Физика в задачах для поступающих в вузы - Турчина Н.В.
ISBN 978-5-94666-452-3
Скачать (прямая ссылка):
Работа силы тяжести и работа силы реакции опоры соответственно равны:
A3 = mgs cos а3, а так как а3 = 90°, то A3 = 0;
A4 = Nscos а3 = 0.
Работа всех сил
A = A1 + A2 + A3 + A4 = s(F(cos а + Msin а) - Mmg) = 24 169 Дж.
Ответ: A1 = 25 981 Дж; A2 = -1812 Дж; A3 = 0; A4 = 0; A = 24 169 Дж.
3.3.31. Определим, будут ли аэросани отрываться от дорожки в верхней точке (рис. 3.3.14).
При отрыве N = 0. По второму закону
Ньютона mg = m
R
следовательно, скорость
nin = ViR = 730 м/с.
458
2
U
Так как v > vmin, то аэросани не будут отрываться от дорожки.
По второму закону Ньютона для саней, находящихся в любой точке траектории движения:
v2
N - mgcos a = m — ,
где а — угол между вертикалью и радиусом к точке траектории движения, в которой находятся сани.
Сила трения, по определению,
fTP = PN.
Из двух последних соотношений выразим силу трения:
FTp = pm ^R + gcos aJ .
Сила трения переменна. Построим график зависимости FTp от пути
и по графику найдем среднюю силу трения: (F) = ц—^ (рис. 3.3.15).
р R
Тогда работа силы трения равна A = - (FTp)s, а так как s = = 2лД, то
2
A = - ц—_ . 2пД = -2npmv2 = -30 кДж.
Ответ: A = -30 кДж.
3.4.13. На тело действуют силы: тяжести mg, реакции опоры N, трения FTp = pN и F (рис. 3.4.1). Тело движется равномерно. По первому закону Ньютона:
mg + N + FTp + F = 0,
или в проекциях на оси OX и OY:
F - mg sin а - FTp = 0,
N - mg cos а = 0.
Рис. 3.3.15
2
459
Решив данную систему уравнений, получим F = mg sin a + ^mg cos a.
По определению, мощность
N = Fv = mgv(sin a + ^cos a).
Найдем угол, при котором мощность максимальна:
— = mgv(cos a - usin a) = 0, da
ц = ctg a ^ a = arctg — = 60°.
S
Тогда максимальная мощность
Nmax = —f = 11,32 Вт.
Ответ: a = 60°; N = 11,32 Вт.
3.5.19. Чтобы доска упала со стола, она должна проехать путь, равный половине своей длины. По теореме о кинетической энергии
ДЕ = A(Ftp),
где ДЕ = 0 - m^v- — изменение кинетической энергии, A(Ftp) =
= ^mg 2 — работа силы трения.
Из приведенных уравнений получим
= ^g 2 -
Следовательно, минимальная горизонтальная скорость v = ^gZ ^ 3,43 м/с.
Ответ: v d 3,43 м/с.
3.5.25. По теореме о кинетической энергии работа А = ДЕ = E - 0 = E,
где Е — полная кинетическая энергия системы в конечном состоянии:
E = E1 + E2,
„ — ,О,2 — ,(B2X2 —2 v2 —2 ю2 (l - x)2
где E = —— = —1---------; E9 = —— = —2- — кинетические
1 2 2 2 2 2
энергии шариков 1 и 2 соответственно, x — расстояние первого шари-460
ка от оси вращения, (l - х) — расстояние второго шарика от оси вращения. Следовательно, A = (m1x2 + m2(l - х)2). Задача на экстремум;
взяв производную от A по X и приравняв нулю, получим:
A' = 0 m12x - m22(l - х) = 0 х =
= 0,6 м
(т. е. ось вращения проходит через центр масс системы). Минималь-
т212 m,m2
ная работа: Amin = —---1—— = 5 Дж.
О т в е т: х = 0,6 м; Amin = 5 Дж.
3.7.7. Если m0 — масса единицы длины каната, то максимальная сила натяжения, которую может выдержать канат (рис. 3.7.23),
Tmax = m0l0g.
Запишем уравнение движения каната, соскальзывающего со стола (рис. 3.7.24), в проекциях на оси OX и OY:
m0(l - x)a = T, m0xa = m0xg - T,
где і — длина каната, х — длина части каната, соскользнувшей со стола. Следовательно, сила натяжения в данный момент времени
—о xg( 1 - x)
T =
I
Исследуем зависимость Т(х) на максимум; взяв производную
I m0 gl
от T по х и приравняв ее к нулю, получим х = 2 , T = —^— . Поскольку т m Tmax, то —g1 m m0i0g, или і m 4і0.
Следовательно, Imax = 4і0 = 20 м.
Скорость найдем из закона сохранения энергии:
—g = —! ^ u = Jgl = Т4Ї0 = 14 м/с.
Ответ: Imax = 20 м; u = 14 м/с.
mOlOg
Рис. 3.7.23
461
— + m
1
2
T
max
3.7.16. По закону сохранения энергии для бусинки
= —1 + mgh. (1)
Высоту находим из рис. 3.7.25:
h = R(1 + cos а). (2)
Расстояние AB (см. риа 3.7.25) равно
s = 2Rsin а. (3)
Рис. 3.7.25
С другой стороны, расстояние AB — это дальность полета бусинки, определяемая по формуле:
g
Решив систему приведенных уравнений, получим
v = IgR1
(4)
+ 2 (1 + cos а)І = 4,9 м/с.
Ответ: v = 4,9 м/с.
3.7.22. При движении до точки A на шарик действовали сила тяжести mg и сила натяжения нити T. Сила T в любой момент направлена перпендикулярно траектории шарика, и ее работа равна нулю. Записав закон сохранения энергии:
— —0
mglcos а = —21,
найдем скорость шарика в точке A
(рис. 3.7.26):
v0 = J2gl cos а . (1)
Дальнейшее движение происходило только под действием силы тяжести, направленной вертикально вниз. Поэтому в горизонтальном направлении импульс шарика оставался постоянным. В точке B максимального подъема шарика над поверхностью стола скорость v направлена горизонтально и
v = v0cos а. (2)
Запишем закон сохранения энергии при движении шарика из точки A в точку B:
mg(h - lcos а) + -^-0 = mgH + —,
2
и0 sin2 а
s =
