Решение.
Соударение шарика со стенкой предполагается упругим и, поэтому, скорость шарика в направлении, перпендикулярном стене (в направлении у) не изменится по величине, изменив направление на противоположное. При ударе на шарик со стороны стены действуют сила реакции N и сила трения Fтр (см. рис.). Пусть vo – начальная скорость шарика, а Δt – время удара. Запишем для шарика закон изменения импульса в проекциях на оси х и у:
Fx Δt = Δpx,
Fy Δt = Δpy.
В нашем случае Fx = Fтр, Fy = N,
Δpx = 0 – (-mvosinφ) = mvosinφ,
Δpy = mvocosφ – (-mvocosφ) = 2mvocosφ.
Таким образом, приходим к уравнениям
Fтр Δt = mvosinφ,
N Δt = 2mvocosφ.
Учитывая, что Fтр ≤ μN, и решая систему, получим
tgφ ≤ μ или φ ≤ arctg(2μ).
7. Два шарика падают в облаке пыли. Во сколько раз отличаются скорости шариков, если диаметр одного из них вдвое больше другого.
Ответ: v1/v2 = √2.
Решение.
За время Δt на шарик упадет n(SvΔt) пылинок, где n – концентрация пыли в воздухе, S = πR2 – площадь поперечного сечения шарика, R – его радиус, v – скорость шарика. Тогда масса упавшей пыли
Δm = μn(SvΔt),
где μ – масса одной пылинки. Соответствующее изменение импульса
Δp = Δmv = μnSv2Δt.
Согласно второму закону Ньютона
FΔt = Δp .
Со стороны пыли на шарик действует сила сопротивления Fc , равная по модулю силе F, действующей на пыль со стороны шарика
Fc = μnSv2.
При движении шарика с постоянной скоростью
Fc = Mg
или
μnSv2 = ρg4πR3/3.
Отсюда для соотношения скоростей двух шариков получим
v1/v2 = [(R1ρ1)/(R2ρ2)]1/2.
При ρ1 = ρ2 и R1/R2 = 2 получим v1/v2 = √2.
3.2. Работа, мощность.
1. Двигатель подводной лодки развивает мощность Р. При этом ее скорость равна u. Определить, на каком расстоянии S от точки выключения двигателя остановится лодка, если сила сопротивления движению лодки пропорциональна ее скорости. Масса лодки равна М. Глубина погружения лодки не меняется на протяжении всего пути. (Обл. Олимп.,2000,11.1, ВОШФ-4)
Ответ: S = mu3/P.
Решение.
Перед выключением двигателя справедливы соотношения
F = ku,
P = Fu = ku2, → k = P/u2.
После выключения двигателя согласно второму закону Ньютона
m (dv/dt) = -kv,
или с учетом того, что vdt = ds
получим:
mdv = -kds.
Перейдем к конечным приращениям:
mΔv = -kΔS.
Максимальному пути ΔS = S соответствует Δv = -u.
Окончательно находим: S = mu/k = mu3/P.
2. Автомобиль массы m = 600 кг трогается с места. Двигатель автомобиля работает с постоянной мощностью N = 50 кВт, коэффициент трения скольжения колес о дорогу μ = 0.6. Оценить, за какое минимальное время автомобиль наберет скорость v = 100 км/час. Сопротивлением воздуха и трением в механизмах пренебречь. (Слободецкий, № 40)
Ответ: t ≈ 6.5 c.
Решение.
Пренебрежем трением качения и сопротивлением воздуха. Вначале максимальное ускорение, с которым может двигаться автомобиль, определяется максимальным значением силы трения колес о дорогу:
a = Fтр/m = μg.
При этом автомобиль движется с мощностью меньшей максимальной (чтобы не было проскальзывания), а его скорость пропорциональна времени
v = at = μgt.
В момент времени t = t1 скорость станет равной
v1 = μgt1 ,
а мощность двигателя достигнет величины N , причем
N = Fтрv1 = μmg μgt1 = μ2g2 mt1.
Отсюда
t1 = N/μ2g2 m ≈ 2.8 c,
а
v1 = μgt1 ≈ 16.8 м/с.
Начиная с этого момента сила трения становится меньше максимальной, и изменение кинетической энергии автомобиля равно N(t – t1).
Отсюда
t = t1 + ½ m (v2 – v12)/N ≈ 6.5 c.
3. В лунке кубической формы, заполненной до краев водой, находится металлическая отливка в форме параллелепипеда, высота которого равна высоте лунки, а площадь основания в два раза меньше площади дна лунки. Чтобы вытащить отливку из лунки, заполненной водой, поднимая ее вертикально вверх, нужно совершить работу А1 не менее 19.6 Дж, а чтобы вытащить ее из воды, поднимая вверх, нужно совершить работу A2 не меньше 8.8 Дж. Чему равна плотность материала отливки и глубина лунки?
Ответ: ρ = 2.7 г/ см3, h = 0.2 м.
Решение.
Пусть высота лунки равна d . тогда объем воды в лунке ½ d3, объем отливки ½ d3. Толщина слоя воды после вынимания отливки ½ d. Центр тяжести воды опустится
на ¼ d. Центр отливки при вынимании ее из воды поднимется на ½ d. Следовательно
А2 = (ρo ½ d3)g ½ d - (ρB ½ d3)g ¼ d.
При поднятии над лункой
А2 = (ρo ½ d3)gd - (ρB ½ d3)g ¼ d.
Тогда
А1 – А2 = ¼ ρo d4g,
А1 – 2А2 = 1/8ρB d4g,
(А1 – А2)/(А1 – 2А2) = 2 ρo/ρB,
откуда
ρo = ½ ρB(А1 – А2 )/ (А1 – 2А2) = 2.7 г/см3,
d = [8(А1 – 2А2)/g ρB]1/4 = 0.2 м.
4. В сосуде имеются две несмешивающиеся жидкости с плотностями ρ1 и ρ2; толщины слоев этих жидкостей равны h1 и h2 соответственно. С поверхности жидкости в сосуд опускают маленькое тело, которое достигает дна как раз в тот момент, когда его скорость становится равной нулю. Какова плотность материала, из которого сделано это тело?
Ответ: ρ = (ρ1h1 + ρ2h2)/(h1 + h2).
Решение.
Изменение потенциальной энергии тела равно работе сил сопротивления:
- mg(h1 + h2) = A1 + A2 ,
где А1 и А2 – работы сил сопротивления в верхней и нижней жидкостях, соответственно. Так как тело обтекаемо, то основной силой сопротивления является Архимедова выталкивающая сила:
F1 = ρ1Vg - в верхней жидкости,
F2 = ρ2Vg - в нижней жидкости,
где V – объем тела. Поэтому
А1 = - ρ1Vgh1,
А2 = - ρ2Vgh2.
Подставляя эти выражения для А1 и А2 в первое уравнение и учитывая, что
m = ρV,
получим:
ρ(h1 + h2) = ρ1h1 + ρ2h2 ,
откуда
ρ = (ρ1h1 + ρ2h2)/(h1 + h2).
5. На горизонтальной плоскости лежат два связанных нитью бруска массы m , между которыми зажата пружина, нескрепленная с брусками (см. рис.). Длина свободной пружины ℓ0 , коэффициент жесткости k . Нить пережигают и бруски разъезжаются. Какой длины ℓ должна быть нитка, чтобы к моменту остановки брусков пружина оказалась в недеформированном состоянии, если коэффициент трения между брусками и плоскостью μ?
Ответ: ℓ = ℓ0 - 2 μvg/k .
Решение.
Потенциальная энергия сжатой пружины
W = ½ k(Δl)2 ( где Δl = lo – l)
должна быть не меньше, чем работа против сил трения, совершенная к моменту возвращения пружины в недеформированное состояние.
½ k(Δl)2 ≥ μmg Δl → Δl ≥ 2μmg/k,
l ≤ lo - 2μmg/k
6. Из колодца, на ¾ наполненного водой, насосом откачали воду. Глубина колодца h = 20м, площадь поперечного сечения S = 1м2. Продолжительность откачки
t =30мин, площадь поперечного сечения трубы s = 25см2. Определить мощность насоса. Плотность воды ρв =1г/см3.
Ответ: Р = 571Вт.
Решение.
В предположении, что трение отсутствует работа, совершенная насосом равна изменению механической энергии системы
A = ΔW.
Условимся отсчитывать потенциальную энергию относительно дна колодца, тогда
ΔW = ½ mv2 + mgh – ½ [mg(3/4)h.
Масса, выкаченной воды
m = ρвS(3h/4),
ее скорость на поверхности определяется из условия, что за время t вся вода из колодца выкачена
S(3h/4) = svt,
Отсюда
v = S(3h/4)/st.
Решая полученные уравнения, для работы насоса получим
A = ρв [(3Sh/4)3/(ts)2 + 15Sgh2/32].
Тогда для мощности насоса получим
P = A/t = ρв [(3Sh/4)3/(ts)2 + 15Sgh2/32]/t = 571 Вт.
3.3. Сохранение энергии, импульса.
1. В лежащий на горизонтальной плоскости кубик массой кг попадает летевшая со скоростью 200 м/с пуля массой 20 г. Скорость пули была направлена вдоль горизонтальной прямой, проходящей через центр кубика, перпендикулярно одной из его боковых граней. Сколько тепла выделилось бы, если пуля вылетела из кубика со скоростью в раза меньшей , а изменением собственной потенциальной энергии кубика и пули можно было бы пренебречь?
МГУ, физ. фак. ,2000
Ответ: Дж
Решение
Поскольку на систему кубик-пуля в горизонтальной плоскости не действуют внешние силы, то закон сохранения импульса будет выполняться для любого направления, лежащего в этой плоскости. Условия задачи позволяют рассматривать взаимодействие кубика и пули как центральное неупругое соударение . Закон сохранения импульса , в этом случае , в проекции на исходное направление полета пули запишется в виде
m v = m w + M u,
где u , w = v / n – скорости кубика и пули после соударения. Отсюда
u= (m / M) (1 – 1 / n).
Закон сохранения энергии для неупругого соударения запишется в виде
mv² / 2 = mw² / 2 + M u² / 2 + Q,
где Q – теплота, выделившаяся при соударении. Отсюда
Q = ( m v² / 2 ) { 1 – 1 / n² – ( 1 – 1 / n ) ² } = 298 Дж .
2. С высоты h = 73.5 м сбрасывают два одинаковых по массе камня, связанных веревкой, длина которой L = 39.2 м. Первый камень начинает падать на to = 2 с раньше второго. Через какое время после начала падения камни упадут на землю? Падение происходит без начальной скорости. Рассмотреть два случая: 1) веревка абсолютно упругая; 2) веревка абсолютно неупругая.
Ответ: 1) τ1 = 4.6 с, τ2 = 2.8 с; 2) τ1 = 4.2 с, τ2 = 4.3 с.
Решение.
До момента, когда веревка натянется, камни падают свободно:
S1 = ½ gt2 , S2 = ½ g(t – to)2.
Момент натяжения веревки определяется из условия
L = S1 – S2. Отсюда t = 3 c, S1 = 44.1 м , S2 = 4.9 м. Время отсчитывается с момента падения первого камня. При натяжении веревки происходит абсолютно упругий удар, и камни обмениваются скоростями. В момент удара
v1 = gt = 29.4 м/c,
v2 = g (t – to) = 9.8 м/с.
Время t1 (после того как веревка натянется) находится из условия
h – S1 = v2t1 + ½ gt12.
Время t2 падения второго камня – из условия
h – S2 = v1t2 + ½ gt22.
Отсюда t1 ~ 1.6 c, t2 ~ 1.8 c. Первый камень падает 4.6 с, второй 2.8 с.
В случае неупругой веревки скорости камней после ее натяжения выравниваются (неупругий удар):
v = ½ (v1 + v2) = 19.6 м/с.
Время падения камней после того, как веревка натянется, определяется уравнениями
h – S1 = vt1/ + ½ gt1/ 2 ,
h – S2 = vt2/ + ½ gt2/ 2 .
Пути S1 и S2 те же, что и в первом случае. Отсюда t1/ ~ 1.2 c , t2/ ~ 3.3 c. Первый камень падает 4.2 с, второй 4.3 с.
3. Гантелька длины L стоит в углу, образованном гладкими плоскостями (см. рис.). Нижний шарик гантельки смещают горизонтально на очень маленькое расстояние, и гантелька начинает двигаться. Найти скорость нижнего шарика в тот момент, когда верхний шарик оторвется от вертикальной плоскости. (Слободецкий,№ 22)
Ответ: umax = (2/3)[(2/3)gL]1/2.
Решение.
Пусть в момент отрыва верхнего шарика от вертикальной стенки гантелька составляет угол α c вертикалью, скорость верхнего шарика равна v нижнего u. Согласно закону сохранения энергии
½ mv2 + ½ mu2 = mgΔh = mgL(1 – cosα),
где m – масса каждого шарика и Δh = L(1 – cosα). Отсюда
v2 + u2 = 2L (1 – cosα).
Поскольку стержень жесткий, проекции v и u на направление стержня равны:
vcosα = usinα.
Тогда
u2 = 2gL (cos2α – cos3α) = 2gL(x2 – x3),
где x = cosα.
До момента отрыва центр масс гантельки имел горизонтальную составляющую ускорения (это ускорение сообщалось силой реакции вертикальной стенки). Поэтому к моменту отрыва верхнего шарика от вертикальной стенки скорость u максимальна. Найдем значение cosα , при котором выражение y = x2 – x3 максимально. Так как y/ = 2x – 3x2 при х = 2/3, то u2 максимально при cosα = 2/3 и равно
umax = (2/3) [(2/3)gL]1/2.
4. По гладкой горизонтальной поверхности стола равномерно со скоростью v скользит доска массы m1 вместе с расположенной на ней небольшой шайбой массы m2 (см. рис.). После абсолютно упругого столкновения доски с вертикальной неподвижной стеной шайба перемещается по доске на расстояние L и останавливается. Определить коэффициент трения скольжения μ между шайбой и доской. Смещением шайбы за время столкновения со стеной пренебречь.
Ответ: μ = 2m1v2/[Lg(m1 + m2)].
Решение.
Запишем закон сохранения импульса для состояний сразу после удара и после остановки шайбы
m1v – m2v = (m1 + m2)u
и теорему об изменении кинетической энергии
½ (m1 + m2)u2 – ½ (m1 + m2)v2 = - μm2gL.
Отсюда находим
μ = 2m1v2/[Lg(m1 + m2)].
5. На сортировочной горке сталкиваются два медленно движущихся в одну сторону железнодорожных вагона. Пружины буферов смягчили удар и потом “растолкали” вагоны, так что удар можно считать упругим. Какова была максимальная энергия W упругой деформации пружин? Вагоны имеют массы m1 и m2, их скорости до столкновения равны v1 и v2.
Ответ: W = ½ m1m2(v1 – v2)2/(m1 + m2).
Решение.
В какой момент энергия упругой деформации пружины максимальна? Очевидно, когда вагоны на мгновение оказались неподвижными один относительно другого. Т.е. в тот момент, когда они движутся с одинаковой скоростью u относительно земли. Тогда законы сохранения импульса и энергии принимают вид:
m1v1 + m2v2 = (m1 + m2)u,
½ m1v12 + ½ m2v22 = ½ (m1 + m2)u2 + W.
выражая u из первой формулы и подставляя это значение во вторую, получаем
W = ½ m1m2(v1 – v2)2/ (m1 + m2).
Если бы вагоны двигались навстречу друг другу, то скорость v2 следует заменить на -v2. Интересно, что при абсолютно неупругом ударе тех же вагонов переход кинетической энергии в другие формы измеряется той же величиной W.
6. Две пластинки, масса каждой из которых равна m , скреплены пружиной жесткости k (см. рис.). Верхнюю пластинку опустили настолько, что деформация пружины стала равной xo, и затем отпустили. На какую наибольшую высоту поднимется центр масс системы после того, как отпустили верхнюю пластинку?
Ответ: H = 1/8[kxo2/(mg) – 2xo – 3mg/k).
Решение.
До тех пор пока нижняя пластинка лежит на столе, из закона сохранения механической энергии следует, что
½ kxo2 – mgxo = ½ kx2 – mgx + ½ mv2,
где x – удлинение пружины, v – скорость верхней пластинки. В момент отрыва нижней пластинки от стола
kx = mg , x = mg/k,
причем v > 0. Учитывая эти соотношения, получим
½ mv2 = ½ kxo2– mgxo – 3/4m2g2/k > 0.
Для того чтобы это соотношение выполнялось, должно быть
xo > 3mg/k.
Скорость центра масс в момент отрыва нижней пластинки от стола равна vc = ½ v. После отрыва нижней пластинки от стола центр масс будет двигаться вверх равнозамедленно с ускорением g и начальной скоростью v. Следовательно, максимальная высота подъема центра масс
Hc = ½ v2/g = v2/8g = 1/8[kxo2/(mg) – 2xo – 3mg/k),
где центр масс отсчитывается от положения центра масс в момент отрыва нижней пластинки от стола. (Эта задача дает представление о процессах, происходящих при прыжках в высоту).
7. На концах и в середине невесомого стержня длины L расположены одинаковые шарики. Стержень ставят вертикально и отпускают. Считая, что трение между плоскостью и нижним шариком отсутствует, найти скорость верхнего шарика в момент удара о горизонтальную поверхность. Что изменится, если нижний шарик шарнирно закреплен?
Ответ: v = 2[3gL/5]1/2.
Т.к. в горизонтальном направлении на систему не действуют никакие внешние силы, то центр масс системы (средний шарик) движется вертикально. Это означает, что в момент, когда верхний шарик касается плоскости, скорость нижнего шарика равна нулю, а скорость верхнего направлена вертикально и по модулю вдвое больше скорости среднего шарика. Заметим, что хотя движение в случае шарнирного закрепления нижнего шарика отличается от этого случая, вывод о соотношении скоростей справедлив.
По закону сохранения энергии
Mg( ½ L) + MgL = ½ Mv2 + ½ M( ½ v),
где М – масса одного шарика. Отсюда
v = 2[3gL/5]1/2.
8. Из бункера с высоты Н = 1 м высыпалась порция песка массой m = 1 кг и попала в пустую вагонетку массой 2m, движущуюся горизонтально со скоростью v = 3 м/с. Пренебрегая сопротивлением движению вагонетки со стороны рельсов. Определить: 1) скорость вагонетки с песком, 2) на сколько увеличилась суммарная внутренняя энергия вагонетки, песка и окружающих тел? (МФТИ, 1996)
Ответ: u = 2 м/с, W = 13 Дж.
Решение.
Будем считать взаимодействие порции песка и вагонетки абсолютно неупругим. На систему вдоль направления движения вагонетки никакие внешние силы не действуют и, следовательно, проекция импульса вдоль этого направления должна сохраняться
(2m)v = mu + (2m)u,
где u – скорость системы песок+вагонетка после взаимодействия. Отсюда
u = 2v/3 = 2 м/с.
Закон сохранения энергии для этого случая можно записать в виде
½ (2m)v2 + mgH = ½ (3m)u2 + W,
где W – суммарная внутренняя энергия вагонетки, песка и окружающих тел. Отсюда
W = ½ (2m)v2 + mgH - ½ (3m)u2 = 13 Дж.
3.4. Механические колебания.
1. Закрепленная на концах струна растянута с силой f. К середине струны прикреплен точечный груз массы m (см. рис.). Определить период малых колебаний прикрепленного груза. Массой струны пренебречь; силу тяжести не учитывать.
Ответ: T = 2π[mL/ (4f)]1/2 = π[mL/f]1/2.
Решение.
Сила, действующая на отклоненный от положения равновесия груз, равна
F = 2fsinα
(см. Рис.). Так как угол α мал, то можно считать, что
F = 4fx/L,
или
F = kx,
где k = 4f/L.
По второму закону Ньютона
mx// = - kx,
или
mx// + kx = 0.
Отсюда
T = 2π[mL/ (4f)]1/2 = π[mL/f]1/2.
2. На внутренней поверхности тонкого обода велосипедного колеса, которое может свободно вращаться вокруг своей горизонтальной оси, закреплен небольшой по размерам грузик массы m. Радиус обода равен R, а масса колеса равна М. Пренебрегая массой спиц и втулки колеса, найти период малых колебаний колеса с грузиком.
Ответ: T = 2π[(m + M) R/ (mg)]1/2.
Решение.
Если колесо повернуть на небольшой угол α от положения равновесия, а затем отпустить, то груз пройдет положение равновесия со скоростью vo . Такую же скорость будут иметь и все остальные точки обода. Поскольку массой спиц и втулки колеса можно пренебречь и колесо может свободно вращаться вокруг своей оси, кинетическая энергия колеса с грузом в этот момент времени
Wк = ½ (m + M)v2o
должна быть равна работе силы тяжести
A = mgh,
где h = R(1 – cosα)= 2Rsin2(α/2). Учитывая, что при α ½ (m + M)v2o = ½ mgα2,
т.е. амплитуда скорости vo пропорциональна амплитуде смещения Rα груза от положения равновесия вдоль траектории его движения. Отсюда следует, что при малых отклонениях от положения равновесия колесо с грузом в отсутствии сил трения будет совершать гармонические колебания и смещение груза должно подчиняться уравнению
s(t) = Rαsin(ωt + φ),
где ω – угловая частота колебаний, а φ – постоянная, зависящая от выбора начала отсчета времени t. Поскольку
v(t) = ω Rαcos(ωt + φ)
и, следовательно, vo = ω Rα. Учитывая, что период колебаний T = 2π/ω, получим
T = 2π[(m + M)R/(mg)]1/2.
3. Маленькую бусинку повесили на невесомую пружину. При этом длина пружины стала равной L. По диаметру в бусинке сделан горизонтальный канал, в который вставили гладкую спицу. Спицу закрепили горизонтально так, что длина пружины осталась равной L. Найти период малых колебаний бусинки. (МГУ, физ. фак.,1995г.)
Ответ: T = 2π(L/g)1/2.
Решение.
Пусть ось ОX совпадает с осью спицы, а ее начало с положением бусинки при равновесии. Поскольку при малых отклонениях от положения равновесия |x|/L
m
L
X x O
x// = -mgsin = mgx/L
и искомый период колебаний
T = 2π(L/g)1/2.
4. На бруске массой М = 100 г, находящемся на гладкой горизонтальной плоскости, вертикально установлен легкий стержень, к которому привязана нить длиной L = 25 см с грузом массой m = 50 г (см. рис.). Нить с грузом отклоняют на небольшой угол от вертикали и отпускают. Определить период возникших колебаний груза, считая их гармоническими. (МАИ,1999)
Ответ: T = 2π[(m + M)L/gM]1/2.
Решение.
При движении груза сила натяжения нити будет действовать на стержень, что приведет к движению бруска. В результате точка подвеса будет двигать с некоторым ускорением. Поэтому применять формулу
T = 2π(L/g)1/2
для периода колебаний математического маятника нельзя. Для решения задачи воспользуемся выражением максимальной скорости тела, совершающего колебания с частотой ωо = 2π/T:
vmax = Aωо,
где A = αL – амплитуда колебаний ( α – максимальный угол отклонения). Следовательно,
vmax =2παL /T, T = 2παL/ vmax.
Так как скорость груза максимальна при прохождении положения равновесия, а система “груз-брусок” замкнута в горизонтальном направлении, то законы сохранения импульса и энергии можно записать в виде
m vmax = Mu,
mgL(1 - cosα) = ½ m v2max + ½ Mu2.
Откуда получим
vmax = [2MgL(1 - cosα)/(M +m)]1/2 = [4MgLsin2(α/2)/(M +m)]1/2 =
= 2sin(α/2)[MgL/(M +m)]1/2.
Поскольку угол α мал, то 2sin(α/2) ~ α . Следовательно,
T = 2π[(M + m)L/gM)1/2 .
Если масса бруска M >> m , то это выражение совпадает с выражением для периода колебаний математического маятника.
5. Из пункта А в пункт В был послан звуковой сигнал частоты ν = 50 Гц, распространяющийся со скоростью v = 340м/с. При этом на расстоянии от А до В укладывается целое число волн. Опыт повторили, когда температура воздуха была на Δθ = 20К выше, чем в первом случае. При этом число волн, укладывающихся на расстоянии от А до В, уменьшилось на две. Найти расстояние l между пунктами А и В, если при повышении температуры воздуха на 1 K скорость звука увеличивается на 0.5 м/с.
Ответ: l = 450м.
|