Физика. Примеры решения задач, теория - Гомонова А.И.
Скачать (прямая ссылка):
^ М
неты gn = G -, то уравнение (1) можно перепи-
ло
сать
т
2тг
\Т j
_ Г07П
п ~rF ' ОТСЮДа
4лг2К3 " п .
8п = -^ = 3>9м/с-'0 *
414
Задача XI.10 На отрезок тонкостенной трубы симметрично намотаны две
невесомые нерастяжимые нити. Труба удерживается в положении, указанном на
рисунке. В некоторый момент времени трубу отпускают. Она опускается,
разматывая нить. Определить ускорение осевой линии трубы (рис. XI.9),
проходящей через точку А.
Рис. XI.9
Решение. Все точки трубы одновременно участвуют в двух движениях: в
поступательном со скоростью центра тяжести трубы и во вращательном - с
линейной скоростью vn, при этом эти скорости равны по величине (катушка
не проскальзывает), т. е. i;0 = Vjj.
Кинетическая энергия тонкостенной трубы
Ек = Mvl (см. решение задачи IV. 13).
Из закона сохранения механической энергии следует
ЛЯмех = ЛЯк + ДЯП = 0 •
415
Для указанной на рисунке системы координат это уравнение запишется
- Mv20 + MgAx = 0, или Mv20 = MgAx. (1)
Используя уравнение кинематики
Искомое ускорение центра тяжести трубы а получаем с помощью уравнения
(2):
Задача XI.11 Верхний конец невесомой пружины жесткостью к с начальной
длиной 10 прикреплен к опоре. На нижнем конце пружины висит грузик массой
т. Пружину растянули до длины I и отклонили на угол а от вертикали, а
затем грузик отпускают без начальной скорости (рис. XI. 10). Какое
количество тепла выделится в этой системе после затухания всех колебаний?
Решение. В положении равновесия пружина с грузом имеет длину lt, которую
можно определить из уравнения
Растянув пружину до длины I и отклонив ее
(2)
2 2 g
и уравнение (1), получим, t =
416
от вертикали на угол а, ей сообщили некоторый запас потенциальной
энергии.
к, = |(!-'")'¦
После всех колебаний пружина вернется в вертикальное положение, где запас
ее потенциальной энергии станет равным
Eni= mgH + ~(l1-l0)\
Начальный уровень отсчета потенциальной энергии совмещаем с горизонталью
О О' (рис. XI.10), Н - высота конечного положения грузика после всех
колебаний. Разность этих энергий и будет тем количеством тепла Q, которое
выделится в системе после всех колебаний, т. е.
Q = Яп, ~ Епг-
Высоту Н можно определить из рисунка:
и 1 11 mg + klQ
Н = I cos а - I, = I cos а ---------------
1 к
тогда
fc / Ч2 J mg\ k(mg + kl0 \2
(r)= 2< •) -----Ч =
m2g2
2к
mg(l cos a - l0).
14 Физика
417
Задача XI.12 Над серединой большого цилиндрического сосуда площадью S и
высотой Н = 60 см закреплен маленький цилиндрический сосуд с площадью
сечения s = 0,21?. В верхнем сосуде находится ртуть, причем высота ее
уровня над уровнем нижнего сосуда h = 1,5 м (рис. XI. 11). Через
отверстие в середине дна маленького сосуда ртуть выливается в большой
сосуд. Определить изменение температуры ртути At, если ее удельная
теплоемкость с = 0,12 кДж/кгК. Теплоемкостью сосудов и рассеянием тепла в
окружающее пространство пренебречь. Ускорение свободного падения g
принять равным g= 10 м/с2.
Рис. XI. 11
Решение. Центр тяжести ртути после вытекания переместится на Ах (рис.
XI.11), поэтому изменение потенциальной энергии
АЕП = mgAx = mg^H + У - mg - ¦
418
t Положение нового центра тяжести ртути у3?
определяется из условия постоянства объема ртути, т. е.
0,2Sh = Sa, или а = 0,2h.
Таким образом, Л?п = mg(H + 0,4h). При падении ртути происходит неупругий
удар и выделяется некоторое количество тепла AQ, которое идет на
нагревание ртути, при этом ДЕП = AQ = cmAt. Следовательно:
Задача XI.13 Ящик массой т с постоянной скоростью втягивают за веревку на
горку. Когда ящик подняли на высоту h, совершив работу А, веревка
оборвалась и ящик стал скользить вниз. Какую скорость v будет иметь ящик,
опустившись до исходного положения?
Коэффициент трения N
= АДП = mg(H + 0,4h) = g
= - (Я + 0,4h) = 0,1° С. с
cm
cm
Решение. Силы, действующие на ящик, изображены на рисунке. Запишем второй
закон Ньютона в проекции на ось ОХ
ящика о горку считать постоянным (рис. XI. 12).
Рис. XI.12
и определим неизвестную силу F:
- mg sin а + F - /тр = 0 , тогда
F = mg sin а + jumg cos а.
Сила F для системы тел: горка - ящик, является внешней силой. Она
совершает работу А, которая идет на преодоление силы трения /тр и
сообщение ящику потенциальной энергии, т. е.
(tm) , cos а' h
А = FI = mgh + f I = mgh + f.img-:------- (l)
sin a
где I - длина пройденного ящиком пути до обрыва веревки.
При движении ящика вниз из закона сохранения механической энергии
следует,
АЕК + АЕп = А/ч>, или -------mgh = -fTpl, т.е.
----= mgh - fimgcosa---------. (2)
2 sin a
Сложив уравнения (1) и (2), получим
mv2 7 2 " 2А
А Н-----= 2mgh, отсюда v - Agh-----------,
2 т
L и 2А
или v = J4gh------------
V т
Задача XI.14 Надувной шарик, заполненный гелием, удерживают на нити.
Найти натяжение нити Т, если масса оболочки шарика m = 2 г,
объем V = 3 л, давление гелия р = 1,04 • 105 Па, температура t - 27°.
Молярная масса гелия ft = 4 г/моль, плотность воздуха р = 1,3 кг/м3,
универсальная постоянная R = 8,3 Дж/моль К.
