Задачи вступительных экзаменов по физике - Алешкевич В.А.
Скачать (прямая ссылка):
vA=vO- Av/2 •
Учитывая, что V0 x/n = V0 Av/(a n) = (vA + a tAC/2) tAC , где tAC -время, необходимое для перемещения бруска из точки А в точку С, из полученных ранее соотношений следует, что при прохождении точки С брусок должен иметь скорость_
vc = vA + a tAC = ^(V0 - Av/2)2 + 2V0 Av/n •
1.3. Пренебрегая силами трения в осях блоков, массой блоков и силами трения, которые действуют на нить со стороны окружающей среды, можно доказать, что величина силы натяжения не может изменяться вдоль нити, т.к. по условию нить следует считать невесомой. Как обычно, будем считать, что грузы могут двигаться лишь поступательно. Тогда на основании II закона Ньютона можно утверждать, что уравнения движения грузов в проекциях на неподвижную горизонтальную ось, сов- 26
Задачи всту nv тег, оных экзаменов по физике. Вып.7
падающую с направлением движения груза массы т, должны иметь вид
ma = T, MA = -T, где T - величина силы натяжения нити, а и А - проекции ускорений грузов массы m и M на указанное направление. Поскольку грузы первоначально покоились, то к моменту времени t проекции скоростей грузов на выбранное направление будут равны, соответственно,
V = at и V = At.
Из рисунка, приведенного в условии задачи, видно, что отрезки нити между верхним и нижними блоками вертикальны. Поскольку прикладываемая к оси верхнего блока силы F по условию также направлена вертикально, согласно II закону Ньютона с учетом ранее сделанных предположений относительно этого блока можно утверждать, что величины сил FhT должны удовлетворять соотношению
F = 2Т.
Отсюда следует, что искомая зависимость относительной скорости грузов от времени имеет вид
тт ш + M voth =v-V =-Ft.
2m M
1.4. При заданном направлении внешней силы F точки нижней грани бруска не могут отрываться от наклонной плоскости клина, пока брусок хотя бы частично не соскользнет с клина. Поскольку в условии специально не указано, что требуется найти решение и для таких моментов времени, то в соответствии с общепринятой практикой будем решать задачу для случая, когда брусок хотя бы частично еще не соскользнул с клина. Кроме того, как это обычно и делается в подобных задачах, будем считать, что все тела движутся поступательно. Учитывая, что по условию задачи клин движется по горизонтальной плоскости, выберем инерциальную систему отсчета так, как показано на рисунке. Очевидно, что при таком выборе проекция Ay ускорения клина А на ось OY должна быть равна нулю, а указанные на Решения задач. Механика
27
рисунке координаты У 4 клина и бруска для любого из рассматриваемых моментов времени должны удовлетворять соотношению
Уб = (xK - X6Jtga.
Отсюда следует, что при указанных условиях проекции ах и а ускорения а бруска на оси выбранной системы координат и проекция Ax ускорения А клина на ось OX связаны между собой уравнением кинематической связи
ау = (Ax -ajtga.
Поскольку клин является гладким, то на него со стороны плоскости и бруска могут действовать только силы, направленные по нормалям к его соответствующим поверхностям. Если, как обычно, пренебречь силами трения со стороны окружающей среды, уравнения движения клина и бруска в соответствии со II законом Ньютона в проекциях на оси выбранной системы координат должны иметь вид
MAx = F - Nsina ,
ш ах = N sin a , m ау = N cos a - m g,
где N — величина силы взаимодействия бруска и клина, g — величина ускорения свободного падения.
Решая эту систему уравнений с учетом уравнения кинематической связи, получим, что в рассматриваемом случае ускорение клина А должно быть направлено вдоль оси ОХ, причем его проекция на эту ось равна
_ F - m g sin a cos a M + msin2a
Из этого выражения видно, что при F < m g sin a cos a клин должен двигаться с ускорением, направленным 28_Задачи всту nv тег, оных экзаменов по физике. Вып.7
противоположно прикладываемой к нему силе F, при F = m g sin a cos а клин должен оставаться неподвижным, а при F > mg sin a cos а клин должен двигаться с ускорением в направлении силы F.
1.5. При равномерном движении клети, считая, как обычно в подобных задачах, лабораторную систему отсчета инерци-альной, согласно II закону Ньютона можно утверждать, что сумма всех действующих на поршень сил: силы тяжести mg, силы давления воздуха Fb, силы давления газа Fr и силы со стороны цилиндра Fy - должна быть равна нулю. Поскольку цилиндр имеет гладкие вертикальные стенки, то из сказанного следует, что должно выполняться условие
Pa + m g/(7tr2) = pr, где р - давление воздуха в клети, р - давление газа под поршнем, g - величина ускорения свободного падения. Пренебрегая сжимаемостью газа за счет действия на него сил тяжести и полагая газ подчиняющимся уравнению Клапейрона-Менделеева, необходимо считать, что заданная плотность газа и его давление должны удовлетворять уравнению
P = M/V = prH/(RT),
где M и V — масса и объем газа, a R — универсальная газовая постоянная. Поэтому при равномерном движении клети должно выполняться соотношение
mg _ pRT
Pa о ~~
Ttrj- Ц
