Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Физика для 11 класса университетской физико-математической школы. Учебное пособие
.pdf
Линейная скорость конца часовой стрелки и конца минутной стрелки
2
vЧ = ωЧ⋅RЧ = 1,45⋅10-4⋅0,01 = 1,45⋅10-6 м/с.
vМ = ωМ⋅RМ = 1,74⋅10-3⋅0,02 = 3,48⋅10-5 м/с.
Угол поворота минутной стрелки за 15 минут
α = ωМ⋅t = 1,74⋅10-3⋅900 = 1,57 рад.
Путь, пройденный концом минутной стрелки за 15 минут
S = R⋅α = 0,02⋅1,57 = 3,14⋅10-2 м.
Перемещение в пространстве конца минутной стрелки за 15 минут
∆r =
2
M
2
RR + = RM⋅
M
= 0,02⋅1.41 = 0,0282 м.
13. Масса Марса составляет 0,1 от массы Земли, диаметр Марса вдвое
меньше, чем диаметр Земли. Каково отношение периодов обращения искусст-
T
венных спутников Марса и Земли
М
, движущихся по круговым орбитам на
Т
З
небольшой высоте?
Дано: МЗ = ММ ⋅10; dМ = dЗ ⋅0,5.
ТМ/ТЗ = ?
Решение: Так как высота полёта спутника мала, то радиус орбиты совпа-
дает с радиусом планеты R = 0,5 d. Согласно второму закону Ньютона сила тя-
51
готения равна произведению массы спутника на центростремительное ускоре-
R
R
ние:
2
G
mM
2
v
m
= ,
R
где G – гравитационная постоянная;
m – масса спутника;
М – масса планеты;
v – скорость орбитального движения спутника.
Из этого соотношения выразим скорость
v =
G .
Период обращения спутника равен времени совершения одного оборота
вокруг планеты со скоростью v:
M
Т =
R2π=π
v
R
R2
=
GM
R
23π .
GM
Поскольку записанные соотношения для периодов справедливы для любой
планеты, найдём искомое отношение периодов обращения спутников Марса и
Земли:
Т
= 105,0
М/ТЗ
=
2π :
GM
3
⋅ = 1,1.
R
М
3
2π =
М
R
З
GM
R
М
3
М
З
М
З
М
=
3
З
R
3
М
М
З
З
М
=
М
d
d
52
14. Космонавт массой m1 = 80 кг находится на поверхности астероида,
R
3
R
имеющего форму шара радиуса R = 1 км, и держит в руках камень массой
m2 = 4 кг. С какой скоростью v2 относительно астероида (в горизонтальном на-
правлении) космонавт может бросить камень, не рискуя, что сам станет спутником астероида? Плотность астероида ρ = 5 г/см3. Гравитационная постоянная
равна G = 6,67⋅10
Дано: m1=80 кг; R=1 000 м; m2=4 кг; ρ=5 000 кг/м3; G=6,67⋅10
Решение. Первая космическая скорость для астероида равна: v1=
4
где М=ρ⋅V=ρ⋅
Итак,
−11
Н⋅м2/кг2.
πR3 – масса астероида.
v1= M
⋅ =
G
G
R
v2−?
4
3
3
=π⋅ρ⋅ .
G
R2R
−11
Н⋅м2/кг2.
M
G ,
ρπ
3
Допустим, что космонавт после броска камня приобретает скорость v1. В этом
случае, если космонавт массой m1 бросит камень массой m2 со скоростью v2 относительно астероида, то по закону сохранения импульса системы «космонавт
– камень» имеем: m1v1=m2v2, откуда находим
11
−
50001067,6
⋅⋅⋅π
=23,6 м/с.
3
v2=
m
m
1
2
v1=
m
m
1
⋅
2
GR2ρπ
3
80
=
10002
⋅⋅
4
15. Лодка массой М стоит в неподвижной воде. Насколько сместится лод-
ка, если рыбак массой m переместится с кормы на нос лодки. Длина лодки ℓ.
Сопротивлением воды пренебрегайте.
53
Дано: M; m; ℓ.
m
Mm+
L−?
Решение. В системе отсчета, связанной с неподвижной водой или берегом
сохраняется проекция импульса системы рыбак – лодка на горизонтальное направление:
0 = Mux + mvx,
где ux ,vx – проекции скоростей лодки и рыбака на горизонтально расположенную ось 0х.
Но vx = ux + vx′, где vx′ − проекция скорости рыбака относительно лодки,
поэтому
0 = Mux + m(ux + vx′) или 0 = (M + m)ux + mvx′.
Умножим обе части последнего уравнения на ∆t – время перемещения
рыбака с кормы на нос, тогда с учетом того, что ux∆t = L – перемещение лодки
относительно берега, vx′∆t = ℓ – перемещение рыбака относительно лодки рав-
но длине лодки, имеем:
0 = (M + m)L + mℓ,
откуда находим
L = −
⋅ℓ.
Знак “−” указывает на то, что лодка перемещается в направлении, проти-
воположном перемещению рыбака.
16. Тележка массой 0,8 кг движется по инерции со скоростью 2,5 м/с. На
тележку с высоты 50 см падает кусок пластилина массой 0,2 кг и прилипает к
ней. Рассчитайте энергию, которая перешла во внутреннюю при этом ударе.
54
Дано: M = 0,8 кг; v = 2,5 м/с; h = 0,5 м; m = 0,2 кг; g = 10 м/с2.
2
m
MM+
2
Q = ?
Решение: Так как кинетическая энергия куска пластилина в момент удара
о тележку равна его потенциальной энергии на высоте h, то полная энергия системы ″пластилин + тележка″ в момент удара куска пластилина равна
Е
= mgh +
1
Mv2.
Поскольку пластилин после удара о тележку прилипает к ней, то удар неупругий. В момент удара куска пластилина его скорость направлена вертикально, т.е. перпендикулярно направлению движения тележки, и поэтому «сила
удара» куска пластилина направлена также вертикально. Применяя закон со-
хранения импульса системы ″пластилин + тележка″ в горизонтальном направлении, имеем:
Mv = (M+m)u,
где u – скорость системы ″пластилин + тележка″ после прилипания пластилина.
1
Из последнего выражения находим
u =
v.
Теперь можем записать выражение для энергии системы ″пластилин + тележка″
после прилипания пластилина:
1
Е2 =
(M+m)u2.
Подставляя в последнее уравнение выражение для u, имеем:
55
21m
M
2
+
2
21m
M
+
2
m
Mm+
2
х
бр
vпл
M m
х
0
б)
Е
2
=
M
v2.
Искомую величину Q найдем, применяя закон полной энергии для системы
″пластилин + тележка″:
Q = Е1 – Е2 = mgh +
1
= mgh +
Mv
2
1
Mv2 −
= 0,2⋅10⋅0,5 +
M
2
v2 =
1
0,8⋅2,52⋅
2,0
= 1,5 Дж.
2,08,0
+
17. Кусок пластилина сталкивается со скользящим навстречу по
горизонтальной поверхности стола бруском и прилипает к нему. Скорости
пластилина и бруска перед ударом направлены противоположно и равны
vпл =15 м/с и vбр = 5 м/с. Масса бруска в 4 раза больше массы пластилина. Ко-
эффициент трения скольжения между бруском и столом µ = 0,17. На какое расстояние переместятся слипшиеся брусок с пластилином к моменту, когда их
скорость уменьшится на 30 %?
Дано: vпл =15 м/с; vбр = 5 м/с; М/m = 4; µ = 0,17; u = 0,7 u0; g = 10 м/с2.
S = ?
Решение: Обозначим: m – масса куска пластилина, М – масса бруска, vпл и
vбр – скорости куска пластилина и бруска перед ударом, u0 – начальная ско-
рость бруска с прилипшим к нему пластилином, на рисунке а) – до столкновения бруска и куска пластилина, б) – после столкновения. Направления скоростей указаны стрелками.
v
а)
u
M+m
56
Согласно закону сохранения импульса:
m
M
+
−
m
1
4
+
−
⋅
2
2
(
)
Mvбр + mvпл = (M + m)u0.
При выбранных направлениях скоростей данное векторное уравнение в
проекции на ось 0х примет вид
− Mvбр + mvпл = − (M + m)u0,
Откуда выражаем u0 и находим его значение
M
vv
−
плбр
=
1554
= 1 м/с.
u0 =
mvMv
плбр
=
m
M
1
+
Знак «+» значения u0 указывает на то, что после столкновения система кусок
пластилина + брусок движутся в указанном на рисунке направлении, т.е. в направлении отрицательной полуоси 0х.
В момент, когда скорость системы кусок пластилина + брусок уменьшится на 30 %, ее скорость u будет составлять 0,7 от первоначального значения u0,
т.е. u = 0,7 u0. Согласно закону полной энергии изменение механической энергии системы равно работе сил трения:
+
0
−
u)mM(2+
= µ(M+m)gS,
2
u)mM(
откуда выражаем искомую величину S и вычисляем ее значение
2
u7,0u
0
=
g2
µ
2
u51,0
0
=
g2
2
151,0
⋅
1017,02
⋅⋅
= 0,15 м.
57
S =
22
uu
−
0
g2
µ
=
2
−
0
µ
18. Шарик, подвешенный на невесомой нерастяжимой нити, отводят в
1
2
3
L L
α α
h
T v
y
α
сторону так, что нить принимает горизонтальное положение, и отпускают. Какой угол с вертикалью образует нить в тот момент, когда проекция скорости
шарика на вертикальное направление наибольшая?
Дано: α0 = 900; vy = v
y max
.
α−?
y
Решение. В начальный момент
(положение 1 на рисунке) скорость
g
шарика равна нулю. Значит, равна
нулю и проекция скорости на вертикальную ось 0у. В положении 2 вертикальная составляющая скорости
снова равна нулю, так как вектор ско-
v
2
v
mg
рости v2 направлен горизонтально. Следовательно, по мере движения шарика из
положения 1 в положение 2 вертикальная проекция скорости vy сначала увеличивается, достигая максимального значения, а затем начинает уменьшаться.
Возрастание вертикальной проекции скорости будет продолжаться до тех пор,
пока не станет равной нулю вертикальная проекция равнодействующей приложенных к шарику силы тяжести mg и силы натяжения нити Т. В этот момент
(положение 3 на рисунке) вертикальная проекция ускорения обратится в нуль, и
второй закон Ньютона в проекциях на ось 0у запишется в виде:
T⋅cosα − mg = 0,
где α − угол между нитью и вертикалью. Натяжение нити Т найдем, воспользовавшись тем, что шарик движется по дуге окружности радиуса L, где L – длина
нити. Уравнение движения (второй закон Ньютона) в проекции на ось, совпадающей с нитью, выглядит так:
58
T − mg⋅cosα = m⋅
L
2
()(
)
Квадрат линейной скорости v2 шарика найдём из закона сохранения энергии:
2
v
m⋅
Учитывая все записанные соотношения, получаем
=mgh, где h=L⋅cosα (см. рис.), откуда v2=2gLcosα.
3mgcos2α − mg = 0, и 3cos2α − 1 = 0,
2
v
.
откуда находим
cosα =
Эту задачу можно решить, используя математический приём. Как известно, в точках экстремума функции ее производная равна нулю. В произвольном
положении шарика вертикальная проекция скорости равна:
vy = v⋅sinα = α⋅α⋅ sincosgL2 .
Приравняем нулю производную от этого выражения:
1
, и α = arccos
3
1
= 550.
3
vy′=
Отсюда вытекает условие: 3cos2α − 1 = 0, совпадающее с найденным ранее.
gL
cos2
α
cos2sin
=α+α−
59
gL
cos2
α
222
1cos3
−α
= 0.
19. Точка движется по окружности со скоростью, которая меняется по за-
2
dtddt
(
)
R/b4Rb4R
RbRbtR
ε
кону v = bt, где b = 0,5 м/с2. Найдите модуль полного ускорения, когда точка
совершит первый оборот после начала движения.
Дано: v = bt ; b = 0,5 м/с2.
а − ?
Решение. Из уравнения v = bt следует, что в начальный момент времени
t = 0 начальная скорость v0 = b⋅0 = 0, и в этот момент угловая скорость ω0 =
v0/R = 0/R = 0, где R – радиус окружности.
Один оборот соответствует повороту на угол 2π рад. Уравнение враща-
тельного движения точки ϕ = 2π =
вое ускорение.
Поскольку тангенциальное ускорение по определению:
dv
а
=
τ
( )
bbt
== , то из аτ = εR, находим ε = аτ/R = b/R.
Нормальное ускорение равно:
2
v
а
=
n
2
Полное ускорение равно:
1
εt2, откуда находим t2 = 4π/ε, где ε − угло-
2
b
2
t
π
⋅=⋅==
22
π
⋅=
.b4
π=
222
aaa =6,3 м/с2.
n
τ
( ) ( ) ( )
2
22
145,014bbb4
+π=+π=+π=+=
20. Квадратная рамка из однородной проволоки, у которой отрезана одна
сторона, подвешена на гвоздь. Найдите тангенс угла между средней стороной и
вертикалью.
60
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]