На очень тонкой нити подвешен шарик. Нить приводят в горизонтальное положение и отпускают. В каких точках траектории ускорение шарика направлено вертикально вниз, в каких вертикально вверх, и в каких горизонтально? В начальный момент нить не растянута.
Направление ускорения совпадает с направлением результирующей силы. Вниз ускорение направлено при крайних верхних положениях шарика. Вверх ускорение направлено при крайнем нижнем положении и горизонтально – при положениях определяемых углом α. Найдем α.
Mv2 /L= T – mgcosα ,
c другой стороны
T = mg/cosα.
На основании закона сохранения энергии имеем
½ mv2 = mgLcosα.
Из этих уравнений находим, что cosα = 1/√3 и, следовательно, α ~ 54o45/.
В центре платформы, свободно вращающейся вокруг вертикальной оси, стоит пушка. Ось вращения походит через ее казенную часть. В горизонтальном направлении вдоль радиуса платформы сделан выстрел. Изменится ли при этом скорость вращения платформы?
Скорость вращения замедлится. Платформа сообщает дополнительный импульс в направлении по касательной к траектории конца ствола пушки. По третьему закону Ньютона вылетающий из ствола снаряд будет оказывать давление на внутреннюю часть ствола, направленное против вращения.
Вопрос. Чем отличаются вес тела и сила тяжести?
Ответ. Сила, с которой тела, вследствие его притяжения к Земле, действует на опору или подвес, называется весом тела. Силой тяжести называют силу притяжения тела к Земле. Вес тела приложен к опоре или подвесу. Сила тяжести приложена к телу.
Вопрос. По второму закону Ньютона ускорение тела обратно пропорционально его массе. Почему же при свободном падении ускорение всех тел одинаково?
Ответ. Ускорение свободного падения всех тел одинаково, поскольку сила тяжести прямо пропорциональна массе тела.
Вопрос. Ускорение ракеты возрастает даже в том случае, когда равнодействующая приложенных к ней сил остается неизменной. Почему?
Ответ. Ускорение растет из-за уменьшения массы ракеты.
Вопрос. Автомобиль движется прямолинейно по горизонтальному участку шоссе с ускорением а = 1 м/с2. С какой силой F человек массы m = 70 кг давит на вертикальную спинку сидения?
Ответ. F = ma = 70 H.
Вопрос. Почему нагруженный автомобиль на булыжной мостовой движется более плавно, чем такой же автомобиль без груза?
Ответ. Нагруженный автомобиль имеет значительно большую массу, чем пустой. Увеличение массы автомобиля уменьшает ускорения, сообщаемые ему толчками камней булыжной мостовой.
Вопрос. Открытый сосуд частично заполнен водой, не смачивающей его стенки. Можно ли в условиях невесомости перелить воду из этого сосуда в другой такой же сосуд?
Ответ. Можно, соединив сосуды отверстиями и сместив их в сторону заполненного сосуда.
Вопрос. Как сравнить массы двух тел в условиях невесомости.
Ответ. По периодам свободных колебаний тел на пружине.
Вопрос. Два шара, соединенные невесомой нерастяжимой нитью, лежат на гладкой горизонтальной плоскости. У правого шара масса больше. С одной и той же силой тянут сначала правый шар вправо, затем левый шар – влево. Одинаково ли натяжение нити в двух случаях?
Ответ. В обоих случаях система (два шара и нить) движется с одним и тем же ускорением, но в первом случае нить сообщает его телу меньшей массы. Поэтому и натяжение нити в первом случае меньше.
К концам нити, переброшенной через два гвоздя, прикреплены движущиеся по окружности грузы (см. рис.). Слева висят два груза массы m каждый, справа – один груз массы 2m . Будет ли система находиться в равновесии?
Рассмотрим силы, действующие на нить, перекинутую через левый гвоздь. Вертикальные составляющие сил натяжения Т, действующих на тела, равны mg, если нить закреплена на гвозде. На узел, по третьему закону Ньютона, действуют те же силы Т. Их сумма направлена вертикально вниз и равна 2mg. В случае одного вращающегося тела вертикальная составляющая силы натяжения нити Т1 равна 2mg (если тело не опускается вниз). Но сама сила натяжения нити T1 > 2mg. Следовательно, система не будет находиться в равновесии. Правый груз перетянет.
Материальная точка движется прямолинейно вдоль оси Ох. Ее координата изменяется со временем по закону x = 2 + 5t + 4t2
(величины измерены в СИ) Модуль равнодействующей силы, действующей на материальную точку вдоль оси Ох, равен
F = 40 Н. Чему равна масса материальной точки?
Ответ. Ускорение материальной точки а = 8 м/с2. Масса материальной точки m = F/a = 5 кг.
Небольшое тело массой m = 1 кг, брошенное под углом к горизонту, имеет в верхней точке траектории полное ускорение
а = 12 м/с2. Чему равна сила сопротивления воздуха, действующая на тело в этой точке?
Ответ. Равнодействующая сила F, действующая на тело, является векторной суммой силы сопротивления воздуха Fc и силы тяжести mg:
F = Fc + mg.
В верхней точке траектории сила сопротивления воздуха направлена горизонтально, т.к. ее направление противоположно направлению скорости и лежит на той же прямой, а сила тяжести всегда направлена вертикально. Поэтому
F = ma = [(mg)2 + (Fc)2]1/2.
Отсюда
Fc = m(a2 – g2)1/2 = 6.9 H.
Вопрос. Два тела, массы которых М и m (M > m), подняты на одинаковую высоту над землей и одновременно отпущены. Одновременно ли они приземлятся, если средняя сила сопротивления воздуха для обоих тел одинакова?
Ответ. Ускорение тела, например, массой, М равно а = g – F/M, где F – сила сопротивления. Следовательно, скорее упадет тело с большей массой.
Вопрос. На доске стоит человек. Внезапно он приседает. Что произойдет в первый момент: увеличится или уменьшится прогиб доски? Что произойдет, если человек сидел на корточках и внезапно выпрямился?
При приседании уменьшится, при выпрямлении - увеличится. При приседании ускорение центра масс человека направлено вниз, а при выпрямлении вверх.
Вопрос. Определить ускорение грузов в системе блоков с грузами, изображенной на рисунке. Массой блоков и нитей пренебречь. Нити считать нерастяжимыми. В какую сторону будут вращаться блоки при движении грузов?
Так как массой блоков и нитей можно пренебречь, силу натяжения можно считать постоянной по всей длине нити. Поэтому
m1g – T = m1a1 ;
m2g – 2T = m2a2 ;
2T – T = 0 (т. К масса блока А равна нулю).
Отсюда T = 0
и a1 = a2 = g.
Оба груза свободно падают с ускорением g. Блоки В и С вращаются против часовой стрелки, блок А – по часовой стрелке.
2.1. Поступательное движение.
1. Шайба, скользившая по гладкому горизонтальному льду, попадает на участок, неравномерно посыпанный мелким песком. Коэффициент шайбы по мере ее удаления x от границы участка возрастает по закону μ = kx. Через какое время шайба остановится после ее попадания на указанный участок? Размеры шайбы значительно меньше пройденного ею пути. (МГУ, физ. фак. , 2000)
Ответ: τ =π /2.
Решение.
Для нахождения времени движения шайбы до остановки воспользуемся вторым законом Ньютона
m a ( t ) = F( t ) ,
где F(t) - сила трения скольжения, тормозящая движение шайбы, a (t) – ускорение шайбы в момент времени t . Для силы трения, согласно условию задачи, можно записать
F( t ) = - m g k x( t ) .
Здесь знак минус отражает тот факт, что направления силы и перемещения противоположны. Ускорение шайбы запишем как вторую производную от смещения по времени a = x"( t ) . Тогда второй закон Ньютона запишется в виде
x"(t) = - m g k x (t),
или
x"( t ) + m g k x( t ) = 0 .
Полученное уравнение представляет собой уравнение гармонических колебаний с частотой ω = и периодом Т = 2π /ω = 2π /(gk)1/2.
Время движения шайбы до остановки равно четверти периода колебаний, то есть
τ =π /2(gk)1/2.
2. Определить ускорения грузов массы m1, m2, m3, а также силу натяжения нитей в системе блоков с грузами, изображенной на рисунке, если m1 = m2 + m3. Массой нитей и блоков пренебречь.
Ответ: a1 = (m2 – m3)2g/(m22 + m32 + 6m2m3),
a2 = (m12 – 4m22)2g/ (m12 + 4m2m3),
a3 = (m12 – 4m32)2g/ (m12 + 4m2m3),
T =8 m1m2m3g/ (m12 + 4m2m3).
Решение.
Уравнения движения грузов имеют вид
m1a1 = m1g – T1,
m2a2 = m2g – T2,
m3a3 = m3g – T3,
где a1 , a2 , a3 – относительно неподвижного верхнего блока А. Будем считать ускорение положительным, если оно направлено вниз. Так как массы нитей ничтожно малы по сравнению массами m1 , m2 и m3, то силы натяжения нитей одинаковы по всей их длине. Отсюда следует, что
Т2 = Т3,
и сила, с которой нить, перекинутая через верхний блок, действует на нижний блок В, равна Т1. Поскольку массы блоков ничтожно малы, то
Т1 = Т2 + Т3.
По прошествии некоторого времени (весьма малого) после начала движения грузов растяжение нитей прекращается, и их длина после этого с течением времени не изменяется. Это означает, что ускорение блока В будет равно - а1, а ускорения грузов массы m2 и m3 относительно блока В равны по модулю и противоположны по направлению. Обозначив аВ ускорение груза массы m2 относительно блока В, получим a2 = - a1 + aВ,
a3 = - a1 - aВ,
откуда
a2 + a3 = - 2a1.
Таким образом, окончательно имеем следующую систему уравнений:
m1a1 = m1g – T,
m2a2 = m2g – T/2,
m3a3 = m3g – T/2,
a2 + a3 = - 2a1.
Решая эту систему уравнений, получим (при условии m1 = m2 + m3)
a1 = (m2 – m3)2g/ (m22 + m32 + 6m2m3),
a2 = (m12 – 4m22)2g/ (m12 + 4m2m3),
a3 = (m12 – 4m32)2g/ (m12 + 4m2m3),
T = 8 m1m2m3g/ (m12 + 4m2m3).
В общем случае
T = 8 m1m2m3g/ [m1(m1 + m2) + 4m2m3].
3. На бруске массы М, движущемся поступательно по горизонтальной плоскости, находится кубик массы mk, скрепленный легкой нитью, перекинутой через невесомый блок, с грузом массы mг. На брусок действует направленная горизонтально сила, параллельная одному из линейных отрезков нити, как показано на рисунке. Другой прямолинейный отрезок нити вертикален, причем груз касается вертикальной грани бруска. Пренебрегая сопротивлением движению тел, найти величину ускорения кубика.
Ответ: акх = [F + (M + mг)g]mг / [(M + mг)mг +(M + 2mг)mk], F ≥ mгmkg/(mг + mк).
Решение.
Поскольку сопротивлением движению тел можно пренебречь, то реакции опор имеют только нормальные к границам соприкосновения тел составляющие. С учетом этого на рисунке показаны силы, действующие на кубик (сила тяжести mкg, сила давления бруска N2 и сила со стороны нити Т), груз (сила тяжести mгg, сила давления бруска N1 и сила со стороны нити Т3) и брусок (сила тяжести Мg, силы давления кубика Nк и груза Nг, сила реакции плоскости N, внешняя сила F и силы со стороны нити Т1 и Т2). Пренебрегая массой нити, можно утверждать, что Т = - Т1 и
Т2 = - Т3 , причем |Т1| = |T2|. Последнее вытекает из условия невесомости блока и отсутствия трения в его оси. Таким образом, Т = Т1 = Т2 =Т3.
Учитывая, что кубик и брусок могут двигаться только параллельно силе F , а груз еще и по вертикали, уравнения движения этих тел в проекциях на оси показанной на рисунке неподвижной относительно плоскости инерциальной системе X0Y можно представить в виде:
mкакх = Т,
Мабх = F – T1 – Nг,
mгабх = N1,
mгагy = T3 – mгg,
где акх и абх – проекции ускорений кубика и бруска на ось 0Х, агy – проекция ускорения груза на ось 0Y, причем в силу третьего закона Ньютона Nг = N1 ≥ 0, т.к. груз и брусок должны по условию соприкасаться.
Однако приведенная система уравнений не является полной. Условие нерастяжимости нити дает уравнение кинематической связи абх = акх + агy.
Решения полной системы уравнений можно записать в виде
акх = [F + (M + mг)g]mг / [(M + mг)mг +(M + 2mг)mk],
N1 = [F(mг + mк ) - mг mkg]mг / [(M + mг)mг +(M + 2mг)mk ].
Из последнего выражения следует, что задача имеет решение, если
F ≥ mгmkg/(mг + mк ),
т.к. в противном случае брусок будет иметь ускорение, направленное против силы F , груз не будет касаться бруска, а нижний отрезок нити не может быть расположен вертикально, что противоречит условию задачи.
4. В механической системе, изображенной на рисунке, брусок массой М может скользить без трения. В начальный момент, подвешенный на нити, груз отводят на угол α от вертикали и отпускают. Какова масса m этого груза, если угол, образуемый нитью с вертикалью, не меняется при движении системы? ( I Всес. Олимп., 1967г.)
Ответ: m = Msin2α/(2cosα - sin2α).
Решение.
Обозначим через Т модуль силы натяжения нити и через а модуль ускорения бруска. Т.к. угол α при движении системы не меняется, то горизонтальная проекция ускорения тоже равна а. Очевидно, что и проекция ускорения груза на направление нити также равна а ( изменение длины отрезка нити, находящегося за блоком, всегда равна модулю перемещения бруска). Поэтому
mgcosα – T = mа
и
Tsinα = mа,
где m – масса груза. На брусок с блоком в точке А действуют две силы натяжения нити. Поэтому для бруска можно записать следующее уравнение (в проекциях на горизонтальное направление):
T - Tsinα = Mа .
Решая систему полученных уравнений, получаем:
m = Msin2α/ (2cosα - sin2α).
5. По плоскости с углом наклона к горизонту α (sinα = 1/7) соскальзывает брусок. Коэффициент трения скольжения μ между бруском и плоскостью меняется вдоль плоскости. График зависимости скорости бруска от времени представлен на рисунке. Найти максимальное значение μ. Ответ: μ ~ 0.3.
Решение.
Запишем второй закон Ньютона для движения бруска вдоль наклонной плоскости:
m a = mgsinα – μmgcosα ;
где μ – коэффициент трения. Отсюда:
μ =(gsinα – a)/gcosα.
Максимальное значение коэффициент трения будет иметь на участке 2-3, где ускорение отрицательно:
а = -2. μmax = (10/7 + 2) / [10(48)1/2 / 7] ~ 0.3.
6. Шайба, брошенная вдоль наклонной плоскости, скользит по ней, двигаясь вверх, а затем возвращается к месту броска. График зависимости модуля скорости шайбы от времени дан на рисунке. Найти угол наклона плоскости к горизонту.
Ответ: sinα ~ 0.147. (МФТИ,1992)
Решение.
Запишем второй закон Ньютона для движения шайбы вдоль наклонной плоскости вверх и вниз:
m aU = mgsinα – kmgcosα ;
m aD = mgsinα + kmgcosα ,
где k – коэффициент трения. Отсюда:
sinα = ½ (aU + aD) / g.
Определяя по графику aU и aD , получим sinα ~ 0.147, α ~ 9o.
7. К неподвижному бруску, расположенному на гладкой горизонтальной поверхности, прикреплены две невесомые пружины с жесткостями k1 и k2 (см. рис.). Второй конец пружины с жесткостью k1 прикреплен к вертикальной стенке. Свободный конец пружины с жесткостью k2 начинают горизонтально перемещать с постоянной скоростью vo . Через некоторое время t = τ ускорение бруска оказалось равным нулю. Чему равны удлинения пружин в этот момент?
Ответ: Δx1 = k2 voτ /(k1 + k2), Δx2 = k1 voτ /(k1 + k2).
Решение.
Поскольку ускорение бруска в момент времени t = τ равно нулю, то результирующая сила, действующая на брусок должна быть равна нулю, т. е
k1 Δx1 = k2 Δx2.
Обозначим удлинения пружин в момент t = τ через Δx1 и Δx2. очевидно, что суммарное удлинение равно перемещению свободного конца второй пружины:
Δx1 + Δx2 = vo τ.
Из совместного решения двух уравнений получим
Δx1 = k2 voτ /(k1 + k2), Δx2 = k1 voτ /(k1 + k2).
8. На наклонной плоскости с углом наклона α неподвижно лежит тело. Коэффициент трения между телом и плоскостью равен k. Наклонная плоскость начинает двигаться по столу с ускорением ао в направлении, указанном стрелкой. При каком значении этого ускорения тело начнет проскальзывать?
Ответ: ао > g(k – tgα)/(k tgα + 1).
Решение
Запишем второй закон Ньютона в проекциях на оси X и Y:
Fтр – mgsinα = maocosα,
N – mgcosα = - maosinα.
Отсюда
Fтр = mgsinα + maocosα,
N = mgcosα - maosinα.
Для того чтобы проскальзывание отсутствовало, необходимо
Fтр ≤ kN,
или
gsinα + aocosα ≤ k(gcosα - aosinα).
Отсюда :
ао ≤ g(k – tgα)/(k tgα + 1).
Таким образом, проскальзывание начнется при
ао > g(k – tgα)/(k tgα + 1).
9. Брусок массы M находится на гладком горизонтальном столе, по которому он может двигаться без трения. На бруске стоит куб массой m , упирающийся в небольшой выступ. При каком максимальном значении модуля силы F, приложенной к бруску, не произойдет опрокидывания куба?
Ответ: F = ( M+m)g.
Решение.
При максимально возможном ускорении а бруска кубик опирается на него в точке О. В этой точке на кубик действует сила реакции N бруска и горизонтальная сила F1, сообщающая бруску ускорение а. Очевидно, что
F1 = ma; N + mg = 0.
Для того чтобы кубик не вращался равнодействующая всех сил, действующих на него, должна проходить через центр масс кубика. Это означает, что α = ¼ π, т.е. F1 = N, или
ma = mg.
Отсюда, а = g. Для того чтобы брусок и кубик двигались с таким ускорением, на брусок должна действовать сила
F = (M + m)a = (M + m)g.
10. Определить ускорения каждого из тел в системе, изображенной на рисунке. Нити нерастяжимы. Массой блоков и нитей пренебречь. Трения нет. Массы грузов m1 = 0.1кг, m2 = 0.6кг. Угол α =30о.
Ответ: а1 = 9.8м/с2, а2 = 4.9м/с2.
Решение.
Введем оси координат х1 и х2. Второй закон Ньютона в проекциях на эти оси запишется в виде
Т1 – m1gsinα = m1a1,
m2g – T2 = m2a2.
Из условия невесомости блока следует
Т2 = 2Т1.
Далее, запишем уравнение кинематической связи – за равные промежутки времени модуль перемещения тела m2 вдвое меньше модуля перемещения тела m1.
а1 = 2а2.
С учетом этого, для ускорений тел получим
a2 = g(m2 – 2m1sinα)/(4m1 + m2) = 0.5 g.
a2 = 2a1 = g.
11. Ледяная горка составляет с горизонтом угол α = 30о, по ней пускают снизу вверх камень, который в течение времени t1 = 2c проходит расстояние S = 16м, после чего соскальзывает вниз. Какой промежуток времени t2 длится проскальзывание камня вниз? Каков коэффициент трения между горой и камнем?
Ответ: t2 = 4.2c, k = 0.37.
Решение
Направим оси координат, как показано на рисунке (такой выбор удобен, как правило, всегда, когда речь идет о наклонной плоскости). Второй закон Ньютона в проекциях на оси координат запишется в виде:
X: - Fтр – mgsinα = maxu - при движении вверх,
Fтр – mgsinα = maxd - при движении вниз,
Y: N - mgcosα = 0.
Fтр = kN = kmgcosα.
С другой стороны, кинематические уравнения кинематические движения камня можно записать в виде
S = ½ axu t12,
- S = ½ axd t22.
Решая эти уравнения, получим
t2 = t1[S/(gt12sinα – S)] = 4.2 c.
k = {[2S/ t12 – gsinα]/gcosα} = 0.37.
2.2. Вращательное движение.
1. На горизонтальном диске, на расстоянии Rот оси лежит маленькая шайба. Диск медленно раскручивают так, что его угловая скорость равномерно возрастает со временем. Через время τ после начала раскручивания шайба начала скользить по диску. Найти коэффициент трения шайбы о диск, если за время τ диск сделал n оборотов. (МГУ, физ. фак. , 2000)
Ответ: /
Решение.
При раскручивании диска сила трения сообщает шайбе ускорение. По второму закону Ньютона
,
где - полное ускорение шайбы;
нормальное (центростремительное) ускорение, связанное с изменением направления вектора скорости;
тангенциальное ускорение, связанное с изменением модуля скорости. Поскольку , то .
В момент, когда шайба начала скользить по диску . Следовательно .
Из кинематических соотношений
; ; ,
где путь, пройденный шайбой по окружности,
модуль скорости шайбы по истечению времени . Получим
, .
Отсюда искомый коэффициент трения будет равен
/.
2. Спутник вращается по круговой орбите вокруг Земли на высоте h = 3200 км. В какой пропорции сообщенная ему при запуске энергия поделилась между потенциальной и кинетической энергиями?
Ответ: WП/WK = 1.
Решение.
Кинетическую энергию спутника WK = ½ mv2 несложно найти, используя второй закон Ньютона и закон всемирного тяготения
mv2/(R + h) = GmM/(R + h)2 → v2 = (GM/R2)R2 /(R + h) → v2 = gR2 /(R + h).
WK = ½ mv2 = ½ mgR2 /(R + h).
Здесь m, M – массы спутника и Земли, R – радиус Земли, G – гравитационная постоянная, g = GM/R2 – ускорение свободного падения.
Находясь на поверхности Земли, спутник уже обладает потенциальной энергией. Если, как обычно, выбрать начало отсчета потенциальной энергии на бесконечности, то для потенциальной энергии тела, находящегося на расстоянии r от Земли, можно записать
W = - GMm/r = - mgR2/r.
Потенциальная энергия на поверхности Земли будет
WП(1) = - mgR,
а потенциальная энергия на орбите
WП(2) = - mgR2/(R + h).
Следовательно, при выводе спутника на орбиту ему была сообщена потенциальная энергия
WП = WП(2) - WП(1) = mghR/(R + h).
Тогда
WП/WK = 2h/R = 1.
3. На бруске, находящемся на горизонтальной плоскости, вертикально установлен легкий стержень, к которому привязана нить с грузом массы m = 100 г на конце (см. рис.). Нить с грузом отклоняют до горизонтального положения и отпускают. Определить массу бруска, если он сдвинулся, когда угол между нитью и стержнем был равен α = 45о. Коэффициент трения бруска о плоскость k = 0.8. (МАИ,1999)
Ответ: M = 37.5 г.
Решение.
При движении груза нить будет натянутой и на стержень будет действовать сила натяжения нити Т, которая способна сдвинуть брусок. Для того чтобы брусок сдвинулся с места сила трения покоя Fтр.пок, действующая между бруском и плоскостью, должна стать максимальной:
Fтр.пок = kN.
Запишем второй закон Ньютона для груза в момент времени, когда нить составила угол α с вертикалью, в проекции на нормаль к траектории (на касательную к окружности):
mv2/L = T – mgcosα,
где v – скорость груза в этот момент, которую найдем из закона сохранения энергии
mgLcosα = ½ mv2.
Тогда
Т = 3mgcosα.
Из уравнений движения бруска
0 = Tsinα - Fтр.пок,
0 = N – Tcosα – Mg
находим
M = 3m cosα(sinα - kcosα)/k = 37.5 г.
4. Спутник движется по круговой орбите на высоте h1 = 3RЗ от поверхности Земли (RЗ - радиус Земли). Как перевести его на круговую орбиту на высоту h2 = RЗ при минимальном времени работы двигателя? Изобразить траекторию спуска. (МАИ,1996)
Решение.
Рассчитаем скорость спутника при движении по круговой орбите радиусом r. Из уравнения движения получим
mv2o = GMm/r2.
Отсюда
vo2r =GM.
Здесь G – гравитационная постоянная, М – масса Земли. При уменьшении радиуса круговой орбиты скорость должна возрасти нашем случае в (4RЗ/2RЗ)1/2 = √2 раза. Однако если попытаться увеличить скорость спутника, то он с круговой орбиты на эллиптическую орбиту, причем с большим средним расстоянием до Земли (т.е. точка, в которой произойдет увеличение скорости, будет перигеем). Для эллиптической орбиты скорости в апогее и перигее можно найти, используя тот факт, что радиус кривизны эллипса R в этих точках одинаков. Поэтому
mvп2/R = GMm/rп2, mvа2/R = GMm/rа2.
Отсюда
vа rа = vп rп.
Кроме того, должен выполняться закон сохранения энергии
½ mvп2 - GMm/rп = ½ mva2 - GMm/ra.
Отсюда
va = [2GM(rп/ra)/ (rп + ra)]1/2.
Нам известно расстояние до центра Земли в апогее и перигее: rп = 2RЗ и rа = 4RЗ. Если на исходной орбите уменьшить скорость до v = vo(2/3)1/2 , то спутник будет иметь в перигее нужное расстояние до Земли (h = RЗ). В этой точке орбиты следует увеличить скорость до величины vk = vo√2 . После этого орбита станет круговой с нужным радиусом.
5. По гладкому столу движутся два тела массы m1 и m2 , соединенные невесомой нерастяжимой нитью длины L. В некоторый момент времени скорость тела массы m1 оказалась равной нулю, а скорость тела массы m2 – равной v и направленной перпендикулярно нити. Найти силу натяжения нити. (НГУ, до 1999г)
Ответ: T = v2m1m2/[(m1 + m2)L].
Решение.
Можно считать, что тела участвуют в двух движениях: во вращении вокруг центра масс системы и в поступательном движении вместе с центром масс. Положение центра масс относительно тела массы m1 находим из уравнения
x1(m1 + m2) = Lm2;
отсюда
x1 = Lm2/ (m1 + m2).
Второе тело находится на расстоянии
x2 = L – x1
от центра масс. Т.к. суммарная скорость тела массы m1 равна нулю, а скорость тела массы m2 – равной v , то имеем систему уравнений
vц.м + ωx1 = 0,
vц.м + ωx2 = v,
x2m2 = x1m1 ,
где ω – угловая скорость вращения, а vц.м – скорость центра масс, отсюда
vц.м = vm2/ (m1 + m2), ω = - vц.м /x1.
Тогда для силы натяжения имеем
T = m1 (ω x1)2/x1 = v2m1m2/ [(m1 + m2) L].
6. Известно, что спутник, находящийся на орбите, высота которой над поверхностью Земли h = 3.6.104 км, совершает оборот вокруг Земли за сутки и может “висеть” над одной и той же точкой экватора. Допустим, что спутник запустили на такую же высоту и он “завис” над Москвой. Какую силу тяги должен развивать двигатель спутника, чтобы удерживать его на заданной орбите? Масса спутника m =1 т, широта Москвы – около 60о, радиус Земли RЗ = 6.4.103 км. (НГУ, до 1999г)
Ответ: F ≈ 200 H.
Решение.
Разложим силу тяги F двигателя на составляющую F|| , лежащую в плоскости окружности, описываемой при движении спутником, и составляющую F⊥ , перпендикулярную этой плоскости. Сила гравитационного притяжения Земли, действующая на спутник на расстоянии r = h + RЗ ,
Fгр = mg (RЗ/r)2.
Второй закон Ньютона для спутника в проекциях на выбранные направления дает
F⊥- Fгр sinα = 0,
Fгр cosα - F|| = mv2/ (rcosα).
Из условия, что период обращения
T = 2πrcosα/v = 1 сут,
поэтому
F|| = Fгр cosα - mv2/(rcosα) = m( g(RЗ/r)2 - 4π2r/T2) cosα = 0.
Таким образом,
F⊥ = mg sinα RЗ2 / (RЗ + h)2 ≈ 0.02 mg ≈ 200 H.
7. Космический корабль вращается вокруг Луны по круговой орбите радиуса R = 3.4.106 м. С какой скоростью нужно выбросить из корабля вымпел по касательной к траектории корабля, чтобы он упал на противоположной стороне Луны? Через какое время вымпел упадет на Луну? Принять, что ускорение свободного падения тел вблизи поверхности Луны в 6 раз меньше, чем на Земле. (Всес. Олимп., 1975г, № 232)
Ответ: τ = ½ T ≈ 100 мин.
Решение.
Вымпел, выброшенный из корабля, должен двигаться по эллиптической орбите, касающейся поверхности Луны (см. рис.). Большая ось этой орбиты равна R + RЛ (RЛ – радиус Луны). Потенциальная энергия вымпела в точках А и В равна
WA = - GMЛm/R, WB = - GMЛm/RЛ,
где MЛ – масса Луны, m – масса вымпела. Согласно закону сохранения энергии
½ mvA2 - GMЛm/R = ½ mvB2 - GMЛm/RЛ,
где vA ,vB – скорости вымпела в точках А и В, соответственно. Учитывая, что
GMЛ/RЛ2 = gЛ,
получим
½ vA2 - gЛ RЛ2 /R = ½ vB2 - gЛ RЛ.
Из второго закона Кеплера радиус-вектор планеты описывает равные площади за одинаковые промежутки времени. Поэтому
½ vARΔt = ½ vBRЛΔt, или vAR = vBRЛ.
Учитывая, что R = 2 RЛ, находим
vA = RЛ{2gЛ RЛ/[R(RЛ + R)]}1/2 = (2gЛ RЛ/3)1/2.
Для того чтобы определить скорость, с которой нужно выбросить вымпел, еще нужно найти скорость корабля на его круговой орбите:
GMЛmK/RЛ2 = mK vo2/R,
где mK – масса корабля. Отсюда
vo = (GMЛ/R)1/2 = ( ½ gЛRЛ)1/2
Очевидно, что vА o . Следовательно,
u = vo – vА = gЛRЛ(1/√2 – 1/√3) ≈ 200 м/с.
С такой скоростью и нужно выбросить вымпел назад, чтобы он упал на противоположную сторону Луны. Для нахождения времени падения вымпела воспользуемся третьим законом Кеплера, согласно которому квадраты периодов обращения относятся как кубы больших полуосей их орбит. Период То обращения корабля (или вымпела) по круговой орбите определяется так:
То = 2π/vo = 4π(2RЛ/gЛ)1/2.
Зная То, можно определить период Т обращения вымпела по эллиптической орбите, касающейся поверхности Луны, из третьего закона Кеплера
(Т/То)2 = [(R + RЛ)/(2RЛ)]3,
откуда
T = To[(R + RЛ)/(2RЛ)]3/2 ≈ (3/8) √3 To ≈ 11,8.103 c ≈ 200 мин.
Следовательно, время падения вымпела τ = ½ T ≈ 100 мин.
8. Космический корабль движется по круговой орбите вокруг Земли в плоскости орбиты Луны с угловой скоростью, равной угловой скорости вращения Луны вокруг Земли. Во время движения корабль находится на прямой, соединяющей центры Луны и Земли. Расстояние от корабля до Земли таково, что силы притяжения, действующие на корабль со стороны Земли и Луны, равны друг другу. Работают ли двигатели корабля? Каков вес космонавта, находящегося на корабле? Масса космонавта m = 70кг, период обращения Луны вокруг Земли Т = 27.3 сут. Масса Земли в 81 раз больше массы Луны, а расстояние L от Земли до Луны примерно равно 60 земным радиусам. Радиус Земли RЗ принять равным 6400км.
Ответ: Р = 1.8 Н.
Решение.
Так как силы притяжения корабля к Земле и Луне по модулю равны друг другу, то центростремительное ускорение кораблю
a = ω2 R
должно сообщаться силой тяги двигателя. Следовательно, двигатель корабля работает. Космонавту же это ускорение сообщается силой N реакции пола. Согласно второму закону Ньютона эта сила равна по модулю
ma = m ω2 R,
где R – радиус орбиты. Так как вес космонавта – это сила, с которой космонавт действует на корабль, то по третьему закону Ньютона вес Р космонавта равен -N. Следовательно,
Р = m ω2 R = m(2π/T)2R.
Радиус орбиты корабля R можно найти из условия равенства (по модулю) сил его притяжения к Земле и Луне:
GMЗМK/R2 = GMЗМK/(L – R)2, откуда
R = LMЗ1/2 /(MЗ1/2 + MЛ1/2 ) = 60RЗ (81MЛ)1/2 / [(81MЛ )1/2 + MЛ1/2 ] = 54RЗ.
Поэтому
P = 54m(2π/T)2RЗ = 1.8 Н
9. Катушку тянут за нитку по полу, как показано на рисунке, причем ускорение катушки постоянно и равно а. При каком значении коэффициента трения между ободами катушки и полом катушка будет скользить не вращаясь? Радиус вала катушки r , ободьев R.
Ответ: k = ra/ g(R-r) .
Решение.
Катушка не будет вращаться, если момент сил трения относительно центра тяжести катушки будет равен моменту силы F , приводящей катушку в движение:
RFтр = rF.
Т.к. Fтр = mgk , F = kmg+ ma , находим k = ra/ g(R-r) .
10. Однородный стержень, длина которого равняется l , а масса m , вращается с угловой скоростью ω в горизонтальной плоскости вокруг оси, проходящей через его конец. Найти силу натяжения стержня на расстоянии x от оси вращения.
Ответ: Tx = ½ (m/l) ω2(l2 – x2).
Разобьем стержень на n участков одинаковой длины (n → ∞) и рассмотрим произвольный участок с номером i. На этот участок действует упругая сила Ti+1 со стороны деформированного участка i+1 и сила Ti со стороны участка i-1. Так как масса i-го участка равна
(m/l)(ri+1 – ri),
а его ускорение
½ ω2(ri+1 + ri),
то на основании второго закона Ньютона можно записать
Ti - Ti+1 = (m/l)(ri+1 – ri) ½ ω2(ri+1 + ri)
или
Ti - Ti+1 = ½ (m/l )ω2(ri+12 – ri2).
Запишем уравнение движения для участков от n до k включительно, считая, что
rn+1 = l, а rk = x:
-Tn = -½ (m/l )ω2(l2 – rn2),
Tn – Tn-1 = -½ (m/l )ω2(rn2 – rn-12),
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ,
Tk+2 – Tk+1 = -½ (m/l )ω2(rk+22 – rk+12),
Tk+1 – Tx = -½ (m/l )ω2(rk+12 – x2).
В первом уравнении этой системы учтено, что упругая сила на конец стержня не действует, т.е. Tn+1 = 0. Сложив уравнения системы, получим искомую силу натяжения
Tx = ½ m ω2(l2 – x2).
11. Тонкая трубка с петлей в форме окружности радиусом R закреплена на наклонной плоскости с углом наклона к горизонту α. В верхний конец трубки, находящийся на расстоянии 2R от горизонтального диаметра петли, опускают без начальной скорости маленький шарик массой m . Шарик скользит внутри трубки без трения. С какой силой (по модулю) действует шарик на трубку в т. А, находящейся на горизонтальном диаметре петли? Ответ: |F| = mg(1+15sin2α)1/2.
Решение
Сила реакции со стороны трубки имеет две составляющие – NR и Nn. Составляющая NR сообщает шарику центростремительное ускорение и направлена к центру петли. Составляющая Nn направлена по нормали к наклонной плоскости и компенсирует соответствующую составляющую силы тяжести.
NR = mv2/R,
Nn = mgcosα.
Здесь v – скорость шарика в т. А может быть найдена из закона сохранения энергии
mg2Rsinα = ½ mv2.
Сила, с которой шарик действует на трубку
F = - (NR + Nn).
Поскольку силы NR и Nn взаимно перпендикулярны, то для модуля силы F получим
F = (NR2 + Nn2) = mg(cosα2 + 16sinα2)1/2 = mg(1 + 15sinα2)1/2
12. Обруч радиуса R вращается в горизонтальной плоскости вокруг горизонтальной оси, проходящей через его центр, с угловой скоростью ω. Небольшой кусочек обруча массой m вырезан так, как показано на рисунке. К точкам А и В прикреплены концы пружинного динамометра массой m . Каковы показания динамометра? Угол α считать малым.
Ответ: F = m 2R/ α.
Решение
Силы, действующие на динамометр со стороны обруча, показаны на рисунке. Эти силы обусловлены возникающими при вращении деформациями. Их составляющие направлены к центру обруча, и вызывают центростремительное ускорение динамометра (такие же силы действуют на каждый элемент обруча и сообщают ему центростремительное ускорение). Уравнение движения динамометра
Fsin( ½ α) + Fsin( ½ α) = mω2R.
Учитывая, что sin(½ α) ≈ ½ α, имеем
2F( ½ α) = mω2R.
Отсюда получаем силу, которую показывает динамометр
F = mω2R/α.
2.3. Статика.
1. На цилиндр массы m намотана невесомая нерастяжимая нить (см. рис.). С какой наименьшей силой, и под каким углом к горизонту нужно тянуть эту нить, чтобы цилиндр, вращаясь, оставался на месте? Коэффициент трения между цилиндром и полом равен k.
Ответ: Fmin = kmg/ (1 + k2)1/2, tgα = k.
Решение.
Силы, действующие на цилиндр, изображены на рисунке. Т.к. цилиндр не движется поступательно, то
f – Fcosα = 0,
Fsinα – mg +N = 0.
Сила трения f = kN. Отсюда
F = kmg/ (cosα + ksinα ).
Знаменатель этого выражения можно представить в виде
Asin (α + φ), где A = (1 + k2)1/2.
Следовательно, минимальная сила, с которой нужно тянуть нить,
Fmin = kmg/ (1 + k2)1/2.
Угол α найдется из уравнения
cosα + ksinα = (1 + k2)1/2.
Откуда
tgα = k.
2. Опорами однородного бруска массы m являются два полуцилиндра, левый из которых имеет коэффициент трения о стол равный k1 , а правый – k2 (см. рис.). Какую горизонтальную силу F надо приложить к бруску, чтобы он двигался равномерно? Размерами опор пренебречь. Параметры L и d , указанные на рисунке, считать известными. (НГУ)
Ответ: F = [mg (k1 + k2)]/ {2[1 + d (k1 - k2)/L]}.
Решение.
Имеем
N1 + N2 = mg,
f1 + f2 = F,
f1 = k1N1, f2 = k2N2 ,
где N1 и N2 – силы, действующие на опоры, f1 и f2 – силы трения опор о поверхность стола. Уравнение моментов относительно центра тяжести:
(f1 + f2) d + ½ (N1 + N2) L = 0.
Система уравнений дает
F = [mg (k1 + k2)]/ {2[1 + d (k1 - k2)/L]}.
Уравнение моментов относительно любой из опор естественно дает тот же результат.
3. На краю стола лежит однородный брусок массы M и длины L, выступающий за край на расстояние d . Брусок закреплен на шарнире и может вращаться вокруг края стола. К концу бруска подвешен на нити длины s груз массы m. Груз отклонили на некоторый угол α и затем отпустили. При каком угле α брусок начнет поворачиваться? 0о o. (НГУ)
Ответ: 1 ≥ cosα ≥ 3/2 – ½ (M/m)[½ (L/d) –1].
Решение.
Условие поворота
Мg(L – d)2/(2L) ≤ Мgd2/(2L) + Td,
где сила Т определяется из второго закона Ньютона для вращательного движения: mv2/s = T – mg,
mgs (1 – cosα) = ½ mv2.
Таким образом,
1 ≥ cosα ≥ 3/2 – ½ (M/m) [½ (L/d) –1].
4. Полушар и цилиндр, изготовленные из одного материала, соединены, как показано на рисунке, и располагаются на горизонтальной плоскости, имея с ней одну точку касания. При какой высоте цилиндра h эта система тел будет находиться в состоянии безразличного равновесия, если радиусы оснований цилиндра и полушара одинаковы и равны R?. Указание: центр масс полушара находится на оси симметрии на расстоянии (3/8)R от центра окружности, лежащей в основании полушара.
Ответ: h = R/√2.
Решение.
Следует знать, что если при выводе тела из состояния равновесия положение его центра масс не изменяется, и значит, потенциальная энергия остается прежней, то такое равновесие называется безразличным.
Если же при выводе из состояния равновесия центр масс располагается выше, чем был, и, как следствие, потенциальная энергия возрастает, то такое равновесие называется устойчивым. В этом случае тело само вернется в исходное положение, как только на него перестанет действовать внешняя сила, выведшая его из этого положения. Если же по выводе тела из положения равновесия его центр масс понижается, то потенциальная энергия тела уменьшается и тело принимает новое положение (опрокидывается). Такое равновесие называется неустойчивым.
Очевидно, что центр круга О, лежащего в основании шара и цилиндра, не будет изменять своего положения относительно горизонтальной поверхности при любом наклоне этой системы тел. Значит, если центр тяжести этой системы окажется в точке О, система будет находиться в состоянии безразличного равновесия.
Таким образом, задача сводится к определению плеча силы тяжести m2g, действующей на цилиндр. Это плечо равно половине длины цилиндра h. Таким образом, из равенства моментов сил тяжести, действующих на цилиндр и полушар, найдем высоту цилиндра:
m1g(3/8)R = m2g(h/2).
Для масс цилиндра и полушара можно записать
m1 = ½ ρ(4/3)πR3 , m2 = ρπR2h.
После несложных вычислений получим
h = R/√2 ≈ 0.7R.
5. Опирающаяся на доску тяжелая балка может поворачиваться в шарнире А вокруг горизонтальной оси (см. рис.). Какую горизонтальную силу Т нужно приложить к доске, чтобы выдернуть ее вправо? Влево? Известны все величины, указанные на рисунке.
Ответ: T = μ1Mg + ½ mg (μ1 + μ) / (1 ± μctgα), если μctgα
Решение.
Условие равновесия моментов относительно оси А действующих на балку сил имеет вид
½ mgsinα – Nsinα ± Fтрcosα,
где N – нормальная сила реакции доски на балку, Fтр – сила трения со стороны доски, m – масса балки. Знак плюс соответствует движению доски влево, знак минус – вправо. На основании второго закона Ньютона в этом случае имеем
T – Fтр – Fтр1 = 0,
N1 – Mg – N = 0,
где Fтр1 – сила трения доски о пол, М – масса доски, N1 – сила нормальной реакции со стороны пола на доску. Вид последних двух уравнений не зависит от того, в какую сторону движется доска. На основании закона Кулона – Амонтона
Fтр = μN, Fтр1 = μ1N1.
Отсюда получаем
N = ½ mgsinα/ ( sinα ± μcosα).
Тогда для силы Т получим
T = μ1Mg + ½ mg (μ1 + μ) / (1 ± μctgα), если μctgα
При μctgα ≥ 1 доску вытащить вправо не удается. Попробуем объяснить “на пальцах” почему во втором случае происходит “заклинивание”, т.е. неограниченное возрастание силы трения при стремлении μctgα к единице со стороны меньших значений. Сравним значения силы Т, необходимой для вытягивания доски в первом и во втором случаях. Во втором случае, как видно из формулы, нужна большая сила. Почему? Момент силы трения Fтр относительно оси в этом случае направлен так, что приводит к увеличению силы N и, как следствие из этого, к увеличению самой трения Fтр. Сила трения как бы увеличивает сама себя.
6. Два одинаковых шара радиусом r и массой m каждый положены в вертикальный открытый с обеих сторон полый цилиндр радиусом R (r > ½ R). Вся система находится на горизонтальной плоскости. Какой должна быть минимальная масса полого цилиндра, чтобы шары не могли его опрокинуть? (Гольдфарб, № 8.39)
Ответ: M ≥ 2m (1 – r/R).
Решение:
Цилиндр не опрокинется, если момент его силы тяжести относительно точки О (см. рис.) не меньше опрокидывающего момента сил F1/ и F2/ давления шаров на цилиндр:
F1/ АО – F2/ В1О ≤ MgR
Эти силы в соответствии с третьим законом Ньютона равны по величине силам F1 и F2 , действующим на шары. На верхний шар, кроме силы F1 , действует сила тяжести и сила реакции нижнего шара N1, направленная вдоль линии центров. Силы, действующие на нижний шар, показаны на рисунке. Из условия равновесия находим, что
F1 = F2 = mgtgα.
Учитывая, что
АО – В1О = 2 (R – r)ctgα ,
находим, что
M ≥ 2m(1 – r/R).
|