноусоренным, та а сила на-

тяжения пружины F

изменяется по мере движения тел. Силу ре-

ации опоры N находим из уравнения

– mg =0. (3)

Ислючив усорение из уравнений (1) и (2), запишем

C учетом уравнения (3) получим

отуда

∆x = μg– ==2·10

–2

м = 20 мм.

О т в е т: œx = 20 мм.

2.5.27. См. рис. 2.5.49. Найдем

масимальные значения силы тре-

ния пооя:

тр1max

= μ

+ m

)=14,7Н,

тр2max

= μm

g =4,9Н.

тр

Mgа)

б)

Рис. 2.5.48

F μN

−

----------------------

μN

kx∆−

---------------------------- -

F μmg−

-----------------------

μmg k x∆−

----------------------------- -

---- -

⎝

⎛

F μmg−

-----------------------

⎠

⎞

---- -

μ Mm+()gF−

----------------------------------------

тр1

тр2

Рис. 2.5.49