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

Страница переведена на новый сайт: страница ЗАДАЧИ ПО ФИЗИКЕ ДЛЯ ПОСТУПАЮЩИХ В ВУЗЫ

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

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

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.

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

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).

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.

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

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

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

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:

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.

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

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.

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

216 Динамика прямолинейного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

На главную страницу ЗАДАЧИ ПО ФИЗИКЕ ДЛЯ ПОСТУПАЮЩИХ В ВУЗЫ.

Динамика прямолинейного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.