Физика. Задачи для поступающих в вузы - Бендриков Г.А.
Скачать (прямая ссылка):
Рис. 207
Рис. 208
ция скорости vx = v(l cos а. Искомое расстояние равно координате точки второго удара:
s = x = 2tvx = 2v0 cos a(v0 sin a)2 + 2ghl g =9,7 м.
75. В системе координат ХОК с началом в точке первого удара шарика
о плоскость (рис. 208) скорость шарика согла.сно законам упругого удара в момент удара и первый момент после удара равна V 2gh и направлена после удара под углом 90° — а к оси ОХ. Проекции скорости после удара:
vx =-yj2gh cos (90° -a) + g sin at = -Jigh sin a + gt sin a, (1)
v = ^2gh sin (90° - a) - g cos at = -j2gh,cos a- gt cos a.
(2)
221.
Из уравнения (2) находим, что время достижения высшей точки траектории ц = V 2h/g. Время между первым и вторым ударами t = 2tx. Искомое расстояние равно координате точки второго удара:
s = х =^j2gh г sin а + (gf2/2)sin а = 8/1 sin а = 4 м.
§ 3. Вращательное движение
76. R = ц г/( ц - l»2 ) = 1,8 м.
77. л = 60(1;] - у2 ) /2ш ~ 97 об/мин.
78. При качении колеса по земле все его точки участвуют одновременно в двух движениях: вдоль поверхности земли с постоянной горизонтальной скоростью и и вокруг оси вращения с касательной
скоростью их, модуль которой
В v, vx
постоянен, а направление меняется. При качении без пробуксировки или проскальзывания скорости и и их, по модулю равны.
Рис. 209
Мгновенные скорости указанных точек колеса находим, складывая ииих по правилам векторного сложения (рис. 209):
иА = их - и = О, ив = их + и = 2и, ис =iux + у2 =-j2v, vD = tJvx + и2 + 2vxv cos a = 2v cos (a/2),
vE =tJux + и2 - 2vxv cos a = 2u sin (a/2).
79. an = v2 /R, и = axt. По условию задачи a„ = nax, следовательно, t = V nR/ax = 2,78 c.
80. a„ = 4s2;| /Rtf = 25 м/с2.
81. Vy =2v- у2(см. задачу 78).
82. a„/ax = tg a = 0,58 (рис. 210)..
222
!: 83. На экваторе
и0 = 2nR/T = 465 м/с, ап0 = ио IR = 0,034 м/с2;
на широте ф = 60°
= 2Tt(/?cos(p)/7’ = 233 м/с, anV = i^/(ficos(p) = 0,017 м/с2.
84. N = ntl 2 = 60.
85. От начала закругленного участка пути поезд проходит расстояние
s = u0t + axt2/2, (1)
где az - касательное ускорение. При этом его скорость
и = v0 + ат t. (2)
Из (1) и (2) находим
ах = 2(s - щ t)/t2 = 0,33 м/с2, и = (2s - у0 t)/t = 25 м/с.
Полное ускорение
а = +ат = + +4(^_t;of)2 = о, 708 м/с2.
86. В системе координат ХОК, изображенной на рис. 211, скорость
комка грязи в момент отрыва от колеса направлена по касательной к
ободу в точке А (см. рис. 12). Если колесо катится без пробуксовки или
проскальзывания, то uz = и. Так как начальная вертикальная координата комка _у0 = R( 1 - cos а), то закон движения вдоль оси OY имеет вид
у = R(l — cos а) + (и sin a)t - gt2/2.
Далее, используя уравнение (16) задачи 54 и время движения до максимальной высоты (см. задачу 56), получим
h=y = R(\- cos а) + (и sin а)2/2^.
Если движение автомобиля с той же скоростью сопровождается пробуксовкой колеса, то их> и и высота подъема комков грязи будет больше. Если же колесо проскальзывает относительно поверхности земли при торможении (движение юзом), то vx < v и комки будут взлетать на меньшую высоту.
87. Пусть N - число оборотов, сделанных цилиндром за время г. В этом случае шарик не будет задерживаться желобом, если длина N шагов
2-23
винтового желоба будет равна расстоянию, на которое шарик упадет за это время при свободном падении, т.е. Nh = gt2/2. Если нить тянули при этом с ускорением а, то расстояние, на которое ее вытянули, / = at2/2, что равно в то же время длине смотанных с цилиндра N витков нити: / = nDN. Из этих выражений легко получить а = пgD/h.
§ 4. Динамика прямолинейного движения
88. и = ft/m ~ 43 км/ч.
89. / = F-rna = F-m(v2 -Vq)/2s =4,3 кН.
90. При спуске с постоянной скоростью сумма сил, действующих на
шар, равна нулю: Mg - Q -/= 0, где/- сила сопротивления движению шара. При подъеме шара сила сопротивления по-прежнему равна/, так как согласно условию задачи скорость постоянна, но теперь эта сила направлена вниз. Сумма всех сил с учетом уменьшения массы за счет
тё mS выброшенного балласта по-прежнему равна
Рис. 212 Рис. 213 нулю: {М ~ ~ ® +^= °‘ Исключая из этих
уравнений/, найдем т = 2(М - Q/g).
91. Действующие на тело силы изображены на рис. 212: F - искомая сила, mg - сила тяжести. На основании второго закона Ньютона
ma = F + mg; отсюда F = т(а - g) = 26 Н.
92. F = та = 70 Н.
93. Действующие на груз силы изображены на рис. 213; Г-сила натяжения проволоки, mg - сила тяжести. На основании второго закона Ньютона та = Т - mg.. Согласно условию задачи Т 7niax = nim.Mg. Следовательно, a g(mm.dK/m - 1) ~ 1,2 м/с2.
94. m = 2m\m2/(m\ + m2) = 190 кг.
95. Сила натяжения каната не зависит от направления движения самой клети (направления ее скорости) и определяется только ее ускорением. В первом случае направление ускорения совпадает с направлением силы натяжения каната. Поэтому знаки at и Т\ одинаковы: ma\ = Т\- mg, т.е.
Г, =m(a, +g) = 3420 Н.
Во втором случае ma2 = mg - Т2, т.е.
Т2 = m(g - а2) = 2705 Н.
96. Используя решение задачи 95, получим а = g( 1 - m/M) = 2,45 м/с2; ускорение направлено вниз.
97. Действующие на гири силы изображены на рис. 214. Уравнения движения имеют вид
