Home » ЗАДАЧИ ПО ФИЗИКЕ. » ЗАДАЧИ ПО ФИЗИКЕ. ГЛАВА I. МЕХАНИКА. § 4. Динамика прямолинейного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

ЗАДАЧИ ПО ФИЗИКЕ. ГЛАВА I. МЕХАНИКА. § 4. Динамика прямолинейного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

ЗАДАЧИ ПО ФИЗИКЕ. ГЛАВА I. МЕХАНИКА.
§ 4. Динамика прямолинейного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

А в т о р ы :
Г. А. Бендриков, Б. Б. Буховцев,
В. В. Керженцевг Г. Я. Мякишев

Скачать в хорошем качестве в формате PDF § 4. Динамика прямолинейного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ. (стр. 206-216).
Скачать в хорошем качестве в формате PDF всю книгу (399 стр.) Задачи по Физике для поступающих в ВУЗы (8-е издание).

Текст, для быстрого ознакомления (в тексте для быстрого ознакомления формулы могут отображаться не корректно):

§ 4. Динамика прямолинейного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

88. v = ft/m ^ 43 км/ч.
89. f = F — m a = F — ~ ( v * — v l ) ^ 4 , 3 — 1 0 ‘ Н .
90. При спуске с постоянной скоростью сумма сил, действующих на шар,
равна нулю: Mg — Q — f = 0, где / — сила сопротивления движению шара. При
подъеме шара сила сопротивления будет иметь по-прежнему величину /, так

206 Динамика прямолинейного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

как согласно условиям задачи скорость сохраняет свою величину, но теперь
эта сила направлена вниз. Сумма всех сил с учетом уменьшения массы шара
за счет выброшенного балласта по-прежнему
равна .нулю: (М — т) g—Q + /=0.
Исключая из этих уравнений /, найдем:
m

Динамика прямолинейного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

Динамика прямолинейного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

91. Действующие на тело силы изображены
на рис. 212; F — искомая сила. На основании
второго закона Ньютона ma — F-\-mg. Отсюда
F = m (а—g)^26 Н.
92. F = ma — 70 Н.
93. Действующие на груз силы изображены
на рис. 213. Г—-натяжение проволоки,
р = mg — сила тяжести. На основании второго
закона Ньютона та = Т — Р. Согласно условию задачи Т
Следовательно,
а =£ (Т’макс — Р)/пг 1,2 м/с2.
94. m — 2mlmi/(mi+m2) = 190 кг.
95. Натяжение каната не зависит от направления движения самой клети
(направления ее скорости) и определяется только ее ускорением. В первом
случае направление ускорения совпадает с направлением натяжения каната.
Поэтому знаки аг и Тг одинаковы и таг
= 7\ — mg. Отсюда
T1 = m(a1 + g)-. =3420 Н.
Во втором случае ma2 — mg — Т2. Следовательно,
T2 = m (g—а2) ^ 2705 Н.

96. Используя решение задачи 95, получим:
a=g ^1— -^=2,45 м/с2. Ускорение направлено
вниз.
97. Действующие на гири силы изображены
на рис. 214. Уравнения движения имеют
вид:
т±а = Т2 — Т±—Pi> m^cL^Ti — Р2.
Здесь а —ускорение груза, равное ускорению
лифта, Pi — mig и Р2 = m2g—силы тяжести*.
Разрешая уравнения относительно Г2, получим:
r2=^ii^7’т1=14)7 н. 2
98. Действующие на груз силы изображены на рис. 215. Реакция опоры N
направлена по ускорению. Следовательно, ma — N — Р, где Р = mg — сила
тяжести. Отсюда
N — mg-\-mci=-1004,5 Н.

Динамика прямолинейного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

Динамика прямолинейного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

207 Динамика прямолинейного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

По третьему закону Ньютона с такой же силой груз будет давить на
дно клети.
99. a — ^N—g—0,49 м/с2. Ускорение лифта направлено вверх.
100. Действующие на тело силы изображены на рис. 216; F — сила,
с которой действует на тело растянутая пружина (показание
пружинных весов), Р — mg—сила тяжести.
В первом случае уравнение движения тела имеет вид:
ma1 = Fi — Р; отсюда F1 = m (g-\-a1)= 14,7 Н.
Во втором случае та2 = Р — F2, так как направления
ускорения а2 и силы тяжести совпадают. Следовательно,
F2 = m(g—a2) = 4,9 Н.
В третьем случае /7
3 = т(^ —а3) = 7,35 Н. Выражение
для силы имеет тот же вид, что и во втором случае, ибо направление
ускорения то же самое.
В последнем случае F4 = m (g-\-a^ = 12,25 Н.
101. Действующие на тело силы изображены на рис.
217. На основании второго закона Ньютона ma—F—/, где
f—kN, a N — реакция опоры. Так как движение вдоль вертикали отсутствует,
N = p = mg. Следовательно, F — tna + kP 0,79 Н.
102. s = v2I2a — v2/2kg^ 12,3 м.
Рис. 216
ЮЗ. и = У 2 • 0,06gs ^ 4,9 м/с.

104. Действующие на груз силы изображены на рис. 218. В горизонтальном
направлении на груз действует только сила трения /. Сообщаемое грузу
ускорение a — f/m. В вертикальном направлении груз
не ускоряется: N — mg=0. Максимальное значение
силы трения покоя fMaKC—kN — kmg. Следовательно,
возможные значения ускорения груза удовлетворяют
неравенству
макс/»* =
Доске нужно сообщить ускорение аг > kg—
= 1,96 м/с2. В этом случае сила трения не сможет
сообщить грузу ускорение, достаточное для его движения
без проскальзывания.
105. Используя решение задачи 104, легко найти: F^kg (М + т)— 10,8 Н.
106. На тело действуют четыре силы, изображенные на рис. 219;
а
а=~ [F (cosa+6 sin а)- -kP]\ FikP
cos а+й sin а

Динамика прямолинейного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

Динамика прямолинейного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

208 Динамика прямолинейного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

107 ^ ^C0S а — ’’ 8^П
108. Силы, действующие на воз, показаны на рис. 220.
1) Если Р < F3 sin а, то воз может оказаться «в облаках» (решение выходит
за рамки условий задачи, так как рак и щука уже не будут тянуть в противоположные
стороны).

Динамика прямолинейного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

Динамика прямолинейного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

2) Если Р > F3 sin а и kN=k (Р —F3 sin а) > | F2 —Fi+F3 cos а |, то «воз и
ныне там», т. е. s =0.
3) Если P>F3sina и k (Р— F3 sin а) < | F2 —Fx+F3 cosa |, то
et2
S = [ ± (Fi F2 Fз cos a) — k ( P — F 3 sin a)] |^ ,
где знак плюс относится к случаю F1>F3cosa+F2 и знак минус— к случаю
Fi<F3cosa+F2.
109. F = т
110. а= —= 58,8 м/с2; N = mg-\-ma = mg [ 1 + —) ^ 4802 Н.
Н
т1
TiТг
ГП-2
111. Минимальная сила F = mg=735 Н.
112. h = ml 2k =1,8 м.
113. На первое тело вдоль горизонтали действуют сила F и натяжение
нити Тх (рис. 221). Действующие по вертикали силы взаимно уравновешиваются
и на рис. 221 не изображены. Они не
влияют на движение тел в направлении ^
силы F. На второе тело действует натя-
жение нити Г2. Так как нить невесома, то 777^77777777^7777777777^7777777777777^777,
Г1 = Г2 = 71.
Уравнения движения первого и второ- Рис. 221
го тел имеют вид: mxa — F — T\ m2a — T.
Здесь учтено, что оба тела имеют одинаковые ускорения. Согласно условию
задачи Г^Гмакс. Следовательно, а^Гмакс/т2 и
F =£= гмакс + mLa = Ш Гмакс = 7,5 Н.

209 Динамика прямолинейного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

Если сила приложена ко второму телу, то приведенные рассуждения
остаются в силе, только массы тг и т2 меняются местами. Теперь
г: т2 ~f” mi
т1
■ ТМЯКС 15 Н.
115. Т—
114. T = (m1F2 + m2F1)/(mi + m2).
tn\F2 -f- (m2 m3) Fi
ml + m2 + m3
116. На рис. 222 изображены силы, действующие на доску А с грузом и
на чашку с гирями. Здесь N — сила реакции опоры, Г—натяжение нити и
f—сила трения. Так как движение по вертикали отсутствует, то
(Я1 + Р2) = 0. При равномерном движении T — f — О и Р3 + Р4 —Г = 0. Сила
трения f=kN = k(P1
JrP2).
Исключая Т из этих уравнении, найдем: k = р^ри » Р3 + Р4 ,0,3.

Динамика прямолинейного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

Динамика прямолинейного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

117. На груз действуют сила тяжести mg и натяжение веревки, равное
силе Р, приложенной к ее другому концу (рис. 223). Искомая сила определяется
с помощью второго закона Ньютона: ma — F — mg. Отсюда F —
= m (a+g) = 108 Н.
118. Действующие на блок и грузы силы изображены на рис. 224. Так
как блок неподвижен, то действующая на него со стороны динамометра сила
F = 2T. Уравнения движения грузов: m2a = m2g — Г, тга = Т — mxg. Здесь
учтено, что ускорение грузов одинаково по величине и что ускорение второго
груза направлено вниз, а первого —вверх.
Исключая из этих уравнений ускорение, найдем: Т = — . mi + т2
Искомое показание* динамометра на основании третьего закона Ньютона
равно F-2T- \mxm2g ■ ^ 62,7 Н. т1 + т2
119. Так как масса первого груза во много раз меньше, чем масса второго,
то можно считать, что грузы движутся с ускорением g. Натяжение нити
определяется уравнением mg^T — mg. Отсюда Т^2mg—\ кгс = 9,8 Н.

210 Динамика прямолинейного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

Динамика прямолинейного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

Динамика прямолинейного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

а первый поднимется на ту же высоту. Центр тяжести системы опустится
за это же время на высоту h, определяемую уравнением
P2(H + b2-h) = P1 {Н + Ьг + h).
Отсюда, учитывая уравнения (1) и (2), найдем, что в данный момент времени
Рис. 226
P* + Pi
1 H _ P 2 — P i a t 2
P» ^» +* P2i
Ускорение а определяется системой уравнений, приведенной в решении
задачи 118; оно равно а —
Pi-i-P 2
-g. Поэтому
h = P2 — Pi\* gt2 _ a’t2
P1 + P2
Таким образом, центр тяжести системы движется равноускоренно с ускорением
af — I IP2-P1
\P1-\-P2

Динамика прямолинейного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

Динамика прямолинейного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

127. Ускорение тела, как видно из решения задачи 126, равно а =
h 1
sm а = — 2 ’ cos а =
. Время и конечная скорость определяются кинематически:
= g (sin a — k cos а). Согласно условию задачи
V 1г— ы Уз
~ I ”2
t — V21/а ^ 2,5 с, v — V2al 8 м/с.
too / vot —V^ —sin ■a ■— £ co.s.. ct-f-Ksin a.- j-6..c.o .s a #
g (sin a + & cos a) у sin a — k cos a
129. Действующие на санки силы изображены на рис. 229. Здесь P — mg —
сила тяжести, действующая на санки; N — реакция опоры. Второй закон

211 Динамика прямолинейного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

Ньютона для движения вдоль наклонной плоскости запишется в форме: та =
= Р sin а — /— Т> где sina = h/ly a f = 0,lP. Кинематическое соотношение,
определяющее ускорение, имеет вид: a = v2/2l. Следовательно,
Ph__ 0,7″ Pv2
130. Тело получает ускорение под действием сил, изображенных
Т =-
получает ускорение под действием сил, изображенных на
рис. 230. Для движения тела вдоль наклонной плоскости уравнение Ньютона
имеет вид: та — mg sin а + /г cos а. Отсюда
F
а — g sin ос -| cos а = 10 м/с2. 6 т
Давление на плоскость, равное по третьему закону Ньютона силе ЛГ,
можно найти из равенства нулю проекций сил на направление, перпендикулярное
к наклонной плоскости: Pcosa — Z7 sin а — N = 0. Следовательно,
N — Р cos а — F sin а = 277,3 Н,
131. На тела действуют силы, изображенные на рис. 231. Если предположить,
что перетягивает груз массы М, то уравнения движения грузов

Динамика прямолинейного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

Динамика прямолинейного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

запишутся в форме: Ma — Mg sin ос — Т;
найдем:
а~-
Mg sin a —mg
—T — mg. Исключая натяжение Г,
-0,98 м/с2 М +т .
Знак минус означает, что движение в действительности происходит в направлении,
обратном тому, которое мы предположили.
132. Уравнения движения грузов для проекций на направления движения
(положительные направления — вверх):
ma==mg—Tx\ m2a = T1—T — m2g( sin а ± k cos а);
tnxa — Т — mxg (sin a ± k cos a).
Здесь Тг — натяжение нити между грузами с массами m и тг; знак плюс
относится к случаю, когда грузы движутся вверх по наклонной плоскости,
знак минус —к случаю, когда они движутся вниз; начальная скорость всех
грузов равна нулю. Из уравнений движения находим:
a—g
т — (тг + т2) (sin a ± k cos a) T — mlm2g 1 + sin a ± k cos a
m + mi + m2 ’ ‘ —1—к» m -f + Щ
При этом движение вверх по наклонной плоскости (а >► 0) возможно лишь
при условии
m > (пгг -{- m2) (sin а + k cos а),
а движение вниз —при условиях
m < (mi + m2) (sin a — k cos a) и tg a>&.

212 Динамика прямолинейного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

Если эти условия не выполняются, то грузы неподвижны, а величина Т
может принимать различные значения от 0 до
1 + sin а + k cos а
mм OT+mi+W2
в зависимости от соотношений между m, mlt т2, k и а и от натяжения нити
в начальный момент. Например, при tgcc<& и m < m2 (sin a-\-k cos а) грузы
на наклонной плоскости можно установить так,
что нить между ними не будет натянута, т. е.
Т==0.
133. Со стороны ящика на шар могут действовать
силы Nx и N2, перпендикулярные к дну и
к передней стенке ящика (см. рис. 232). Уравнение
движения шара, таким образом, будет иметь
вид: Ма=Mg sin а — N&
Учитывая, что ускорения шара и ящика равны,
уравнение движения ящика можно записать
в форме: та —mg sin а + Л^2, где т—масса ящика.
Эти уравнения совместны лишь при условии
N2 = 0. Давление на переднюю стенку ящика будет
отсутствовать, так как составляющие сил тяжести,
действующих на шар и ящик, сообщают
шару и ящику одинаковые ускорения g sin а.
Сила давления на дно ящика такая же, как
и при обычном соскальзывании тела: Nx — Mgcos а.
134. На кубик действуют силы, изображенные
на рис. 233: / — сила трения, R — реакция
опоры, равная по величине искомому нормальному
давлению N. Согласно условию задачи кубик
движется вместе с лифтом с ускорением а, направленным вверх. Уравнение движения для вертикального направления имеет вид:

Динамика прямолинейного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

Динамика прямолинейного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

та = Я cos а — mg+f sin а. (1)
В горизонтальном направлении ускорение отсутствует. Поэтому сумма
проекций сил на горизонтальное направление равна нулю:
/cosa — k sin а = 0. (2)
Из уравнений (1) и (2) находим:
N — R = m (g + a) cos a, f — m (g + а) sin а.
Таким образом, наличие ускорения у лифта эквивалентно увеличению ускорения
свободного падения на величину а. Коэффициент трения должен,
как и в случае неподвижной наклонной плоскости, удовлетворять условию
£ > tg а.
135. Проекция силы тяжести, действующая на доску вдоль наклонной
плоскости, равна Mg sin ос. Следовательно, при равновесии доски * такая же
сила должна действовать на доску в противоположном направлении со стороны
человека.

213 Динамика прямолинейного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

По третьему закону Ньютона на человека со стороны доски также будет
действовать проекция Mg sin а, направленная параллельно плоскости вниз
(рис. 234). На этом рисунке изображены лишь те составляющие сил, действую^
щих на доску и человека, которые направлены вдоль наклонной плоскости.
По второму закону Ньютона ускорение человека вдоль наклонной плоскости
определяется суммой проекций сил по этому направлению: та =
= mg sin а + Mg sin а. Из этого уравнения найдем, что человек должен бежать
с ускорением
a=g sm а ( 1• -Л|— , М’
направленным вниз,
различно.

Динамика прямолинейного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

Динамика прямолинейного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

136. Предположим, что при установившемся движении шарик отклонен
от перпендикуляра к наклонной плоскости на угол р (рис. 235). Тогда уравнение
Ньютона для движения шарика вдоль плоскости запишется в форме:
та = mg sin а + Т sin р.
Сумма сил, действующих на шарик в перпендикулярном к плоскости
направлении, равна нулю: mg cos а — Т cos (3 = 0.
Но при установившемся движении все точки тележки, шарик и нить движутся
с одним и тем же ускорением a = g sin а. Подставляя его в первое
уравнение, получим: Т sin Р = 0. Из второго
уравнения видно, что Т ф 0. Следовательно,
Р = 0 и нить перпендикулярна к наклонной
плоскости. Отсюда искомое натяжение

Динамика прямолинейного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

Динамика прямолинейного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

Т = rug cos а = 1 гс = 9,8 • 10-3 Н.
137. На элемент жидкости Дт у поверхности-
воды действует сила тяжести A mg и сила
давления &R, перпендикулярная к поверхности
(рис. 236). Если поверхность жидкости парал-»
лельна наклонной плоскости, то уравнение движения
элемента жидкости будет иметь вид:
Ama = Amgsina. Следовательно, ускорение этого элемента a=gsina. Это
ускорение должен иметь весь бак с водой. Его уравнение движения
Ма = Mg sin a = Mg sin a — kMg cos a + F.
Отсюда находим, что действующая на бак сила F равна по величине силе
трения:
F—kMg cos a.

214 Динамика прямолинейного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

138. При установившемся движении все элементы ведра с водой движутся
по прямым линиям, образующим угол а с горизонтом, как и при движении
тела по наклонной плоскости Следовательно, все элементы воды движутся
с ускорением a = gsina, которое сообщается составляющей силы тяжести
вдоль троса. Значит, сила давления со стороны дна ведра на воду перпендикулярна
к направлению движения и уравновешивает
составляющую силы тяжести
вдоль этого направления: N = mg cos a
(рис. 237).
По условию задачи m — pSh, где 5 —
площадь ведра, а р —плотность воды. Согласно
третьему закону Ньютона давление
воды на дно ведра
р = N/S — pgh cos a.

Динамика прямолинейного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

Динамика прямолинейного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

139. Бревно одну линию лишь в том случае, если
оно не будет касаться земли. В противном случае окажется, что сумма моментов
сил относительно его центра тяжести отлична от нуля, когда бревно
и канат составляют одну линию.

215 Динамика прямолинейного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

Уравнение движения бревна при выполнении условия задачи будет иметь
вид: та—Тсоsa, где т — масса бревна, Г — сила натяжения каната, a —
угол между бревном и поверхностью земли. По вертикали перемещения бревна
не происходит, поэтому mg = Т sin а. Отсюда

Динамика прямолинейного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

Динамика прямолинейного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

216 Динамика прямолинейного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

На главную страницу ЗАДАЧИ ПО ФИЗИКЕ ДЛЯ ПОСТУПАЮЩИХ В ВУЗЫ.

Статистика


Яндекс.Метрика