Физика. Практика решения физических задач. Учебное пособие

В проекциях на ось Oy:

mш g −rк g Vк −rв g Vв =0, rд Vш g =rк g Vк +rв g Vв.

Объем всего шарика равен сумме объемов частей, погруженных в жидкости: Vш = Vк и Vв. Имеем систему уравнений:

Задача  1.4. В вертикальной плоскости около неподвижной точки подвеса равномерно вращается математический маятник. Разность DF между максимальным и минимальным натяжением невесомой нити составляет 16 Н. Определите массу m груза, подвешенного к нити. Ответ выразите в граммах.

11

Решение. Изобразим на рисунке  1.4 математический маятник и силы, действующие в системе в верхней (A) и нижней (B) точках траектории движения маятника с соответственно

→ →

наибольшим (Tmax) и наименьшим (Tmin) натяжениями нити.

А

yA

mg

Tmin

Подвес

Tmax R

yB

Вmg

Рисунок  1.4 – Движение математического маятника в вертикальной плоскости относительно точки подвеса

Поскольку подвес неподвижен, то траектория движения маятника представляет собой окружность с радиусом R, равным длине нити l. Запишем 2-й закон Ньютона для маятника:

T +m g =m aц.с.

Выберем оси Oya и Oyb и спроецируем записанное выше выражение:

Oya :Tmin +m g =m v2 ;

R

Oyb :Tmax −m g =m v2 .

R

12

Правые части уравнений равны m v2 , поэтому

R

Tmin +m g =Tmax –m g,

2 m g =Tmax −Tmin.

По условию задачи Tmax – Tmin = DF, вследствие чего масса груза:

Получаем:

m = 2169,8 = 9,88 =0,816 (кг)=816 (г).

Ответ: m = 2DFg =816 (г).

Задача  1.5. Склон горы составляет угол a = 30° с горизонтом. С некоторой точки склона строго горизонтально бросают камень с начальной скоростью v0 = 4 м/с. Найдите расстояние l от места бросания камня до точки его падения. Сопротивление воздуха пренебрежимо мало.

Решение. Движение камня можно рассматривать как комбинацию 2-х движений (рисунок  1.5): 1) равномерного по горизонтали (вдоль оси Ox) со скоростью v→x = v→0; 2) равноускоренного по вертикали (вдоль оси Oy) со скоростью, зависящей от времени v→y = g→  t.

Искомое расстояние l имеет две положительные проекции на оси Ox и Oy: lx и ly соответственно. Обозначим времена прохождения каждой составляющей расстояния l через tx и ty. Очевидно, что к моменту падения камня на землю tx = ty, т.е. каждое из расстояний lx и ly проходится камнем за одно и то же время. Запишем выражения для проекций перемещения l камня в момент времени tx = ty:

13

lx =x(tx )=vx tx =v0 tx; ly = y(ty )= 2g ty2.

y g

y

Рисунок  1.5 – Перемещение камня между точками бросания и падения при движении с начальной скоростью

Выразим время tx из первого уравнения и подставим его во второе уравнение, учитывая, что ty = tx:

l

tx = vx =ty;

0

C другой стороны, из треугольника lxlyl видно, что ly = = lx  tga. Тогда:

откуда проекция перемещения камня на ось Ox:

14

Следовательно, проекция перемещения камня на ось Oy:

Поскольку треугольник lxlyl – прямоугольный и lx ^ly, то

l = lx2 +ly2 .

Искомое перемещение камня:

Задача  1.6. Гонщик стартует из состояния покоя над краем трамплина и далее движется по гладкому трамплину. Скорость гонщика на краю трамплина направлена под углом a = 20° к горизонту. Двигаясь некоторое время в воздухе, гонщик приземляется на горизонтальную поверхность в точке на расстоянии S = 50 м от края трамплина. Определите высоту H над краем трамплина, с которой стартует гонщик.

15

Решение. На участке AB в силу гладкости трамплина потерями энергии на трение скольжения можно пренебречь, поэтому потенциальная энергия гонщика на высоте H пере-

ходит в энергию его движения в точке B: m g H =m v2 , от- 2

(рисунок  1.6).

Рисунок  1.6 – Траектория движения гонщика с указанием характерных точек

На участке BC гонщик движется так же, как и тело, «брошенное» под углом a к горизонту с начальной скоростью v. Выбрав систему координат xOy, спроецируем начальную скорость v гонщика на оси Ox и Oy.

Для участка BO:

vx =v0x =v cosa ≠vx (t);

vy =v0y −g tпод =v sina−g tпод =vy (t).

В высшей точке O траектории (ко времени подъема tпод из точки B)

vy (t)=v sina−g tпод =0,

тогда время подъема гонщика на максимальную высоту (в точку O)

16

= v sina

tпод g .

Для участка OC

vx =v0x =v cosa ≠vx (t); vy =v0y −g tсп = −g tсп =vy (t).

В низшей точке С траектории (ко времени спуска tсп из точки O) в силу симметрии:

vy (t)= −g tсп = −v sina,

откуда время спуска гонщика на горизонтальную поверхность (в точку C)

= v sina tсп g .

Время прохождения участка BC равно времени tпол «полета» гонщика

Дальность «полета» гонщика из точки B в точку C

17

Задача  1.7. Железнодорожный вагон, имеющий массу m = 0,78 т, скатывается по канатной дороге с ускорением a = = 85 см/с2. Дорога наклонена относительно горизонта на угол a = 20°. Вагон постепенно тормозит, а натяжение каната составляет T = 3 кН. Определите коэффициент μ трения.

Решение. Покажем на рисунке  1.7 силы, действующие навагонприегоскатывании,ивыберемсистемукоординатxOy.

x

Fтр.

mg

Рисунок  1.7 – Скатывание вагона с наклонной дороги с торможением

18

Уравнение движения вагона в векторном виде:

m g + N +T + Fтр =m a.

Оно же в проекциях на оси:

Ox: −m g sina+0 +T + Fтр =m ax =m a;

Oy: −m g cosa+ N +0 +0 =m ay =0.

Модуль силы трения согласно закону Амонтона–Куло- на: Fтр = m   N. Поэтому

19

Задача  1.8. На одном из концов длинной (l = 5 м) веревки висит вертикально брусок массой M = 830 г из дерева, другой конец веревки жестко закреплен в подвесе. В брусок стреляют из пистолета. Пуля массой m = 10 г, летящая строго горизонтально, попадая в брусок, застревает в нем. В результате веревка отклоняется от вертикали на угол a = 60°. Найдите скорость v0 пули, с которой она попадает в брусок. Массой веревки пренебречь.

Решение. Покажем на рисунке  1.8 несколько позиций установки: 1) перед попаданием пули в брусок; 2) сразу после попадания пули в брусок; 3) после отклонения бруска с пулей на угол a.

Рисунок  1.8 – Характерные положения системы: 1 – до взаимодействия пули с бруском; 2 – сразу после взаимодействия; 3 – результат взаимодействия в конечном состоянии

Рассмотрим вначале неупругое соударение пули с бруском (1–2). При таком типе удара справедлив закон сохранения импульса:

m v0 =(M +m) u,

20