ЗАДАЧИ ПО ФИЗИКЕ. ГЛАВА I. МЕХАНИКА
§ 7. Работа и энергия
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
Текст, для быстрого ознакомления (в тексте для быстрого ознакомления формулы могут отображаться не корректно):
§ 7. Работа и энергия
199. /2 = 4/i = 60 см.
200. знак минус указывает на то, что
2d
сила /^направлена против скорости пули.
201. v = Vvo — 2Fd/m и не зависит от скорости доски.
202. s = — — = 50 м.
2 (тг + m2)2 kg
203. Работа силы F равна приращению кинетической энергии, Fx = E, где
х —расстояние, пройденное телом за время t. Так как ускорение тела a = F/m
постоянно, то x = Ft2/2m. Следовательно, Е — (Ft)2/2т = 0,05 Дж.
204. F — mv2/2s = 9,6 • 105 Н; сила торможения должна увеличиться
в два раза.
205. А =4^ (mi + тг) = 38>4 Дж.
206. W = mvsJAl = 160 кВт.
207. В 4 раза.
208. Ц7макс = 4s2m/t3 = 200 кВт.
209. Коэффициент полезного действия %\=Fv/W. Отсюда /7 = t]1F/u =
= 3,2- 104 Н.
228 Работа и энергия. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
210. а =——m—g—v———£^0,007 рад.
211. V0=W /pgHr\ = Ю3 м3 /с.
212. \V0 = MgH/цт = 20 кВт.
213. a ^ arcsin (0,3) ^ 17°.
214. W0 = (mgl sin а)/тт]^3,46 кВт.
215. v^V4gl ^=5198 cm/c.
216. Потенциальная энергия маятника, отклоненного на угол а, равна
U — mgh, где h = DC (рис. 267). Очевидно, что DC = BD — BC = l (1 — cosa) =
= /• 2 sin2 (а/2). Следовательно, U— 2mgl sin2 (а/2). Максимальную скорость
маятник будет иметь в положении D, когда вся потенциальная
энергия его превратится в кинетическую,
Работа и энергия. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.
2mgl sin2 (а/2) == mv2/2. Отсюда v = 2 gl sin (a/2).
217. v=Vvi—2gH.
218. T=mg42/2 sin2 « =» 58 Дж.
219. T=mg2t2/4=480 Дж.
220. T=—mg2x2 /2= 1,2 ■ 103 Дж.
221. Л=-трm- v=l 4987m,5v Д2 ж.,no_ _ _
222. pcp = /ng2 /2 /2nd2 /«s6,l • 104 Н/м2 «з0,6 атм.
223. Я = v%/4g=61,25 м.
224. T—h (F—mg) = 98 Дж.
225. F = |? [o* + 2g(tf + s)]*»26 900 H.
226. Если принять за нуль потенциальную энергию груза на уровне
головки сваи, то энергия груза в момент удара будет только кинетической.
Она равна полной энергии груза в тот момент, когда груз был отпущен, т. е.
£ = ^=РЯ+^ = 2,25-10* дж. (1)
Здесь Ух —скорость груза непосредственно перед ударом.
Ввиду кратковременности удара сила сопротивления грунта не может
за время удара заметно изменить количество движения системы. Так как удар
неупругий, то
Pvi_(P + Q)v2
g 8 (2)
где v% — скорость груза и сваи сразу после удара. Разность конечной энергии
груза и сваи (их потенциальной энергии на гЛубине 1i) и их начальной энергии
(кинетической их энергии сразу после удара) равна работе сил сопротивления
грунта, т. е.
(P + Q)/l_<Z+M = f/1. (3)
Из соотношений (1)—(3) найдем:
229 Работа и энергия. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Здесь F>(P + Q). В противном случае свая безостановочно погружается,
если даже груз на нее помещен без всякого удара, а при Q>F ее погружение
происходит вообще без груза.
Время между двумя последовательными ударами не меньше
t И -у . V2gH+v*
v g g
Число ударов в минуту не более
и=————————————- ^13,
Hg+v2 + v’V %gH + v2
ttlV2 triv2
227. A=mgh-\—— тр^8,1 • 107 Дж, без учета работы по преодолению
сопротивления воздуха.
228. сс ^60°.
» sin2 а , т2 229. # = а? 2g 1 2M2g *
230. T = U = mg2т2 /8^5 Дж.
* 231. у0 = 4|/%Я/3=16,2 м/с.
v2 232. Я , , ,—-7.
2g(l+£ctg а)
233. s = tf (1 — k ctg a)/k. При k > tg а санки останутся на месте.
I 3
234. U3 — U2=mgl; U2 — U1 = mg^> Ua — Ui=mg ^l.
235. Л — SpgH2/2 = 19,6 • Ю5 Дж, где p —плотность земли.
236. Пусть потенциальная энергия цепочки, лежащей на столе, равна
нулю. Тогда в момент, когда будет свешиваться часть цепочки длиной х, ее
т
потенциальная энергия будет равна силе тяжести ~rgx свешивающейся части,
умноженной на —х/2 (цепочка однородна, и центр тяжести свешивающейся
части находится на расстоянии х/2 ниже края стола). Здесь т — масса цепочки.
На основании закона сохранения энергии имеем (пренебрегая потенциальной
ч mv2 mg 9 энергией части цепочки, свешивающейся в начальный момент): —^———- 2L =
= 0. Отсюда v—x Vg/L.
3
237. Центр тяжести воды в колодце находится на расстоянии —Я от
поверхности земли. Поэтому на подъем воды из колодца затрачивается работа
A1 = mg^H = p g ^ S j Н =-|pgSH\
где р —плотность воды.
Кроме того, насос сообщает воде некоторую кинетическую энергию, так
как из трубы вода вытекает с определенной скоростью. Эту скорость v можно
найти из соотношения S = nR2vr. Дополнительная работа
А-1 до»- pmSS
2 — 16л2£4т2 ‘
230 Работа и энергия. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
. 3 , рWS*
8 98 «l» 16я2Я4т2 ’
238. Т=o7m‘f -с 1.8- Ю~3 Дж.
239. Согласно закону сохранения количества движения mv0 — Mu+mv,
где и и v — скорости шара и пули в первый момент после пробивания шара
пулей. Закон сохранения энергии дает два уравнения: Mgh = Mu2/2 и mgH =
= mv2/2. Исключая из этих уравнений и и v, найдем:
(mv0—М V^gh)2
2m2g
240. T = mvy 10 = 0,2 Дж.
241. U = kmgl.
242. На основании законов сохранения количества движения и энергии
можно записать следующие уравнения:
miUi + m2v2 = m±v[ + m2v’2;
mio\ m2v| _ mtv[2 m2vf
~~2 2~ ~ 2 ‘ + 2 »
где v[ и v’2 — скорости шаров после соударения. Для решения этой системы
уравнений удобно в обоих уравнениях по одну сторону знака равенства объединить
величины, относящиеся к первому шару, а по другую — ко второму,
после чего разделить второе уравнение на первое. В результате получится
уравнение первой степени: £>1 + ^1 = £>2 + Р е ш а я это уравнение совместно
с первым, легко получить:
‘ — (mi~~m2) Vi + 2m2v2 л у, = (т2 — тг) у2 + 2т1у±
Vl ~~ т1 + т2 * 2 т± + т2
243. т = 2Ч/v.
244. Нтат основании закона сохранения энергии tngh — —— + U ти2 . , где
и — скорость бруска, а у —скорость клина после того, как брусок соскользнет на
горизонтальную поверхность. Согласно закону сохранения импульса та =Mv.
Данные уравнения позволяют определить скорость: v=m у ^I- /{ -2Аgh1) М»
245. При столкновении двух одинаковых шаров происходит обмен скоростями.
Движущийся шар останавливается, а покоящийся приобретает его
скорость. Это непосредственно вытекает из выражений для скоростей шаров
после столкновения, полученных при решении задачи 242:
, Л . (mi — m2) vi + 2т2у2 ш , = (т2 — т±) у2 + 2mjOj
V l ~ ~ т± + т2 9 V*~~ т1 + т2
При тх = т2′ и v2 = 0 будем иметь: а[ = 0, a y’ = Uj. Поэтому после ряда
последовательных столкновений все шары будут покоиться, кроме последнего
шара, который приобретает скорость у =10 м/с.
246. Шар А получит скорость v= — v0/5, а шары В и С —скорости =
= 4о0 /5.
231 Работа и энергия. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
247. В момент столкновения на маленькие шары действуют силы, направленные
вдоль линий, соединяющих их центры с центром большого шара.
Поэтому после столкновения их движение происходит по этим линиям.
Ввиду симметрии их скорости имеют одинаковую величину и составляют
с направлением движения большого шара одинаковые
углы а (рис. 268). Большой же шар сохраняет свое
направление движения.
Работа и энергия. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.
Запишем закон сохранения импульса для проекций
на направление движения большого шара и закон
сохранения энергии:
Mvl _ 2mv\ Mv2
Рис. 268 Mv0 = Mv + 2mv1 cos a, 2 2 2 * (1)
где M — масса большого, а m — масса маленького шара. Преобразуем выражения
(1) к виду:
М (у0 — v) = 2mvx cos a, M (v% — v2) = 2mv\• (2)
Затем, возведя первое из уравнений (2) в квадрат и поделив на второе, получим:
^ —— == 2т cos2 a. (3)
Уо + у
При делении отброшен случай v = vQ, когда скорость большого шара не изменяется,
т. е. столкновения не произошло. Из
уравнения (3) найдем:
Работа и энергия. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.
М — 2т cos2 a
М + 2т cos2 а ‘
Рассматривая треугольник ОАВ, получим:
cos2 a = 8/9. Учитывая также, что М = 8т, на-
ходим окончательно: у = —у70.
248. После соударения v2 будет двигаться по линии, соединяющей
центры шаров во время столкновения
(см. решение задачи 247), а первый —под углом ■ к этой линии со скоростью
v± (рис. 269). Напишем закон сохранения импульса для проекций на
направление вдоль этой линии и перпендикулярно к ней:
mv cos a = mv\ cos ax + mv2, mv sin a = mvx sin alf
а также закон сохранения энергии:
mv2 _ mvf . mv\
2 ~~ 2 2 9
(1)
(2)
где /п —масса каждого шара. Сократим уравнения (1) на т, возведем каждое
из них в квадрат и сложим. В результате получится:
v2 = v\ -f 2vxv2 cos ax+v%. (3)
Сократив (2) на m/2 и вычтя полученное выражение из (3), получим:
2y1 a2cosai = 0. Отсюда следует, что cos 0^ = 0, т. е. ах = л/2.
232 Работа и энергия. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
249. Пусть скорость первого шара до удара ух>0. Тогда скорость второго
шара до удара v2 < 0. Учитывая знаки vx и v2, найдем из формул, полученных
в решении задачи 242, скорости после удара первого и второго шаров:
, (mr — т2) Vi — 2tn2v2 , (тг — т2) v2 + 2
^1 = —m———————- m * v2- 1
J
rm2 * mx + m2
Так как тл > то v’2 > 0 в любом случае. Для выполнения требования
v[ > 0 необходимо, чтобы
‘( т1 г — т2) Vi > 2mzv2i или ~ — 1 >т 2 . 2 vx
С другой стороны, согласно условию задачи
тху\ _ и2 т2щ у2
2
Следовательно,
*«21 „ли — = -i- » l / ^ ( 1 2 * k Y ГПъ
т1 л 2 -ж /~ mi -| /» m, 1 =t +1
1—1>1г I/ ——; отсюда I/ — /722 k У щ 9 У т2 /г
Так как после учета знаков скоростей везде подразумеваются их абсолютные
значения, то из (1) следует, что Vmi/m2^>0. Поэтому решение неравенства
со знаком минус следует отбросить. Таким образом, имеем;
3-> i±yjEl
v± k2 w
и из формулы (1), учитывая, что тг > т2,
-v^>4-. о) x k ‘
Из этих двух неравенств следует взять неравенство (2) как более сильное
(числитель в правой его части больше k и, следовательно, правая часть
v 3
больше \/k). При k = 4/3 получим: — Vi z
250. h = 4lm\J(trii + m2 )2 = 12,5 см.
251. Шарики столкнутся на высоте /i = 3yf/8g; первый шарик поднимется
на высоту Н = t>o/2g.
252. Полная энергия после взрыва
E = (m1 + m2)SH + ^ + ^,
где 1>10 и %) — скорости осколков непосредственно после взрыва. Так как
взрыв протекал очень быстро, то импульсом силы тяжести за время взрыва
можно пренебречь и для нахождения соотношения между скоростями осколков
непосредственно после взрыва применить закон сохранения количества движения:
miUiO + m2v2O = 0. Решая систему этих двух уравнений, найдем:
•■д-|5-а1-.
Щ_ > Е — (т1 + т2) яЯ
т2 * тх + т2
Искомые скорости будут:
v1 = v1 Q — 1 6 4 м/с, v2 — v20 —gx^s245 м/с.
233 Работа и энергия. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.
На главную страницу ЗАДАЧИ ПО ФИЗИКЕ ДЛЯ ПОСТУПАЮЩИХ В ВУЗЫ.
