Динамика прямолинейного движения

из книги «Физика для школ и ВУЗов». Скачать бесплатно и без искажений формул на странице «Физика для школ и ВУЗов».

Хочешь помочь сайту?
Поделись страницей с друзьями и поставь лайк!

Динамика прямолинейного движения. Задачки

73. Однородный брусок, масса которого М , движется
ускоренно под действием силы F по гладкой поверхности.
Найти величину Т силы, с которой часть бруска А длины х
действует на часть бруска В. Длина бруска /. (Рис. 23.)

20

74. Однородный брусок движется ускоренно под дейй-вием силы Т7. Масса бруска М. Определить силы, дейст-
— вующие на заштрихованную часть бруска. Линейные размеры указаны на рис. 24. Трением пренебречь.
75. На однородный стержень длины L действуют две
‘ силы./2! и 7*2, приложенные к его концам и направленные в
Противоположные стороны (рис. 25). С какой силой F
Рис. 25.
растянут стержень в сечении, находящемся на расстоянии
/ от одного из его концов? ‘
76. Брусок массы т лежит на полу лифта. Лифт движегся с ускорением а, направленным вниз. Определить
енлу, с которой брусок действует на пол лифта. При каком
ускорении лифта исчезают деформации в бруске? С какой ,
сйлой брусок будет действовать на пол лифта, если лифт начнет двираться с ускорением а, направленным вверх? г
77. Мальчик массы Af бежит вверх по неподвижной доске массы т, находящейся на наклонной плоскости с углом
при основании а. Трение между доской и плоскостью отсутствует. Какой путь прошел мальчик к моменту, когда
его скорость, равная вначале и0. ‘уменьшилась в 2 раза,
оставаясь той же во напрайлению? ’
78. Однородный брусок висит на нити-f Нить разрезают. У каких частиц бруска будет большее ускорение в
начальный момент времени: у верхних или у нижних?
79. Однородный брусок лежит на горизонтальной подставке. Подставку внезапно убирают. У каких частиц брус-
.ка будет большее ускорение в начальный момент времени:
у верхних или у нижних?
80. Человек е поднятыми руками ртоит на платформе
-медицинских весов. Как изменяются показания весов при
ускоренном движении рук вниз? — ‘
81. На одной’ чашке весов находится бутылка. В бутылке — муха. Пока муха спит, весы уравновешены. Нарушится ли равновесие весов, когда проснувшаяся муха,
оторвется от стенки бутылки и полетит сначала в горизонтальном направлении, а затем вверх с ускорением а?

21

82. На крицах ним , перекинутой через -блок с неподвижной -осью, висят на высоте Я —2 м от пола два груза,
массы которых т ,.= 100 г и т 2=2О0 г (рис. 26). В начальный
момент грузы покоятся. Определить натяжение нити при
движении грузов и вре-
>^\\\\\\^ мя, за которое груз массы тг достигнет вола.
Массу блока и нити не
учитывать.
83. К оси подвижного блока прикреплен
груз весом Р (рис. 27).
С какой силой F нужно
тянуть конец нити, перекинутой через второй
блок, чтобы груз Р
двигался вверх с ускорением а? Чтобы груз
покоился? Массой блоков и нити пренебречь.
84. Определить ускорения г р у з» с массами ти т2,
/я», а также натяжение нитей в системе, изображенной
на рис. 28; если m1=m 2+ m 3. Массы нитей и блоков ничтожно малы по сравнению с массами грузов,
ш т ■
о
Рис. 26. Рис. 27.
U mz
Рис. 28.
85. Через. два неподвижных блока перекинута нить.,
к концам которой лодаешены чашки с гирями весом по Р —
=30 Н на каждой. Нить между блоками разрезали и присоединили jc динамометру (рис. 29). Что покажет динамометр?

22

Какой груз Pi нужно добавить на одну из чашек для того,
чтобы показание динамометра не изменилось после того,
как с другой чашки была снята гиря, весом Р2=10 Н?
Массами чашек, блоков, нити и динамометра пренебречь.
86. На нити, перекинутой через блок, подвешены грузы с массами т± и т 2. Блок в заторможенном состоянии
(грузы не движутся) уравновешен на рычажных весах,
как показано на рис. 30. На сколько придется изменить вес
гирь на правой чашке, чтобы при освобождении блока
и последующем движении грузов равновесие сохранилось?
№
к у
№
Рис. 31.
ш ш т т
Г Л
‘ 87. Система состоит из двух блоков с неподвижными
осями и одного подвижного (рис. 31). Через блоки перекинута нить, на концах которой подвешены грузы с массами ть и /я3, а к
оси подвижного блока .подвешен груз
с массой тг. Участки нити, не лека- f \В
щие на блоках, вертикальны. Определить ускорение каждого из грузов, если
массами блоков и нитей, а также трением можно пренебречь.
88. Определить ускорения грузов в
системе, изображенной на рис. 32. Mac- / ‘ ’t N
сами блоков, нити и трением пренебречь. А
В какую сторону будут вращаться блоки р— У
при движении грузов?
89. Определить натяжения нитей,
на которых висят грузы в системе, изображенной на рис. 33. Массой штей и
блоков пренебречь. Трение отсутствует.
Массы грузов т.и тг, тг, т4, т6„ mt,
m ,, т . известны.

23

90. Определить ускорение груза массы т 4 в системе, йзображёняо^ на рйс. 34. Массой нитей. й Шоке»
Ш М
Ш М
Рис. 33.
]да2-2лз
Рйс. 34.
пренебречь. Трение отсутствует. Массы грузов т1г т г, т 8,
т* указаны на чертеже. — _
91. Тележка массы М =500 г скре’плена нитью с грузом
массы от=200 г. В начальный момент тележка имела скорость t’j,=7 м/с и двигалась влево по горизонтальной плоскости (рис. 35). Опрёделтъ величину и направление скоро-‘
сти тележки, место, где она будет находиться,„и вуть, пройденный ею, через t—Ъ с.
м
» I
Рис. 35.
92, Для механической системы, изображенной на рис.
36, определить ускорения тел, массы которых т г, тг и ти,.
Трение между соприкасающимися поверхностями отсутствует. Массой блока А и нити пренебречь.

24

93. Между двумя неподвижными муфтами может без тре-
‘йад перемещаться вниз и вверх стержень, масса которого т,
Стержень нижним концом
касается гладкой поверхности клина массы М.
Клин лежит на гладком
горизонтально»! столе
(рис. 37). Определить ускорения Клина и стержня.
94. На стержеяв, длина которого 21, надета бусинка массы т. Бусинка
может перемещаться по
стержню без трения. В начальный момент бусинка находилась на середине стержня.
Стержень поступательно передвигался в горизонтальной
плоскости е ускорением а в направлении, составляющем
угол а со стержнем (рис. 38). Определить ускорение бусинки
относительно стержня, силу реакции со ж ш »
стороны стержня на бусинку и время, через ч
которое бусинка покинет стержень.
L 95. Невесомая нить, перекинутая че- Л
рез блок с неподвижной осью, пропущена
— Рис. 37.
. Рис. 39.
через щель (рис. 39); при движении нити на.нее состороны
щели действует постоянная сила трения F. На концах
нити подвешены грузы,
F М
F
•* 00000 0 т ,
массы которых Шх и т%.
Определить ускорение
грузов.
96. К концам пружины прикреплены два
бруска, массы которых
равны М и т (М > т ). Под действием двух равных сил F,
приложенных к брускам, как показано на рис. 40, пружина сжата. Бруски покоятся на столе. Что произойдет,

25

если силы F перестанут действовать? Коэффициент трения брусков о стол равен &.
97. На задней стенке вагона на нити,, перекинутой через гвоздь, висит картина. Как будет двигаться картина
относительно вагона, если нить оборвется, в случае, когда
1) скорость вагона возрастает? 2) скорость вагона убывает? В обоих случаях абсолютная величина ускорения вагона равна а. Коэффициент трения картины о стену вагона
равен к.
98. Два груза с массами т1 и т2 связаны между собой
нитью, перекинутой через блок. Плоскости, на которых лежат грузы, составляют с горизонталью углы а и р (рис.41).
Правый груз находится ниже левого на величину к.
Рис. 4f.
Через время т после начала движения оба груза оказались
на одной высоте. Коэффициент трения между грузами и
плоскостями равен к. Определить отношение масс грузов.
99. Из точки О по желобам, лежащим в одной вертикальной плоскости -и составляющим разнообразные углы с вертикалью, одновременно начинают соскальзывать песчинки.
Найти геометрическое место точек, в которых окажутся песчинки через время t, если коэффициент трения каждой песчинки о желоб равен k.
100. Ледяная гора составляет с Горизонтом угол а=30°;-
по не» пускают снизу вверх камень, который в течение
= 2 с проходит расстояние 1= 16м, после чего соскальзывает
вниз. Какой промежуток времени tt длится соскальзывание
камня вниз? Каков коэффициент трения между горой и
камнем?
101. Тележка массы М движется без трения по горизонтальным рельсам со скоростью у0. На передний край тележки кладется тело массы т. Его начальная скорость равна нулю. При какой длине тележки тело не соскользнет с
нее? Размерами тела по сравнению с длиной тележки I пренебречь. Коэффициент трения между телом и тележкой
равен к.

26

102. Брусок $ассы М лежит на горизонтальной плоскости. Набруске лежит тело массы т (рис. 42). Коэффициент
трения между телом и бруском, а также между бруском и
плоскостью, равен к. Исследовать движение при различных значениях силы / v ‘ .
п
м
ШЫ! 3
1
1
1
ы——; / ———S-J
Рис. 42.
103. Брусок массы М лежит на гладкой горизонтальной плоскости, по которой он может двигаться без трения. На бруске лежит тело массы т (рис. 42). Коэффициент
трения между телом и бруском равен к. При каком значении силы F, приложенной к бруску в горизонтальном
направлении, тело начнет скользить по бруску? Через
сколько времени тело упадет с бруска? Длина бруска. /.
104. Стол весом Р г= 150 Н может без трения перёмещаться по горизонтальному полу. На столе лежит груз весом
Р2—100 Н. К грузу прикреплена веревка, перекинутая через
два блока, закрепленных на столе (рис. 43). Коэффициент
трения между грузом и столом А=0,6. С каким ускорением
будет двигаться стол, если к свободному концу веревки приложить постоянную силу, равную 80 Н? Рассмотреть два
случая; 1) сила направлена -горизонтально; 2) сила направлена вертикально вверх. # .
105. На стержень, длина которого 21, надета бусинка
массы т. Коэффициент трения между бусинкой и стержнем
равен k. В начальный момент бусинка находилась на середа

27

не стержня. Стержень поступательно передвигается в горизонтальной плоскости с ускорением а в направлении,
составляющем угол а со стержнем (рис. 38). Определить ускорение бусинки относительно стержня, силу реакции со
стороны стержня на бусинку и время, через которое бусивка покинет стержень. Силу тяжести не учитывать.
106. Старинная пушка, не имеющая противооткатного
устройства, стоит на горизонтальной площадке. Пушка
стреляет под углом а к горизонту снарядом, масса которого
т, а начальная скорость у0. Какую скорость будет иметь
пушка непосредственно после выстрела, если массй пушки
М, а ускорение снаряда в канале ствола значительно боль*
ше ускорения свободного падения? Коэффициент трения
между пушкой и площадкой равен k< .
107. Ракета имеет запас топлива т—8 тонн. Масса
ракеты (включая топливо) М —15 тонн. Топливо сгорает
за 40 с. Расход топлива и сила тяги /*’=200 000 Н постоянны. —
1 )-Ракета установлена горизонтально на тележке. Определить ускорение, которое имеет ракета в момент запуска.
Найти зависимость ускорения от времени движения ракеты р изобразить эту зависимость графически. По графику
оценить величину скорости, которую приобретает ракета
через 20 с после начала движения. Трение не учитывать.
2) Ракета запускается вертикально вверх. Измерения показали, что через 20 с ускорение ракеты было равно 0,8 g.
Рассчитать силу сопротивления воздуха, которая действовала на ракету в этот момент. Ускорение g считать постоянным.
3) Для измерения ускорения ракеты на ней помещен
прибор, представляющий собой пружину, закрепленную
в вертикальной трубке. В покое пружина растянута прикрепленным на ее конце грузом на /„=1 см. Определить зависимость растяжения пружины от ускорения ракеты. Начертить- шкалу прибора. „ _ —
108. Два кубика сложены Вплотную и лежат на абсолютно гладкой горизонтальной поверхности. Ребро каждого кубика равно/, а масса равна М. В кубик попадает пуля массы /л, летящая вдоль линии центров кубиков.
Считая горизонтальную силу сопротивления, возникающую
при движении пули, постоянной и равной F, определить,
в каких пределах должна находиться начальная скорость
пули, чтобы последняя прошла через первый кубик и застряла во втором

28

Динамика прямолинейного движения. Ответочки

73. T = F x /l. ,
74. Т — F xy/lh — действует в горизонтальном направлении
вправо. N = M ^ g — действует вертикально вверх.
М М — 75. Масса левой части стержня m1= -j- I, а правой m.t — -j-(L— l),
где М — масса всего стержня. Под действием приложенных к ним
сил каждая часть стержня движется с одним и тем же ускорением и.
Поэтому
. Ft — F = m1a,
F — /,2 = т 2а. *
Отсюда растягивающая сила
F _ Fimi + F*mi = F L — l р I
//ii -j- m2 1 L ■ 2 L ‘
76. К бруску приложены две силы mg и N. Источником силы N
является деформированный пол лифта. Из уравнения движения бруска
ma = mg — N следует, что N — m (g — a). По третьему закону Ньютона брусок (вследствие того, что он деформирован) действует на пол.
лифта с силой, равной N. Если a = g, то N = 0, т. е. брусок перестает действовать на пол (в бруске исчезли деформации). При ускоренном движении вверх N = m (g-\-a). .
77. Чтобы доска не съезжала, составляющая силы, приложенной
к доске со стороны мальчика, должна быть направлена вдоль доски
вверх. Следовательно, на мальчика со стороны доски действует равная и противоположная сила, направленная вдоль доски вниз. Выбрав положительное направление координатной оси вдоль наклонной
плоскости вверх, запишем уравнения, движения мальчика:
— Mg sin а —F — Ма,
S = Vat -f- -g-. » ? г = уо ■+•<?*■
Доска находится в равновесии, поэтому F m g sin а = 0. Решив данную систему, находим .
Ч U-.2
8 (М -\-т) g sin а ‘
78. Большее ускорение (о > g) у частиц бруска в верхнем сечении. Частицы бруска в нижнем сечении в начальный момент времени
имеют ускорение a = g

188

79. В верхнем сечении в начальный момент времени частицы
бруска имеют ускорение a = g , в нижнем сечении—ускорение а > g.
80. Показания весов уменьшаются.
81. При движении крыльев воздух сжимается под крыльями и
разрежается над крыльями. Вследствие деформации воздуха возникает подъемная сила N. Из уравнения движения ma = N — mg следует, что N = ma-\-mg. По третьему закону Ньютона крылья музеи
действуют на воздух с силой N, направленной вниз. Вследствие
этого чашка весов, на которой находится бутылка с мухой; будет
опускаться.
82. На рис. 308 изображены силы, действующие на грузы. Уравнения движения для грузов запишутся следующим образом:
m^a — T — rrixg,
m2a = m2g — Т,
где Т — натяжение нитй, а —ускорение. (Ускорения грузов одинаковы, так как нить считается нерастяжимой. Невесомость нити и
блока определяет постоянство Т.) Отсюда а = [(m2 — m^Kntj -f- т 2)] g =
=327 см/с2, T — ml ( a + g ) = l,3 H . Время движения i = У~2Н/ая 1с.
У//////У/У////УУУЛ
Г г
тг£Г
Г м
4— ‘
F
F
ф:
Рис. 308.
Р
Рис. 309.
83. Если масса блоков и нити пренебрежимо мала (рис. 309),
то 2F — Т = 0, Т — Р = та. Отсюда F = (l -\-a/g) Р/2. При a = 0 F — P/i.
• 84. Уравнения движения для тел с массами тъ т2, т3 имеют
вид
m1a = m1g — T 1,
тф — т.’&—Т2, ‘
/ПзС = ОТз§ — Ts,
где а, Ь, с—ускорения относительно неподвижного блока А. Ускорение считается положительным,* если оно направлено вниз. Если
масса нити ничтожно мала по сравнению с массами ту, тг, т3^то
натяжение постоянно вдоль всей нити. Отсюда следует, что Т 2— Т 3,
и сила, с которой нить, перекинутая через блок А, действует на
блок В, равна (рис. 310).

189

Рассмотрим ту часть нити, которая находится в данный момгнт
времени »а -блоке В. ‘На эту часть^ввртижальмо свисающий;левый
конец нити действует с ‘силой Тг, а правый — с силой Т 3 (Т2 = Т3).
Так как масса любой части нити ничтожно мала, то сумма всех действующих на нее сил должна стремиться к нулю. Следовательно,
блок «В действует на лежащую на нем часть нити с силой F = 7\,-|- Т я,
направленной вверх. По третьему закону Ньютона деформированная
нить в свою очередь действует на блок с силой Т 2 \ Т 3. Так как масса блока В ничтожно
мала, то Т х = Т 2-{-Т3.
По прошествии некоторого времени (весьма
малого) после начала движения тел деформация нитей прекращается, и длины после этого
не изменяются с течением времени. Это означает, что ускорение блока В будет равно
( — а), а ускорения грузов /п2 и т3 относительно
блока В равны я Противоположны по направлению. Обозначив через d ускорение тела
т2 относительно блока В, получим
6 = ( — o) + rf,
с = ( — а ) + ( — d),
откуда Ь-\-с= — 2а. Таким образом, окончательно имеем следующую систему уравнений:
т^а = mxg —Т,
mib==jntg — Tj2,
‘ m3c = m3g — Т /2,
b j с- ••—2а. :
Решая эту систему уравнений, уолучим (при условии m1~ m 2-\-m3)
ф я а—т 3)2 т \— 4т\ „
бтгт =) ^
а = —
т \—4т3
’т\ -f 4 тгт3 ‘
Т _
т\ -\-4m2m3
В общем.случае
&т1т^т3
‘ 4т.гт3 + От! (от2 -f т3)’
85. Показание динамометра вначале равно F — ЗОН. Если показания динамометра не метаются, то на груз 20 Н действует направленная вверх сила натяжения нити, ;равная ЗОН. Следовательно,
этот груз движется вверх с ускорением a = g / 2. С тем же ускорением
.движется -вниз другой груз. Дополнительный груз на второй чашке
находится- из уравнения .
откуда РуЛт

190

86. Чтобы восстановить равновесие, надо с правей .чашки весов
(% — m2f — —
снять груз весом /> = ‘——: м g.
» m1-j-m2
87. Так как массой блоков и нити мы пренебрегаем, натяжение
нити будет всюду одинаково (рис. 311).
Поэтому
mlg — T = m1a1, * — •
msg — 2 Г = m2a2, ‘
m3g — T = m3as,
Отсюда
a2— -—(#1-]-Яд)/2.
4 OTj/Из — 3m2m3 + m,m2
~ 4m1m3 -(- m2m3 -f- m1m4. g.
—4?n1m3+ wgm3
a* 4ot1ot3 ~b msma+ я*1>и*
4w1m3 — 3 ягг/я8+ /Пг/и^
Яз =
(
4 От]/п* пцт3 + ш1/Пг 1 Рис. 311.
. 88. Так как масса блоков и нити пренебрежимо мала, натяжение нити всюду одно и то же. Поэтому —
m1g — T = m1a1,
m g — 2Г = т ааг, ,
2Т — Т — 0. —
Отсюда Г = 0 и a1 = a2= g . Оба груза* свободно падают с ускорением g. Блоки В и С вращаются Против часовой стрелки, блок Л —
по часовой стрелке.
89. Пусть в некоторый момент i-й груз находится на расстоянии xi от потолка. Тогда из нерастяжимости всех нитей следует, что
сумма всех таких расстояний остается во время движения постоян8 .
ной: = £. За время At произойдет изменение каждого из’ этих
»=1
расстояний, поэтому через время
8 » a{(At)*i
i=i
Вычитая одно уравнение из другого, получим после сокращения
на At:
1= 1 1=1 1=1
Поскольку это равенство должно-быть справедливым при любом At,
ускорения грузов связаны соотношением 2 % = 0 . Так как массы

191

блоков и трение в их осях пренебрежимо малы, то натяжение одной
и той же нити, перекинутой через любой блок, по обе стороны блока
одинаково и равно половине натяжения той нити, на которой этот
блок висит. Отсюда следует, что натяжения всех нитей, на которых
висят грузы, равны между собой. Обозначив это натяжение через?’,
запишем уравнение движения f-ro груза в виде*
90. Обозначим натяжение нити, на которой висят грузы т г и т 2,
через Т. Тогда натяжение нити, на которой висит груз т 3, равно 27,
а натяжение нити, на которой висит груз т 4, равно 4Т. Уравнения
движения для грузов запишутся в виде
Из-за — нерастяжимости нитей ускорения грузов связаны соотношением
(Это соотношение можно получить тем же способом, как в решении
задачи 89.) Решив полученную систему уравнений при заданных
значениях тъ т.г, т3, /п4, найдем a ^ — g /33 и 0,3 м/с2.
91. Для данного случая уравнения динамики запишутся в виде
будет находиться на том же месте (лс = 0) и будет иметь скорость
vt = 7 м/с, направленную вправо. Тележка пройдет путь

192

92. Н а рис. 312 изображены стрелками все силы, действующие
■а тела тъ т2, т3. Обозначим через а ускорение тел тг и пц,
а через с и b —горизонтальное и вертикальное ускорения тела т3.
Запшпен проекции уравнений движения на горизонтальное и вертикальное направления:
m1a = m 1g — T, m2a= T -f-A f sin а,
m3b = m 3g — N cos ос, т3с = N sin а.
Из геометрических соображений следует соотношение b/(a-\-c) = tg a .
Решая эти уравнения, находим а, Ь, с:
И1+/И3 sin a cos а
а = —— — 2————— а
m1 + m2+ «* ssin aa £’ .
^ sin a cos a-f-(ffii+ m 2 + OT3) sin2a
* тг + щ + m3 sin2 a
(ffij-f- tn2) sin a cos a — tnx sin2a
C== sin2a
Решение справедливо при tg a — 1 < Щ/Щ (см. задачу 35).
93. На рис. 313 изображены все силы, действующие на стержень
■ клин. Обозначим через а ускорение стержня относительно неподвижного стола, а через Ь— ускорение клина. Запишем проекции
уравнений движения стержня и клина на горизонтальное и вертикальное направления:
m a= m g—N cos a , 0 = W j—N 3-\-N sin a,
Mb = N s i n a , 0*=Na — N c o s a —Mg.
Из геометрических соображений следует уравнение кинематической

193

евЯ8И!между у д о р еяю ш ш сп р ж яг яиинвнса а # fe tg a t; Решая .уравнения,пояучаеи , , ,
m igs a _ n rtg т
М + т tg 2oc g. Af + /n tg 2a
94. Единственной силой, действующей на бусинку, является сила
реакции стержня N, которая направлена перпендикулярно стержню.
Абсолютное ускорение wa бусинки; (ускорение относительно неподвижного наблюдателя) будет напр’авлено в сторону действия силы
реакции N. Относительное ускорение w*,. направлено вдоль стержня
(рис, 314); wa = a -fw 0. Из треугольника ускорений следует:
w0 = a cos a , wa= a sin а. Ha основании второго: закона Ньютона
сила реакции равна N ~ m a sin се. Время движения бусинки по
стержню т определяется из уравнении’ l = (a cos а )т 2/2. Отсюда
т = У Щ а cos а).
Рис. 315.
95. Рассмотрим элемент нити, находящийся в щели. Пусть нить
движется^ вниз. Тогда’ на эдайенг нитй ; дсаьюую п силы н етяжения
нитичс обеих: сторон и снла! треиии ;(рие.: 313^,* Та* как массой рассматриваемого- кусочка ниш ‘ мы;: преиебрегашу т& Тг —
Уравнения динамики запишутся следующим образом:
m1g — T 1 = m1a, m%g —Тг= —пца.
Отсюда . .
д—(OTi — mi) g — F
mx+mj ‘
06. 1) Если F ^ .k m g , то бруски‘не будут двигаться.
2) тог. будет: двигаться меньший брусок.
3) Если F > kMg, то бруски будут двигаться в разные стороны.
(Предполагается; что пока действовали силы F, трение отсутствовало.)
97. 1) Если скорость вагона возрастает, картина будет скользить
вдоль задней стенки вагона вниз с у с к о р е н и е м ^ —ka. (Если ka > g,
то картина будет находиться в покое.)
2) Если скорость вагона убывает, картина будет двигаться вниз
с ускорением g и вперед с ускорением а.
98. По второму закону Ньютона
(fltr-Hni) а = fftjf Bin a —m$g sin р ~ cos а — fcm^eosr p.;

194

творяющего следующим уравнениям:
S М п я = Н — Ssin Р, S==aiг®/2.
Исключая S и а из системы трех уравнений, получим
т, gr* (sintx-bsinP ) (feeos.ft ~М> n f t) + 2/г
mt gx2 (sin a + sin ft) (sin a —fe cos a ) —2A ‘ .
99. Рассмотрим желоб, составляющей-произвольный угол <р _с вертикалью (рис. 316). Если k < c tg f , то путь, пройденный песчинкой,
S^=at2/2, где a = g (c o s ф — ……….
-н k sin-ф). Координаты песчинки: x = S s i r ^ , y = S cos ф. Отсюда
x2-f-y*= S 2 =
)’■
или
(*«+Л« = (в/*/2)»(у-**)*.
Учтем, что k <у/х, и обозначим A ==g/2/4. Тогда
х2 + г/2 = 2A (y— kx).
Последнее уравнение можно записать в виде
(x — \- k A f- \- (y — A f^ = А \ 1-ffe2).
Это—уравнение окружности радиуса R = A l + й 2= Г SL. j Y 1+fe2
‘ fif/2
с центром, лежащим-ниже тонки О на Л — и левее вертикали
на йЛ = kgt2/4. По другую сторону,.вертикали геометрическое место
искомых точек составляет аналосичную дугу. .
100. Уравнения движения дают для ускорения камня следующие
выражения: ‘
c®sia) шри явнмеию вверх,
Qs —? (sin a — к cos a) при движении вниз.
. Кинематические уравнения запишутся следующим образом)
l = v0i1— a1i\l2, / = а 2^|/2, va— axt l = Q.
Из этих пяти уравнений находим
it
gt\ соз а r в
1
g tis in a — 1
-*— = 4 ,2 с.
101. Тележка первоначально движется равнозамедленно. Скорость тележки равна v= v 0— (f/M ) t, где / —сила трения, равная kmg.
Тело движется равноускоренно. Скорость тела u= (ffm )t. Вели

195

тележка; длинная, то екорости тела и тележки могут сравняться.
Эго произойдет в момент времени % = v0/ (f/m-{- f/M). После этого
и тело, и тележка начнут двигаться с постоянной скоростью, равной
Mv9l(M-\-m). Тележка к этому моменту времени пройдет путь S =
= »0т —(//2ЛГ)т2, а тело—путь s = (//2m) т2. Путь, пройденный телом
относительно тележки, равен S —s. Этот путь должен быть меньше /.
Таким образом, тело не покинет тележку при условии S — s < / , т. е.
‘ ‘ Mv j
2gk(M-\-m)
102. Если F < k (m-{-M)g, движения нет. ПустьF > k(m-j-M)g.
Исследуем случай отсутствия скольжения тела по бруску. Уравнения движения при этом будут иметь вид
Отсюда
ma = f, Ma = F — f — k ( m + M ) g ; f «S kmg.
kg, f = m,F>; — k m g < k m g , ‘m.-\-M tn-\-M
что возможно, если
k (m-{-M)g < F < 2k (m-{-M)g. ’
Если же F > 2k (m + M )g , то тело будет скользить по бруску. В этом
случае уравнения движения имеют вид
ma**kmg, Mb=?F — kmg—k{M-\-m)g,
откуда
. ■ . F . (2m + M )
a = kg, b = M — k ^ — f i 8-
Легко убедиться в том, что Ь > а.
103. Уравнения движения бруска и тела имеют вид
ma = f, ( 1)
Mb = F — f , (2)
где / —сила трения, а и Ъ — ускорения. Предположим, что проскальзывания нет, тогда а — Ь. Из уравнений движения можно определить
ускорение и силу трения. Сила трения f = mF!(M-\r т). Чтобы не
было проскальзывания, сила трения должна удовлетворять неравенству f< k m g , т. е. F/(M -\-m)<kg. Если F > k(M -\-m)g, то возникает скольжение. Уравнения (1) и (2) в этом случае примут вид
ma = kmg, Mb — F — kmg.
Из этих уравнений находим а и b: a = kg, b = (F — kmg)/M. Очевидно, что b > а. Ускорение тела относительно бруска будет направлено в сторону, противоположную движению, и по величине
равно (F-~kmg)/M — kg

196

104. 1) Силы, действующие на стол и груз, изображены на
рис. 317. Уравнения движения по горизонтали имеют следующий вид:
для стола с блоками
F — F + F тр
Pi а,!
для груза
‘^тр — Р — Р* а
Предположим, что сила F настолько мала, что груз не скользит по
столу. Тогда а 1 = а2 и f тр = FP1/(P1+ Р г). Увеличивая постепенно
силу F, мы тем самым будем постепенно увеличивать и силу
трения Fr р. Однако если стол и груз неподвижны друг относительно
друга, то сила трения между ними не может превысить значения
Fi>p шах = kP 2. Поэтому скольжение груза, по столу начнется при
F > Р ^ т ^ ^ ^ = к — ^ ( Р 1 + Р2) = т Н .
В нашем случае F = 80H , следовательно, груз проскальзывать не
будет и
F 8 ‘
Й1 = “2= Т н ^ Р 7 5 = 25г ^ 3,14 М/с2’
2) Уравнения движения для стола с блоками и груза в этом
случае имеют вид
_ f + F Tp= A ai, -* тр — g агУскорения стола и груза направлены в противоположные стороны,
поэтому проскальзывание обязательно будет. Следовательно, FJp =
= kP a. Ускорение стола равно
2
Т5г ах- : F + kl>*g = — ^ g * — 1,31 М/С*.
Стол будет двигаться влево.

197

ОТГ. При движении бусинки на нее дейетвукгг две силы: сила
трения* № 0 v оилг реакции N ’. Абсозготное ускорение будет направлено по результирующей силе F. Из рис. 318 следует:
N =та sin a, t%f=a cos,a—Ш1т=*а (cos a —ft sin a).
I ‘ a (cos a —ft sin a) ‘
Если ft ctg a , то бусинка не будет двигаться относительно стержня, и в этом случае сила трения равна та cos а. ‘
106. По второму закону Ньютона изменение количества движения системы пушка—снаряд за время выстрела т должно равняться
ймйульсу действующих на систему сил:
по горизонтали
mv0 cos a — Mv1 = FTpx,
где FTpT— импульс сил трения;
по вертикали —
mv0 s in a = №t —(M g+mg)x,
где N r — импульс сил нормального давления (реакции горизонтальной площадки), (Mg-{-mg)x— импульс сил тяжести. Учитывая, что
FTV= k N , получим
т и т — • ‘ и М-\-т °1= -д Г o0c o s a —k — j ^ v a s m a — ft — gx ^
или, так как gx v0, .
Vi « (cos a — k sin a).
Данное решение пригодно для k < ctg а . При Ar >• d g a пушка останется неподвижной: .
107. 1) Ускорение в начальный момент a<, = F/M я 13,3 м/с2.
В зависимости от времени ускорение меняется по закону a = Fj(M—[it).

198

где -fiWSeO кг/с—масса топлива, расходуемая ракетой в секунду.
Г рафик ускорения имеет вид, изображенный на рис. 319. Скорость
спустя 20 с численно равна площади, заштрихованной на чертеже,
v ж 300 м/с. ,
2) Второй закон Ньютона запишется так:
(М — p t)a = F — ( М — { ii)g — f.
По условию < = 20 с, a — Q,8g. -Отсюда сила сопротивления воздуха
f = F — ( М — ц О г — 125- 10s Н.
3) Уравнение Ньютона для груза дает тха ~ к х — т ^ , где тх —
масса груза на конце пружины, а —ускорение ракеты, А —коэффициент упругости пружины, х — удлинение пружины. Ло условию
задачи т ^ — Ый. Следовательно, x —~ — ( a + g). Шкала прибора
должна быть равномерной. Делению в один сантиметр соответствует
ускорение g. •
108. В системе отсчета, связанной со вторым кубиком, имеем
t»f—Ро— 2а{1, v%— of = 2д2/,
где -ах = — Р (2М т)/2Мт — ускорение пули в первом кубике,
— ее скорость при выходе из него, о2= — р(М-{-т)/М т— ускорение пули во втором кубике, v2 — ее скорость при выходе из
него. Положив = 0, найдем нижний предел скорости »0, а .положив v2 = 0, получим верхний .предел. Следовательно,

199

физика, кинематика
#физика, #кинематика

Пытливый ум — Хочу Всё Знать! Дача, огород, лайфхаки, хендмейд, знания, учёба