Задачи вступительных экзаменов по физике. Выпуск 6 - Алешкевич В.А.
Скачать (прямая ссылка):
1.13. Выберем систему координат ХОУ так, как показано на рисунке, где изображено расположение тел в момент отпускания
щаться вокруг своих осей, то можно считать, что после начала движения у = 2х , где у - координата точки А бруска, а X - координата точки Б кубика. Отсюда следует,
кубика. Поскольку нить нерастяжима, отрезки нитей, не лежащие на блоках, либо вертикальны, либо горизонтальны, а блоки представляют из себя цилиндры, которые могут вра-
© Физический факультет МГУ
РЕШЕНИЯ
25 I, МЕХАНИКА
что скорости указанных точек связаны соотношением vy = 2vx. Учитывая, что при прохождении положения статического равновесия скорости тел максимальны и согласно закону сохранения энергии должны удовлетворять уравнению ky2 /2 + + Mv^m/2 + mv2m/2 = mgXp, где координата ур точки А равна mg/2k, a g - ускорение свободного падения, найдем искомую скорость: Vytn — mg/Vk(4M + ш).
1.14. Изменение импульсов спутников при движении по круговым орбитам вызвано изменением направления их векторов скорости при неизменной величине последних. Поскольку задано изменение импульсов спутников за одинаковые доли периодов обращения и массы спутников равны, то отношение изменений импульсов равно отношению модулей их скоростей, т.е. V1 /v2 = п. Считая, что центростремительное ускорение спутников обусловлено действием только гравитационной силы притяжения со стороны планеты, вокруг которой они движутся, на основании второго закона Ньютона и закона всемирного тяготения получим: mv2/R = GmM/R2 , где ш и R - масса и радиус орбиты спутника, G - гравитационная постоянная, a M -масса планеты. Из этого выражения следует, что v1R1 = = GM = V2R2- С учетом ранее найденного отношения скоростей отсюда получим, что искомое отношение R1ZR2 = v2/v2 = п~2.
1.15. Полагая, как обычно, поскольку иное не оговорено в условии задачи, что точка закрепления пружины неподвижна относительно инерциальной системы отсчета, и на шарик действуют только Земля и пружина, на основании второго закона Ньютона можно утверждать, что Fh sin a = mv2/r, где Fh - сила натяжения пружины, V - скорость движения шарика, а г - радиус окружности, по которой движется шарик. Поскольку движение шарика в вертикальном направлении отсутствует и лабораторная система считается инерциальной, то должно быть
ЗАДАЧИ _© Физический факультет МГУ
26 I. МЕХАНИКА
справедливым соотношение: Fh cos а = mg, где g - ускорение свободного падения. Согласно закону Гука удлинение пружины AL и сила натяжения должны подчиняться уравнению: AL = Fh/к, причем (L + AL) sin а = г. Из полученных соотношений следует, что искомое время одного оборота шарика T = 2nr/v = 2jt^m/k + (Lcosa)/g.
1.16. Поскольку шарик подтягивают к оси медленно, а трубка вращается с постоянной угловой скоростью, можно считать, что относительно инерциальной системы отсчета шарик имеет только центростремительное ускорение, которое создает результирующая всех действующих на шарик сил: силы тяжести mg, силы натяжения нити T и силы реакции трубки. Последняя имеет только нормальную составляющую N, лежащую в вертикальной плоскости, проходящей через ось вращения, т. к. трубка является гладкой и шарик движется с малой скоростью вдоль оси трубки. Поскольку в данном случае шарик имеет только центростремительное ускорение и движется по окружности радиуса Lcosa с угловой скоростью о, уравнение движения шарика (в проекциях на вертикальную и горизонтальную оси) должно иметь вид:
О = T sin a - N cos a - mg, Hico2L cos a = T cos a + N sin a. Исключая из этих уравнений N, получим, что искомая сила натяжения нити T = m(g sin a + (d2L cos2 a).
1.17. Давление в покоящейся относительно инерциальной системы отсчета жидкости на глубине h от ее поверхности определяется давлением на открытую поверхность, которое равно атмосферному давлению ра, и гидростатическим давлением столба h, Н/2 Н" жидкости pgh, где g - ускорение свободного падения. Поэтому распределение давления в заполненном колодце глубиной H будет иметь вид, показанный на рисунке
© Физический факультет МГУ
РЕШЕНИЯ
27 I. МЕХАНИКА
Учитывая, что сила давления на полоску боковой стенки шириной Ь, расположенную на глубине hj и столь малой высоты 8h, что можно пренебречь изменением давления в ее пределах, равна Fj11 = (ра + pgh1)b5h, т.е. пропорциональна площади выделенного на рисунке прямоугольника, можно утверждать, что сила давления на всю боковую стенку пропорциональна площади трапеции OHApa, а на нижнюю половину этой стенки -(Н/2)НАа. Поскольку pm = пра, P1 = (n + 1)ра/2, используя формулу для расчета площади трапеции, получим:
F =u±!xihn F n + (n + ЦI2 Н hn п 2 tibPa> tI= 2 2 Ра'
где Fn и F1- силы давления на всю и нижнюю половину стенки.
Отсюда искомое отношение F1ZFn = (Зп + 1)/[4(п +1)] = 5/8.
1.18. Давление на дно цистерны под серединой ее горловины равно сумме атмосферного давления ра на открытую поверхность нефти и гидростатического давления столба нефти высотой h. Считая нефть несжимаемой и обозначив р плотность нефти, последнее будет равно pgh, где g - ускорение свободного падения. При смещении в направлении ускорения цистерны давление должно изменяться. Действительно, если выделить прямой цилиндрический объем нефти длиной Дх, ось которого перпендикулярна ускорению свободного падения g и совпадает с направлением ускорения цистерны а достаточно малого радиуса г, то в соответствии со вторым законом Ньютона должно выполняться соотношение: AF = яг2раДх, где AF - перепад сил давления, действующих на торцы этого объема. Поскольку по условию нефть из горловины не выливается, то давления над первым и вторым кранами должны быть равны, соответственно, P1 = Pa + p(gh - aL) и P2 = Pa + p(gh + aL), если, как обычно, считать, что ра - paL превышает давление насыщенных паров нефти. Отсюда следует, что искомое отношение масс вытекающей через краны нефти Hi1/т2 = (gh - aL)/(gh + aL).
