Турчина Н.В. Физика в задачах для поступающих в вузы
Подождите немного. Документ загружается.
450
Запишем второй заон Ньютона для аждоо тела системы:
F
тр2
= m
2
a
2
,
F – F
тр1
– F
тр2
= m
1
a
1
.
а) Если F m F
тр1max
, то a
1
= a
2
= 0, тела пооятся и F=F
тр1
,
F
тр2
=0.
б) Если F
тр1max
+ F
тр2max
> F > F
трmax
, то a
1
= a
2
= a, система
движется а единое целое и F – F
тр2max
= a(m
1
+ m
2
), отуда
a =, a= – μg =1,63м/с
2
; a
отн
=0.
в) Если F > F
тр1max
+ F
тр2max
, то a
1
− a
2
, μ
2
m
2
g = a
2
m
2
, отуда
a
2
= μ
2
g =2,45м/с
2
, a
1
==3,3м/с
2
,
a
отн
= –0,85 м/с
2
.
Ответ: а) a
1
= a
2
= 0; б) a
1
= a
2
= 1,63 м/с
2
, a
отн
= 0; в) a
1
=
=3,3 м/с
2
, a
2
= 2,45 м/с
2
, a
отн
= –0,85 м/с
2
.
2.5.28. При движении доси брусо будет оставаться на месте,
та а между ними нет трения. Доса должна пройти расстояние,
равное ее длине: l = . Найдем усорение доси из второо заона
Ньютона:
F – μ(m + M)g = Ma ⇒ a =;
время движения бруса по досе
t = = , t d 1,7 с.
О т в е т: t d 1,7 c.
2.5.34. Рассмотрим предельный слу-
чай, ода a
1
= a
2
= a; F
тр max
= μN. Запи-
шем второй заон Ньютона в проециях
на оси Х и Y для верхнео и нижнео
линьев соответственно (рис. 2.5.50):
F – μN cos α – Nsin α = ma,(1)
0=Ncos α – μNsin α – mg,(2)
ma = μNcos α + Nsin α.(3)
Из уравнений (1) и (3) получим
0=F –2N(μcos α +sinα).
F μ
1
m
1
m
2
+()g−
m
1
m
2
+
----------------------------------------------- -
F
m
1
m
2
+
--------------------- -
F μ
2
m
2
g−μ
1
m
1
m
2
+()g−
m
1
-------------------------------------------------------------------------
at
2
2
---------
F μ mM+()g−
M
----------------------------------------
2l
a
-----
2lM
F μ mM+()g−
----------------------------------------
F
тр
F
тр
N
Y
X
N
1
N
mg
mg
F
Рис. 2.5.50
451
Из уравнения (2) находим
N = ⇒ F =2mg = 2mg d 25 Н.
Ответ: F d 25 H.
2.5.35. Запишем второй заон Ньютона соответственно для
правоо, верхнео и левоо рузов в проециях на оординатные
оси (рис. 2.5.51):
2mg – T
1
=2ma,
T
1
– T
2
=2ma,
N –2mg =0,
T
2
– mg = ma,
а таже для ороба (рис. 2.5.52):
–N
1
+ T
1
+ T
2
+ N +3mg =0,
T
1
– T
2
–=0,
F
тр по
= μN
1
.
Решив систему приведенных уравнений, получим μ l =
=0,0513.
О т в е т: μ = 0,0513.
mg
μαμαsin−cos
----------------------------------------
μαμαsin+cos()
αμ αsin−cos
---------------------------------------------
μ tgα+
1 μtgα−
----------------------- -
F
тр по
2
39
------
T
1
T
1
T
2
T
2
T
2
T
2
T
1
T
1
2mg
2mg
mg
N
F
тр
T
1
T
2
T
1
T
2
3mg
Y
O
X
N
N
Рис. 2.5.51 Рис. 2.5.52
452
2.5.37. Силы, действующие на те-
ла системы, поазаны на рис. 2.5.53.
Та а брусо сользит по досе, то
между ними возниает сила трения
сольжения. Для всех трех тел по вто-
рому заону Ньютона в проециях на
оординатные оси запишем:
m
x
g – T = ma
1
,(1)
T – F
тр
= Ma
1
,(2)
N
1
– N
2
– Mg = 0, (3)
F
тр
= ma
2
,(4)
N
2
– mg =0, (5)
F
тр
= μN
2
.(6)
Из соотношений (3)—(6) получим
μ mg = ma
2
, или
a
2
= μg.(7)
Из уравнений (1) и (2) находим:
m
x
g – μmg =(m + M)a
1
,(8)
отуда
a
1
= g.
Та а при движении доси и бруса
должно выполняться неравенство: a
1
> a
2
,
то с учетом выражений (7) и (8) получаем:
g > μg, отуда находим о т в е т:
m
x
> .
2.5.43. Усорения рузов m
1
, m
2
,
m
3
(рис. 2.5.54) относительно земли
обозначим соответственно a
1
, a
2
, a
3
, а
усорения рузов m
2
, m
3
относительно
блоа 2 — a
б
. По заону сложения усо-
рений имеем
a
2
= a
б
= a
1
,
a
3
= a
б
– a
1
.
F
тр
m
x
g
F
тр
a
2
N
1
a
1
N
2
N
2
a
1
T
T
mg
Mg
Рис. 2.5.53
m
x
μm−
m
x
M+
-----------------------
m
2
g
m
3
g
m
1
g
a
1
a
2
a
3
Y
O
T
T
T
2
T
2
Рис. 2.5.54
m
x
μm−
m
x
m+
-----------------------
μ Mm+()
1 μ−
--------------------------
453
Запишем второй заон Ньютона для аждоо тела системы:
T – m
1
g = m
1
a
1
,
m
2
g –=m
2
a
2
,
– m
3
g=m
3
a
3
.
Решив систему приведенных уравнений, находим соответственно
усорения рузов:
a
1
===0,58м/с
2
,
a
2
=2,88м/с
2
, a
3
=4,04м/с
2
,
а затем — силы натяжения нитей и силы давления:
T
1
= m
1
(g–a
1
) = 3(9,8 + 0,43) Н = 28 Н; T
2
=14Н;
F
д1
=28Н; F
д2
=56Н.
Ответ: T
1
= 28 H; T
2
= 14 H; F
д1
= 28 Н; F
д2
= 56 Н.
2.5.45. Из условия следует, что усорения тел направлены та,
а поазано на рис. 2.5.55, и связаны соотношением
a
3
= a
1
+2a
2
.(1)
Второй заон Ньютона для тела, дви-
жущеося по стене, в проециях на оси ОХ
и ОY имеет вид:
Fcos α – mg – F
тр
– T = ma
1
,
N = Fsin α.
По определению, сила трения F
тр
= μN.
Сделав преобразование последних трех
уравнений, получим
Fcos α – mg – μFsin α – T = ma
1
.(2)
Второй заон Ньютона для тела массой
4m имеет вид
2T –4mg =–4ma
2
,(3)
для тела массой m
T–mg= ma
3
.(4)
T
2
----
T
2
----
m
1
m
2
4m
2
m
3
− m
1
m
3
+
m
1
m
2
4m
2
m
3
m
1
m
3
++
------------------------------------------------------------------
g
17
------
F
тр
a
3
F
TT
mg
4mg
a
2
a
1
T
T
mg
N
Рис. 2.5.55
454
Учтем, что F =12mg, и, решив систему уравнений (1)—(4),
находим о т в е т:
a
2
=2g μsin α –cosα +=; а
2
=1,63м/с
2
.
Г л а в а 3. РАБОТА. ЗАКОНЫ СОХРАНЕНИЯ
3.1.13. Из второо заона Ньютона F = m
1
a
1
усорение мальчи-
а a
1
= , а ео сорость: v
1
= a
1
t = = 1 м/с. Сорость вторых
саней: v
2
= = 2 м/с. Сорость мальчиа относительно вторых са-
ней: = v
1
+ v
2
= 3 м/с.
О т в е т: v
1
= 1 м/с; v
отн
= 3 м/с.
3.1.21. На онетушитель действуют: сила
тяжести mg, реативная сила F
p
= и удер-
живающая ео сила F (рис. 3.1.4). Та а оне-
тушитель неподвижен, то
F
p
+ mg + F = 0. (1)
Из (1) находим
F = =
= = 22,6 H.
Ответ: F = 22,6 H.
3.1.22. Изменение импульса частицы при упруом отражении
от стены равно ∆p
1
= 2mv. Количество частиц, падающих на стену
площадью S за время ∆t, равно N
0
= v∆tSn, де n — онцентрация
частиц. Сила давления потоа частиц на стену: F
1
= N
0
=
=2mv
2
Sn = N
0
. Давление частиц на стену:
p
1
= = 2mv
2
n = N
0
.
⎝
⎛
1
3
---
-
⎠
⎞
g
6
---
F
m
1
--------
Ft
m
1
--------
Ft
m
2
--------
v
отн
F
p
F
mg
Рис. 3.1.4
m
1
v
t
-----------
F
p
2
mg()
2
2⋅ F
p
mg 90 α−()cos+
m
1
v
t
-----------
⎝⎠
⎛⎞
2
mg()
2
2m
1
v
t
--------------- mg αsin++
p
1
∆
t∆
---------
2mv
t∆
------------
F
1
S
------
2mv
t∆
------------
455
Изменение импульса частицы при полощении ее стеной: ∆p
2
=
= mv. Количество частиц, отражающихся от стены, N
1
= (1 – k)N
0
,
а частиц, полощенных стеной, N
2
= kN
0
.
Давление на стену в случае полощения ею части падающих на
нее частиц:
p
2
= (1 – k)N
0
+ kN
0
= .
Вычислив отношение р
2
/р
1
, найдем о т в е т:
= = = .
3.2.9. Та а на шарии не действуют внешние силы, то сис-
тема из данных шариов является замнутой и, следовательно, им-
пульс системы сохраняется:
m
1
v = (m
1
+ m
2
)u,(1)
де v — сорость шариа m
1
до удара, и — сорость шариов после
абсолютно неупруоо удара. По условию,
m
1
= nm
2
.(2)
Из (1) и (2) находим u = v . Изменение сорости первоо
шариа
∆v = v – u = v 1 – = .
Относительное изменение сорости = , или
η = · 100% = d 33%.
О т в е т: η d 33 %.
3.2.17. Относительно земли сорость мальчиа v
1
, сорость те-
лежи и. По заону сохранения импульса (система замнута)
0 = Mu – mv
1
⇒ Mu = mv
1
.
Сорость мальчиа относительно тележи
v = v
1
+ u ^ v
1
= v – u ^
Mu = m(v – u).
2mv
t∆
------------
mv
t∆
--------
N
0
mv 22k− k+()
t∆
------------------------------------------------ -
p
2
p
1
------
N
0
mv 2 k−()t∆
N
0
2mv t∆⋅
----------------------------------------- -
2 k−
2
-------------
5
6
---
n
n 1+
------------ -
⎝
⎛
u
n 1+
------------ -
⎠
⎞
v
n 1+
------------ -
v∆
v
------
1
n 1+
------------ -
v∆
v
------
100%
n 1+
-----------------
456
Отсюда находим о т в е т:
u = = 0,5 м/с.
3.2.27. По заону сохранения импульса:
0 = mu
1
– Mu
2
,(1)
де u
2
— сорость лоди относительно береа, а u
1
= v cos α – u
2
—
оризонтальная составляющая сорости человеа относительно бе-
реа.
Из (1) находим:
0 = mvcos α – (m + M)u
2
⇒ u
2
= ;
u
1
= vcos α 1 – = vcos α .
Время подъема до масимальной высоты равно t = ; длина
прыжа
l = u
1
· 2t = ,
l = · ; l = 1,65 м.
О т в е т: l = 1,65 м.
3.2.34. Относительно центра
масс снаряда сорость осола, ле-
тевшео оризонтально, u = v
1
– v.
Та а осоли по массе равны, то
из заона сохранения импульса
следует, что сорости всех осол-
ов одинаовы, направлены под у-
лом 120° дру друу и лежат в од-
ной плосости (рис. 3.2.5). Относительно земли сорости двух дру-
их осолов равны:
v
2
= v
3
=
или
v
2
= v
3
= d 87 м/с;
= ; sin(120° – α) = sin 60° = 0,97; α = 42°.
О т в е т: v
2
= v
3
d 87 м/с; α = 42°.
mv
Mm+
-----------------
mv αcos
mM+
-----------------------
-
⎝
⎛
m
Mm+
-----------------
⎠
⎞
M
mM+
-----------------
v αsin
g
----------------
2v
2
ααcossin
g
-------------------------------------
M
mM+
-----------------
v
2
2αsin
g
-----------------------
M
mM+
-----------------
Рис. 3.2.5
v
v
u
α
u
v
v
2
v
3
v
1
u
2
v
2
2uv αcos−+
v
1
v−()
2
v
2
2 v
1
v−()60°cos−+
v
2
60°sin
------------------ -
v
120°α−()sin
-------------------------------------
v
v
2
------
457
3.2.36. Сорость ольца перед ударом
v
1
= . (1)
После удара сорость v
0
системы найдем из заона сохранения им-
пульса:
mv
1
= (2M + m)v
0
.(2)
Далее система движется усоренно. По второму заону Ньютона:
mg = (2M + m)a. (3)
Каждый руз проходит путь h. Время движения определим из
заона движения:
h = v
0
t + . (4)
Решив систему уравнений (1)—(4), получим
t = – 1 d 0,8 с.
Ответ: t d 0,8 с.
3.2.37. Вдоль оси X (рис. 3.2.6)
сумма внешних сил, действующих на
систему тел, равна нулю. Из заона со-
хранения импульса (∆p)
x
= 0 следует,
что проеция на ось Х сорости цент-
ра масс системы v
ц. м х
= 0 и оордина-
та центра масс не изменяется: x
ц. м
=
= const. По определению, оордината
центра масс системы тел:
x
ц. м
=
= ⇒
⇒ 0 = –m
1
s + m
1
h – m
2
s – Ms;
s(m
1
+ m
2
+ M) = m
1
h;
s = = 8,3 см.
О т в е т: s = 8,3 см.
2gh
at
2
2
---------
2h
g
------ -
⎝
⎛
2
Mm+
m
-----------------
⎠
⎞
C
1
m
1
l
1
C
3
l
2
C
2
m
2
M
h
X
O
m
1
C
1
l
1
+ s – h
C
3
M
s
l
2
– s
C
2
m
2
Рис. 3.2.6
m
1
l
1
− s− h+()m
2
l
2
s−()Ms−()++
m
1
m
2
M++
-------------------------------------------------------------------------------------------------- -
m
1
h
m
1
m
2
M++
-----------------------------------
458
3.3.9. а) Та а лифт движется равномерно, то F
тяи
= mg. Ра-
бота по перемещению лифта A
1
= F
тяи
h = mgh.
б) При равноусоренном движении F
тяи
– mg = ma, де a =
та а h = . Работа по перемещению лифта
A
2
= F
тяи
h = mg + h.
Работа по подъему лифта во втором случае будет больше на
∆A = A
2
– A
1
= = 18 Дж.
О т в е т: при усоренном подъеме лифта работа больше на
œA =18 Дж.
3.3.10. На рис. 3.3.13 поазаны силы,
действующие на тело. Работа силы F:
A
1
= Fscos α = 25 981 Дж;
работа силы трения:
A
2
= F
тр
scos α
2
.
Та а α
2
= 180°, а F
тр
= μN = μ(mg – Fsin α),
то
A
2
= –μs(mg – Fsin α) = –1812 Дж.
Работа силы тяжести и работа силы реации опоры соответственно
равны:
A
3
= mgs cos α
3
, а та а α
3
= 90°, то A
3
= 0;
A
4
= Nscos α
3
= 0.
Работа всех сил
A = A
1
+ A
2
+ A
3
+ A
4
= s(F(cos α + μsin α) – μmg) = 24 169 Дж.
О т в е т: A
1
= 25 981 Дж; A
2
= –1812 Дж;
A
3
= 0; A
4
= 0; A = 24 169 Дж.
3.3.31. Определим, будут ли аэросани
отрываться от дорожи в верхней точе
(рис. 3.3.14).
При отрыве N = 0. По второму заону
Ньютона mg = m , следовательно, сорость
v
min
= = м/с.
2h
t
2
------ -
⎝
⎛
at
2
2
---------
⎠
⎞
⎝
⎛
2h
t
2
------ -
⎠
⎞
2mh
2
t
2
----------------
F
тр
mg
N
F
Рис. 3.3.13
F
тр
mg
mg
X
N
Рис. 3.3.14
v
2
min
R
-------------- -
gR 30
459
Та а v > v
min
, то аэросани не будут отрываться от дорожи.
По второму заону Ньютона для саней, находящихся в любой
точе траетории движения:
N – mgcos α = m ,
де α — уол между вертиалью и радиусом точе траетории
движения, в оторой находятся сани.
Сила трения, по определению,
F
тр
= μN.
Из двух последних соотношений выразим силу трения:
F
тр
= μm + gcos α .
Сила трения переменна. Построим рафи зависимости F
тр
от пути
и по рафиу найдем среднюю силу трения: ìF
тр
í = (рис. 3.3.15).
Тода работа силы трения равна A = – ìF
тр
ís, а та а s =
=2πR, то
A = – · 2πR = –2πμmv
2
= –30 Дж.
О т в е т: A = –30 Дж.
3.4.13. На тело действуют силы: тяжести mg, реации опоры N,
трения F
тр
= μN и F (рис. 3.4.1). Тело движется равномерно.
По первому заону Ньютона:
mg + N + F
тр
+ F = 0,
или в проециях на оси OX и OY:
F – mg sin α – F
тр
= 0,
N – mg cos α = 0.
v
2
R
------
v
2
R
----- -
⎝
⎛
--
⎠
⎞
F
тр
Y
X
O
mg
F
N
Рис. 3.3.15
R
O
s
2
πR
μ mv
2
πR 2πR
2
3πR
F
тр
Рис. 3.4.1
μmv
2
R
---------------
μmv
2
R
---------------