Физика. Примеры решения задач, теория - Гомонова А.И.
Скачать (прямая ссылка):
Решение. Рассмотрим систему тел: клин - брусок. Для этой системы тел
вдоль горизонтального направления выполняется закон сохранения импульса
(силы N и N' являются внутренними). Как только брусок начнет двигаться
вдоль наклонной плоскости, клин поедет влево с некоторой скоростью и. В
любой момент времени выполняется закон сохранения импульса:
mvr
О = mvr - Ми, или и =--------- , (1)
М
где иг - горизонтальная составляющая бруска относительно Земли.
Так как клин ускользает из-под бруска, то брусок соскользнет с
поверхности клина со скоростью v под углом 0, большим,
чем угол а, при-
чем
= (2)
где vB - вертикальная составляющая скорости бруска.
Относительно клина в горизонтальном направлении (рис. XI.5, а) скорость
бруска
V* Отн = Vv - (- и) = Vr + и , тогда
tg а = -^-. (3)
vT + и
Это условие пребывания бруска на поверхности клина.
408
Рис. XI.5
Разделив числитель и знаменатель правой части уравнения (3) на vT,
получим
/V. tg В
tg " --------7---------т , или
1 + и/ 1 т/ '
/vr /М
(М + т)
tg р = tg а ---------
т
Из этого соотношения следует, что tg ft > tg а.
409
Задача XI.6 Кирпич, лежащий на краю крыши дома, толкнули вверх вдоль
ската со скоростью v = 10 м/с. После упругого удара о конек кирпич
соскользнул обратно и остановился на краю крыши. Определить коэффициент
трения и между кирпичем и поверхностью крыши, если конек находится на
высоте h = 2,5 м от края крыши. Угол наклона крыши к горизонту а = 30°
(рис. XI.6).
Решение. Задача становится очень простой, если воспользоваться законом
изменения механической энергии.
Вся кинетическая энергия, сообщенная кирпичу, пошла на работу против сил
трения, т. е.
mv
= 2 frpl = 2/л
mgh cos а _ 2jumgh
2 r sm a
Отсюда коэффициент трения
v2 tg a 102• 1
4 gh 4 • 9,8 • л/3
tg a
= 1,47.
Задача XI.7 К деревянному кубу массой М, лежащему на плоской
горизонтальной поверхности, прикреплена невесомая пружина жесткостью к.
Другой конец пружины закреплен. В куб попада-
410
ет пуля массой т и застревает в нем (пуля летит вдоль горизонтальной оси,
Рис. XI.7
у проходящей через центр тяжести куба, со скоростью г>0). Определить
макси-
мальное смещение куба Ах, если между кубом и горизонтальной поверхностью
возникает сила трения. Коэффициент трения ц (рис. XI.7).
Решение. После попадания пули она движется с кубом с одинаковой скоростью
и. Можно записать закон сохранения импульса
где и - скорость сразу после удара.
Кинетическая энергия, которую приобрел куб сразу после удара, пошла на
преодоление работы против сил трения и на сжатие пружины (сообщение ей
потенциальной энергии). Поэтому можно записать:
mv0 = (га + М)и
(га + М)иг
2
Учитывая, что и = --------------- ,
(га + М)
, получим
, или
Отсюда
411
Физический смысл имеет только знак "+" перед корнем, так как знак "-"
означает не сжатие, а расширение пружины.
Задача XI.8 В середину чаши массой М, прикрепленной снизу к вертикальной
пружине жесткостью к (рис. XI.8), попадает падающий с высоты Н
пластилиновый шарик массой т. На какую
В момент удара выделяется некоторое количество тепла. Поэтому закон
сохранения механической энергии применять уже нельзя, но можно
использовать закон сохранения импульса. Чаша с шариком начнет двигаться
вниз с некоторой скоростью и, которую определяем из закона сохранения
импульса:
максимальную величину Ах отклонится вниз чаша в процессе колебания после
попадания в нее шарика?
Н
Решение. Непосредственно перед попаданием шарика в чашу можно применить
закон сохранения
Рис. XI.8
механической энергии:
mv2
mgH =
, отсюда v2 = 2gH.
412
mv = (m + M)u, или и =
mv
m + M
При максимальном сжатии пружины на Да: кинетическая энергия чаши с
шариком переходит в потенциальную энергию сжатой пружины и новую
потенциальную энергию чаши с шариком, т. е.
(т + М)и2 . ч кАх2
*----= (m + M)gAx + -^-.
Из этого уравнения следует
_ _(m + Mk
12 к
(т + M)g
к
+
(т + М)и2 _
к
_ (m + M)g+ I (m + M)g2 m22gH к к2 к(т + М)
Следует отметить, что чаша с шариком имеет новое положение равновесия
(х0), которое определяется вторым законом Ньютона и отсчитывается от
начального нулевого уровня (см. рис. XI.8).
(т + M)g - kxQ = 0.
_ m + М _
Отсюда х0 =----------g. Около этого положения
к
равновесия будет колебаться чаша с шариком.
С другой стороны: х0
Ах, + Дат, , -------------- (см. рис.).
Амплитуда этого колебания
1 ж 1 _
А = Ах2 - х0 = (Да?! - гс0| =-----i-------(см. рис.).
413
Таким образом:
У
к2 к(т + М)
А= (т + м)У | 2gHm
Задача XI.9 Космический корабль движется по круговой орбите радиусом Я =
4000 км вокруг неизвестной планеты. Определить ускорение свободного
падения на поверхности планеты gn, если ее радиус г0 = 3500 км , а период
обращения корабля Т = 2 ч.
Решение. На корабль действует единственная сила - сила гравитации.
Поэтому второй закон Ньютона запишется
"Мт 2" (2jz\2
°-Г = тап = (tm)°> R = J R, (l)
где M и т - массы планеты и корабля соответственно.
Так как ускорение свободного падения у пла-
