ЗАДАЧИ ПО ФИЗИКЕ. ГЛАВА I. МЕХАНИКА. § 4. Динамика прямолинейного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ. http://fizika.advandcash.biz/?p=146

1. 85. Расстояние поезда от начала закругленного участка пути
s = v0t + (axt*/ 2), (1)
Где «^ — касательное ускорение. Зависимость скорости от времени:
v = vQ+axt. (2)
„И /з1 Ч (1) находим: а 2 (s — OqO 1 /2 х = -------- = у м/с2.
Из; 2) находим скорость: v = —^-^- = 25 м/с.
Полное ускорение
а = У а Г + Щ = У ~ + a = ~ Y ^ ^ - + ^ ( s - v 0 t f =0,708 м/с*.
86. В системе координат ХОУ (рис. 211) скорость комка грязи в момент
отрыва от колеса направлена по касательной к ободу в точке А (рис. 12), и
если колесо катится без пробуксовки или проскальзывания, то vx = v. Так как
начальная вертикальная координата комка у0 =
= R (1 — cos а), то закон движения вдоль оси О У
y — R (1 — cos а) + (у sin а) • t —
Далее, используя уравнение (2) задачи 54 и время
движения до наибольшей высоты, найденное в за­даче
56, получим:
/ п /1 ч , v* sin2 а
I/макс —h = R (1—COSO0H---2^— •
Если движение автомобиля с той же скоро­стью
сопровождается пробуксовкой колеса, то
Рис. 211
v x > v , высота подъема комков грязи больше. Если же колесо проскальзывает
относительно поверхности земли при торможении (движение юзом), то vx < v ,
и комки будут взлетать на меньшую высоту.
87. Пусть за время t цилиндр сделал п оборотов. В этом случае шарик
не будет задерживаться желобом, если длина п шагов винтового желоба будет
равна расстоянию, на которое шарик упадет за это время при свободном
падении, т. е. nh — gt2/2. Если нить тянули при этом с ускорением а, то рас­стояние,
на которое ее вытянули, I = а/2/2, что равно в то же время длине
смотанных с цилиндра п витков нити l = nDn. Из этих выражений легко
получить:
а = ngD/h.
§ 4. Динамика прямолинейного движения
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

2. 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:
т
= 4410 Н.
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
Рис. 214 Рис. 215

3. 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.
3 = т(^ —а3) = 7,35 Н. Выражение
В третьем случае /7
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
Рис. 216
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.
ЮЗ. и = У 2 • 0,06gs ^ 4,9 м/с.
{N
ИМ
Рис. 217 Рис. 218
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] Fi-
kP
cos а+й sin а
208

4. 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 [ Н
1 + —) ^ 4802 Н.
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 ^
TiТг
силы F. На второе тело действует натя-
т1
ГП-2
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. 2
209

5. 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.
114. T = (m1F2 + m2F1)/(mi + m2).
115. Т--
tnF2 -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.
W3
Рис. 223
Щ9
Рис. 224
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

6. 120. Согласно решению задачи 118 сила Т, растягивающая пружину,
равна Т = 2m1m2g/(m1 + m2). По закону Гука T=k (1 — 10), где k = F/x — коэф­фициент
упругости пружины. Отсюда найдем:
2mlm2gx
l = lo + = 17,35 см.
121. t-- Y2s (тг + т2)
= 0,7 с, где s= 1 m —путь, пройденный каждой
из гирь.
122. m1 = 4sm/(gt2 — 2s) = 10 г.
123. Действующие на тело и перегрузок силы изображены на рис. 225.
N = N' по третьему закону Ньютона. Уравнения движения для всех трех тел
запишутся в форме:
ma — T — mg; ma = mg—T-- N; %&&%%%??%
m^ — mxg—N.
Исключая отсюда а и Т, най­дем:
2mm1g
N-- : 0,39 Н.
''Zti/ZX/Z/A Ж °|
н
■в
Pi i
I I н
rm1
2mJ
124. Центр тяжести грузов,
очевидно, будет опускаться. Пусть
вначале центр тяжести находится
в точке С0 (рис. 226) на расстоя­нии
bi по вертикали от первого
груза и на расстоянии Ь2 от вто­рого.
Величины Ьг и Ь2 удовлет^
воряют условию
Plbl = P%b 2. (1)
За время t второй груз опустится на
Я = at2/2, (2)
Рис. 226
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
1 H _ P 2 - P i a t 2
P* + Pi
P" ^" +* P2i
Ускорение а определяется системой уравнений, приведенной в решении
задачи 118; оно равно а -
-g. Поэтому
Pi-i-P 2
h = P2 — Pi* gt2 _ a't2
P1 + P2
Таким образом, центр тяжести системы движется равноускоренно с уско­рением
af — I IP2-P1
P1--P2
211

7. 125. Действующие на движущиеся тела силы изображены на рис. 227.
Считая, что тело, имеющее массу тъ поднимается, а неподвижный блок с те­лом,
имеющим массу т2, опускается, уравнения движения можно записать
в форме: А?г1а1 — Т — mxg m2a2 = m2g — 2T.
Связь между ускорениями аг и а2 можно найти из следующих соображе­ний.
Если первое тело поднимется на высоту то второе тело опустится
за это время на высоту h2^=hxl2. Так как пройден­ные
пути прямо пропорциональны ускорениям, то
отсюда вытекает, что по абсолютной величине
с^^ах/2.
Решая данную систему уравнений, найдем:
3mxm2g
/722 -j- 4 tTli
2(m2 — 2m1)g
Am1--m2
(m2 —2mx)g
1,26 H;
= 5,6 м/с2;
= 2,8 м/с2.
Рис. 227
скости, равна
= kmg cos a.
нулю: N
mx + m2
126. На тело действуют три силы, изображенные
на рис. 228. Ускорение вдоль наклонной плоскости
определяется суммой проекций сил на данное на­правление:
ma = mg sm a —f. Сумма проекций сил
на направление, перпендикулярное к наклонной пло-
— mg cosa = 0. Следовательно, сила трения f=kN =
Ускорение a—g sin fа——=g (sin a — k cos а) «з 2,45 м/с2.
127. Ускорение тела, как видно из решения задачи 126, равно а =
h 1
sm а = — 2 ’ cos а =
= g (sin a — k cos а). Согласно условию задачи
. Время и конечная скорость определяются кинематически:
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
212

8. 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
Т =-
получает ускорение под действием сил, изображенных на
130. Тело получает ускорение под действием сил, изображенных
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>&.
213

9. 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
вид:
Рис. 233
вверх. Уравнение движения для вертикального направления имеет
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.
214

10. 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.
Направление движения самого человека при этом без^
Рис. 234
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.
215

11. 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.
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
, I (6 — /у2 — Л2
a = g c t g a ^ g —---------------- .
§ 5. Закон сохранения количества движения
140. F=-^- = mvn = 15 Н.
At
141. Так как
чества движения
pfSina
а
'<1
P 2slча
г*-
р9~т
стенка гладкая, то при столкновении составляющая коли-
мяча вдоль стенки не изменяется (см. рис. 238, на котором
изображены векторы количества движения мяча перед
ударом рх и после удара р2). Составляющая же, пер­пендикулярная.
к стенке, меняет знак. В результате
мяч отскакивает под углом а к стенке. Изменение про­екции
количества движения на направление, перпенди­кулярное
к стенке, равно
Ар = mv sin а — (— mv sin a) = 2mv sin a.
Искомая сила
Ap 2mv sin a
Рис. 238 At At = 15 H.
142. Ap = m (y+-V2gh) == 1,6 кг • м/с.
143. u = — mv/M — — 3,25 м/с. Знак минус указывает на то, что скорости
орудия и снаряда направлены в противоположные стороны.