Турчина Н.В. Физика в задачах для поступающих в вузы
Подождите немного. Документ загружается.
460
Решив данную систему уравнений, получим
F = mg sin α + μmg cos α.
По определению, мощность
N = Fv = mgv(sin α + μcos α).
Найдем уол, при отором мощность масимальна:
= mgv(cos α – μsin α) = 0,
μ = ctg α ⇒ α = arctg = 60°.
Тода масимальная мощность
N
max
= = 11,32 Вт.
О т в е т: α = 60
°; N = 11,32 Вт.
3.5.19. Чтобы доса упала со стола, она должна проехать путь,
равный половине своей длины. По теореме о инетичесой энерии
∆E = A(F
тр
),
де ∆E = 0 – — изменение инетичесой энерии, A(F
тр
)=
=–μmg — работа силы трения.
Из приведенных уравнений получим
= μmg .
Следовательно, минимальная оризонтальная сорость
v = d 3,43 м/с.
О т в е т: v d 3,43 м/с.
3.5.25. По теореме о инетичесой энерии работа
A = ∆E = E – 0 = E,
де E — полная инетичесая энерия системы в онечном состоянии:
E = E
1
+ E
2
,
де E
1
= = ; E
2
= = — инетичесие
энерии шариов 1 и 2 соответственно, x — расстояние первоо шари-
dN
dα
--------
1
3
-------
mgv
4
------------
mv
2
2
-----------
l
2
---
mv
2
2
-----------
l
2
---
μgl
m
1
v
1
2
2
--------------
m
1
ω
2
x
2
2
--------------------- -
m
2
v
2
2
2
--------------
m
2
ω
2
lx−()
2
2
-----------------------------------
461
а от оси вращения, (l – x) — расстояние второо шариа от оси враще-
ния. Следовательно, A = (m
1
x
2
+ m
2
(l – x)
2
). Задача на эстремум;
взяв производную от A по X и приравняв нулю, получим:
A′ = 0 ⇒ m
1
2x – m
2
2(l – x) = 0 ⇒ x = = 0,6 м
(т. е. ось вращения проходит через центр масс системы). Минималь-
ная работа: A
min
= = 5 Дж.
О т в е т: x = 0,6 м; A
min
= 5 Дж.
3.7.7. Если m
0
— масса единицы длины аната, то масималь-
ная сила натяжения, оторую может выдержать анат (рис. 3.7.23),
T
max
= m
0
l
0
g.
Запишем уравнение движения аната, сосальзывающео со
стола (рис. 3.7.24), в проециях на оси OX и OY:
m
0
(l – x)a = T,
m
0
xa = m
0
xg – T,
де l — длина аната, x — длина части аната, сосользнувшей со
стола. Следовательно, сила натяжения в данный момент времени
T = .
Исследуем зависимость T(x) на масимум; взяв производную
от T по x и приравняв ее нулю, получим x = , T = . По-
сольу T m T
max
, то m m
0
l
0
g, или l m 4l
0
.
Следовательно, l
max
= 4l
0
= 20 м.
Сорость найдем из заона сохранения энерии:
= ⇒ v = = = 14 м/с.
О т в е т: l
max
= 20 м; v = 14 м/с.
ω
2
2
-------
m
2
l
m
1
m
2
+
--------------------- -
ω
2
l
2
2
----------- -
m
1
m
2
m
1
m
2
+
--------------------- -
O
X
N
T
a
T
a
Y
m
0
(l
0
– x)g
m
0
xg
Рис. 3.7.23
m
0
l
0
g
T
max
Рис. 3.7.24
m
0
xg 1 x−()
l
----------------------------------
l
2
---
m
0
gl
4
------------- -
m
0
gl
4
------------- -
mgl
2
---------- -
mv
2
2
-----------
gl 4gl
0
462
3.7.16. По заону сохранения энерии для бусини
= + mgh. (1)
Высоту находим из рис. 3.7.25:
h = R(1 + cos α). (2)
Расстояние AB (см. риc. 3.7.25) равно
s = 2Rsin α.(3)
С друой стороны, расстояние AB — это даль-
ность полета бусини, определяемая по формуле:
s = . (4)
Решив систему приведенных уравнений, получим
v = = 4,9 м/с.
О т в е т: v = 4,9 м/с.
3.7.22. При движении до точи A на
шари действовали сила тяжести mg и си-
ла натяжения нити T. Сила T в любой мо-
мент направлена перпендиулярно трае-
тории шариа, и ее работа равна нулю. За-
писав заон сохранения энерии:
mglcos α = ,
найдем сорость шариа в точе A
(рис. 3.7.26):
v
0
= . (1)
Дальнейшее движение происходило тольо под действием силы
тяжести, направленной вертиально вниз. Поэтому в оризонталь-
ном направлении импульс шариа оставался постоянным. В точе B
масимальноо подъема шариа над поверхностью стола сорость v
направлена оризонтально и
v = v
0
cos α.(2)
Запишем заон сохранения энерии при движении шариа из
точи A в точу B:
mg(h – lcos α) + = mgH + ,
A
B
h
v
0
Рис. 3.7.25
mv
2
2
-----------
mv
0
2
2
--------------
v
0
2
2αsin
g
-----------------------
gR
1
αcos
-------------
21 αcos+()+
⎝⎠
⎛⎞
H
B
v
l
A
h
O
v
0
Рис. 3.7.26
mv
0
2
2
-----------
2gl αcos
mv
0
2
2
-----------
mv
2
2
-----------
463
отуда с учетом уравнений (1), (2) получим
h – lcos α + lcos α = H + lcos
3
α
и находим
H = h – lcos
3
α d 46 см.
О т в е т: H d 46 cм.
3.7.23. При движении руза на стержень будет действовать си-
ла натяжения нити T, оторая способна сдвинуть брусо. Для тоо
чтобы брусо сдвинулся с места, сила трения пооя F
тр.по
должна
стать масимальной:
F
тр.по
= μN. (1)
Запишем второй заон Ньютона для руза в момент времени,
ода нить составила уол α с вертиалью (рис. 3.7.27):
= T – mgcos α,(2)
де v — сорость руза в этот момент. Най-
дем ee из заона сохранения энерии:
mglcos α = . (3)
Из уравнений (2), (3) получим
T = 3mg cos α.(4)
Условие равновесия для бруса:
0 = Tsin α – F
тр.по
, 0 = N – Tcos α – Mg;
с учетом (1) и (4) находим о т в е т:
M = d 37,5 .
3.7.25. В положении 0 (рис. 3.7.28) пружина недеформирована; в
положении 1 — растянута на х; ее потенциальная энерия kx
2
/2, а
потенциальная энерия руза mg (n – 1)x. В положении 2 потенци-
альная энерия пружины kn
2
x
2
/2, потенциальная энерия руза
равна нулю. Запишем заон сохранения энерии:
+ mg(n – 1)x + A = (1)
F
тр.пок
mg
m
T
T
l
N
X
M
Mg
Рис. 3.7.27
mv
2
l
-----------
mv
2
2
-----------
3m ααμαcos−sin()cos
μ
-----------------------------------------------------------------
kx
2
2
--------- -
kn
2
x
2
2
---------------- -
464
и условие равновесия:
mg = kx,(2)
де k — жестость пружины, А — совершенная работа.
Решив систему уравнений (1), (2), получим
A = = 0,72 Дж.
О т в е т: A = 0,72 Дж.
3.7.28. Кода подставу начинают отпусать, на нее действуют
силы: тяжести mg, реации опоры N и упруости F = kx (рис. 3.7.29).
По второму заону Ньютона:
ma = mg – N – kx.
В момент отрыва N = 0, x = l. Следовательно, ma = mg – kl,
отуда
l = . (1)
Подстава пройдет путь
l = . (2)
Решив систему уравнений (1), (2), получим
t = d 0,3 с. (3)
kx
2
n 1−()
2
2
--------------------------------
E
п
= 0
mg
kx
l
123
a
x
012
nx
Рис. 3.7.28 Рис. 3.7.29
mg a−()
k
---------------------- -
at
2
2
---------
2mg a−()
ka
---------------------------
465
При движении системы из состояния 2 в состояние 3 заон сохране-
ния энерии имеет вид
+ mg(∆x – l) + = , (4)
де v = at — сорость подстави в состоянии 2, ∆x — масимальное
растяжение пружины. Решив систему уравнений (1), (3), (4), получим
∆x = 1 + d 0,22 м.
О т в е т: t d 0,3 с; œx d 0,22 м.
3.7.29. См. рис. 3.7.30. Масимальный импульс шариа
p
max
= mv
max
.(1)
Заон сохранения энерии при переходе системы из состояния 1
в состояние 2 имеет вид:
mg(h – l + x) = + . (2)
Сорость будет масимальна, ода шари будет проходить по-
ложение равновесия. При этом сумма сил, действующих на шари,
равна нулю:
mg – kx = 0. (3)
Решив систему уравнений (1) — (3), получим о т в е т:
p
max
= m d 0,16 · м/с.
3.7.32. См. рис. 3.7.31. Работа
внешних сил:
A = E
+ E
п
,(1)
де потенциальная энерия пружины
E
п
= , (2)
mv
2
2
-----------
kl
2
2
--------
kx
2
∆
2
--------------
mg
k
--------
-
-
⎝
⎜
⎜
⎛
a 2ga−()
g
2
-------------------------
⎠
⎟
⎟
⎞
v
max
h
l
m
1
2
x
m
Рис. 3.7.30
kx
2
2
--------- -
mv
2
2
-----------
2gh l−()
mg
2
k
------------
−
m
F
упр
Рис. 3.7.31
kx
2
∆
2
--------------
466
инетичесая энерия шариа
E
= = = , (3)
поэтому
A = .
По второму заону Ньютона F
упр
= ma
n
, де F
упр
= k∆x — сила упруос-
ти, a
n
= ω
2
(l + ∆x) — центростремительное усорение. Следовательно,
k∆x = mω
2
(∆x + l) ⇒ ∆x = . (4)
Решив систему уравнений (1) — (4), получим
A = = 1,69 Дж.
О т в е т: A = 1,69 Дж.
3.7.33. Введем систему отсчета XOY
(рис. 3.7.32). В направлении оси OX на тело при
ео движении силы не действуют, поэтому про-
еция начальной сорости на эту ось
v
0x
= v
0
cos α
будет неизменной.
Движение вдоль оси OY происходит с усоре-
нием a
y
= –g, поэтому проеция v
y
сорости будет
изменяться по заону
v
y
= v
0
sin α – gt
и в верхней точе M траетории станет равной
нулю:
0 = v
0
sin α – gt
0
,
де t
0
— время подъема тела в наивысшую точу.
Если «смотреть» сверху в цилиндр, то тело будет двиаться по
оружности радиусом R с постоянной соростью v
0x
, а уловая о-
ордината тела будет изменяться по заону
ϕ = ωt = t = t.
За время t
0
тело совершит n = 4 оборота, т. е. сместится на уол
ϕ = 2πn. Тода
2πn = t
0
, или 2πn = .
mv
2
2
-----------
mω
2
R
2
2
------------------- -
mω
2
xl+∆()
2
2
------------------------------------
mω
2
xl+∆()
2
kx
2
∆+
2
--------------------------------------------------------
mω
2
l
kmω
2
−
--------------------- -
kmω
2
l
2
2
---------------------
kmω
2
+
kmω−()
2
-------------------------- -
Y
M
N
mg
X
O
v
0
Рис. 3.7.32
v
0x
R
---------
v
0
αcos
R
--------------------
v
0
αcos
R
--------------------
v
0
2
ααcossin
gR
----------------------------------
467
Следовательно,
= .
Сила давления F тела на поверхность цилиндра в верхней точе
равна по модулю силе N реации стено цилиндра. Из уравнения
движения, записанноо в проеции на нормаль траетории (она
все время направлена по радиусу цилиндра), находим
N = ,
де v = v
0
cos α — сорость тела в точе M.
Оончательно получаем:
F = N = = 2πnmg ctg α d 8,5 H.
О т в е т: F d 8,5 H.
3.7.34. Введем систему отсчета XOY
(рис. 3.7.33). В направлении оси OX на шари
при ео движении силы не действуют, поэтому
проеция начальной сорости на эту ось
v
0x
= v
0
будет неизменной.
Движение вдоль оси OY происходит с усо-
рением a
y
= g, поэтому проеция
сорости на эту
ось
v
y
= gt.
Время, за оторое шари опустится на расстояние h, можно оп-
ределить из соотношения
h = ^ t = .
Если «смотреть» в цилиндр сверху, то шари будет двиаться
по оружности радиусом R с постоянной соростью v
0x
= v
0
. Поэто-
му уловая оордината шариа будет изменяться по заону
ϕ = ωt = t = t.
За время t шари сместится на уол ϕ = , совершив n =
= = d 2 оборота.
Сила давления F шариа равна по модулю силе N реации сте-
но трубы. Силу N можно найти из уравнения движения, записан-
v
0
2
2πngR
ααcossin
-------------------------- -
mv
2
R
-----------
m 2πngRcos
2
α⋅
R αβcossin
----------------------------------------------
O
m
h
X
N
n
v
mg
Y
v
0
Рис. 3.7.33
gt
2
2
---------
2h
g
------ -
v
0x
R
---------
v
0
R
------
v
0
R
------
2h
g
------ -
ϕ
2π
------ -
v
0
2πR
-----------
2h
g
------ -
468
ноо в проеции на нормаль траетории (она все время направле-
на по радиусу трубы):
N = или F = = 5 H.
О т в е т: F = 5 H; n = 2 оборота.
3.7.35. В системе оординат, связанной с
эсалатором (рис. 3.7.34), сорость точи K
олеча определим из соотношения: v
τ
– v
0
=
= 0 ⇒ v
τ
= v
0
, де
v
τ
= ωr.(1)
Для олеча потенциальная энерия
E
п
= mgH, де H = h + 2H (v
э
— сорость эсалатора). Отсюда
получим
H = = = . (2)
Найдем инетичесую энерию о-
леча. Для этоо рассмотрим два элемен-
та олеча ∆m, лежащих на одном диа-
метре (рис. 3.7.35). Квадраты сорости
аждоо элемента олеча равны:
= + + 2 v
0
cos α,
= + – 2 v
0
cos α;
их суммарная инетичесая энерия
∆E
= = ∆m + ,
а энерия всео олеча
E
= = m . (3)
По заону сохранения энерии E
п
= E
. Решив систему уравнений
(1)—(3), получим
ω = = 250 рад/с.
О т в е т: ω = 250 рад/с.
mv
2
R
-----------
mv
0
2
R
--------------
v
э
v
0
v
0
K
0
Рис. 3.7.34
v
э
v
0
------
h
12v
э
/v
0
−
---------------------------- -
hv
0
v
0
2v
э
−
---------------------
hv
τ
v
τ
2v
э
−
-------------------- -
v
1
v
Δm
Δm
0
v
0
v
2
Рис. 3.7.35
v
1
2
v
τ
2
v
0
2
v
τ
v
2
2
v
τ
2
v
0
2
v
τ
mv
1
2
v
2
2
+()∆
2
--------------------------------
v
τ
2
v
0
2
mv
τ
2
v
0
2
+()
2
-----------------------------
v
τ
2
v
э
v
э
2
gh++
r
-----------------------------------
469
3.8.13. Движение сано происходит на двух разных участах
(рис. 3.8.12): на участе 1–2–3 — по дуе оружности, на участе
3–4 — по прямой.
На первом участе 1–2–3 сани разоняются и, съехав с ори,
приобретают сорость v
0
, оторую найдем из заона сохранения
энерии:
MgH = M или v
0
= ,
де M — масса сано с человеом, H — высота ори.
На участе 3—4 сани движутся замедленно до полной останов-
и, пройдя путь l. Запишем заон сохранения энерии для сано на
этом участе:
∆E
3 – 4
= A
3 – 4
(F
стор
),
де изменение механичесой энерии системы
∆E
3 – 4
= 0 – M ,
а работа сторонних сил
A
3 – 4
(F
стор
) = –F
тр
l = –μN
2
l = – μMgl.
Следовательно,
M = μMgl.
С учетом выражения для сорости v
0
на участе 1–2–3 находим
H = μl.(1)
Теперь рассмотрим движение сано на участе 1–2, предполаая,
что в точе 2 челове в санах испытал двуратную перерузу.
Запишем второй заон Ньютона для человеа в точе 2 в прое-
ции на ось X:
= N
1
– mg cos α,
H
R
1
2
mg
3
h
l
Mg
4
v
N
2
F
тр
v
0
N
1
R – h
Рис. 3.8.12
1
2
---
v
0
2
2gH
1
2
---
v
0
2
1
2
---
v
0
2
mv
2
R
-----------