ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ

Г Л А В А I

МЕХАНИКА

§ 1. Прямолинейное движение

1. 1) Начало координат поместим в пункте отправления поездов, ось коор­динат направим по движению (рис. 177). Координата товарного поезда в момент времени t, когда его догнал экспресс, s1 = i;1/. Координата экспресса, который

шел на время tx меньше, в этот же момент времени s2 = v2 (t — tx). Обе эти координаты должны быть рав­ны координате места, где экспресс догнал товарный поезд: s1 = s2 = s. Приравняв Si и s2, находим:

^——

Ъ sz ---- ^S

Рис. 177t--

U2ti : 1 Ч, S = = 36 км.■ v2 — vt v2 — v±

2) Графическое решение представлено на рис. 178, где линия / — график движения товарного поезда, линия II — график движения экспресса. Точка пересечения этих линйй определяет координату места, где экспресс догонит

товарный поезд, и время, когда это прои­зойдет.

2. 1) Начало координат поместим в С, ось S направим от С к В (рис. 179). Законы движения первой и второй автомашин:

5i = — тг + Vl* ’

А V, L

L"2

JL в

Рис. 178 Рис. 179

При встрече координаты должны быть одинаковы, s1 = s2 — s. Приравняв st и s2, находим:

t = L/(v1 + v2)=l,5 ч.

188

Координата места встречи (расстояние от С)

s=^ — v2t = — y + = — 30 км.

2) График движения машин представлен на рис. 180. Линии I и II —

графики движения первой и второй машин соответственно. Точка их пересече­ния определяет время и координату места встречи.

3) График зависимости расстояния А/ между машинами от времени пока­зан на рис. 181.

3. Закон движения конца A: xA — b-j-vt, уА — 0. Следовательно, ув =

= |/> — (b + vt)*.4. Вариант I. В неподвижной системе координат (рис. 182) обгон начи­

нается, когда координаты начала электропоезда и конца товарного поезда

одинаковы и равны, скажем, величине Ь. Заканчивается обгон, когда одина­ковы координата s t начала товарного поезда и координата $2 конца электро­поезда. Если за начальный момент времени принять начало обгона, то закон движения начала товарного поезда s1 = 6 + L1 + y1£, а закон движения конца электропоезда s2 = 6— L2-\-v2t. Приравняв Si и s2, получим:

t = L2)/(v2 — Vi) = 50 с.Вариант II. Возьмем систему координат, движущуюся вместе с товарным

поездом, начало которой совпадает с началом этого поезда, а направление —

189

с направлением его движения (рис. 183). В этой системе координат скорость электропоезда v0Tn — v2 — v1. Закон движения конца электропоезда, если за начальный момент времени принять начало обгона, s = —(Li + L2) + уотн * t. В момент завершения обгона конец электропоезда будет в начале на­шей системы координат. Поэтому его координата будет равна s = 0.

Следовательно, для этого момента времени

Ь±-\-Ь2 = ио т н * Ut — (Li-\-L2)/(v2— &i)-=50 с.

5. L = (vi + v2) ^=150 м.

Рис. 1836. Vi =У vl-

2Lv<>t

= 15 м/с.

7. В системе координат, изображенной на рис. 184, законы движения: плоскости x1 — s = vt f r/i —.0; стержня: х2 — 0, y2 = h = vCT • t. Для любого момента времени yz = h = stga t следовательно, vCT = v tga.

8. Вертикальная составляющая скорости капли t^ = 0cosa от движения трамвая и ветра не зависит. Горизонтальная составляющая при неподвижном трамвае определяется скоростью ветра и равна vx = v sina = vB; при движе^ нии трамвая, согласно условию,

v'=*v sin a — vT — 0 t или с!в = ут = 5 м/с,

Из рис. 185 скорость капли в безветренную погоду равна

vy = vx ctg а — vT ctg a = 8,66 м/с,

9. Возьмем систему координат с началом в том месте, где пловец входит в воду. Ось ОХ направим вдоль берега по течению, ось OF —перпендикулярно к берегу. Предположим, что v2 составляет с ОХ угол а (рис. 186). Тогда законы движения для проекций на координатные оси будут х — (их + v2 cos а) • t и y==(v2sma)-t. Пловец попадает на другой берег, когда у — Н. Следова­тельно, время, необходимое для переплывания реки, t — H/(v2sina). Оно будет минимальным, когда sin а максимален, т. е. а —п/2 (рис. 187), и 4шн “ Н(v2.

190

При a — Ti/2 имеем: x — vxt. Поэтому, когда пловец окажется на другом берегу, x — Xi = VitMim = v1H/v2. Длина пути s определяется выражением:,

V2,

10. В системе координат с началом в пункте А (рис. 188) координаты лодки х = (vx — v0 cos сс) • t, y = (v0sina)-t. После подстановки X=L, у — Н получим:

HotV° ~ L sin a + H cos a *

11. Направим ось OX системы координат против движения корабля (т. е. на восток), а ось OY — перпендикулярно к движению —на север, как

показано на рис. 189. Составляющая % cos j3 скорости ветра w± отно­сительно корабля больше составляющей wx = w cos ос скорости ветра w отно­сительно земли на величину скорости корабля v (здесь (3 и а —углы межд^ курсом корабля и направлениями скоростей w1 и w соответственно), т. е.

W± COS Р = Ш COS 06 +У. (1)

Составляющие скоростей w ly = w t sin Р и wy = w sin а в направлении, перпендикулярном к движению корабля, равны между собой, т. е.

wx sin р = w sin a. (2)

*191

Чтобы исключить неизвестный угол (5, возведем (1) и (2) в квадрат и сложим почленно. В результате получим: = o;2 + t;2-|-2t>ay cos а. Отсюда

w — — v cos а ± У v2 (cos2 а — 1) + wf , или, учитывая, что а = 45°,

«=-ГГ+Г:”г

Здесь мы отбросили отрицательный корень, так как согласно условию задачиw > О (этот корень появился при возве­дении в квадрат уравнений (1) и (2)).

12. Рассмотрим движение точки Рг относительно точки Рг. В системе коор­динат XOY, связанной с точкой и расположенной, как показано на рис. 190, составляющие относительной скорости v0 точки Р2 будут их= — (v1 + v2cosa) и v z=v2 sin а. Сама относительная ско­рость v0.=yvl+v* направлена по диа­гонали прямоугольника, построенного на vx и vy. Кратчайшим расстоянием

между точками Рг и Р2 за все время их движения будет, очевидно, длина перпендикуляра AD = r к линии, по которой направлена относительная скорость. Если обозначить угол между осью ОХ и относительной скоростью v0 через Р, то /* = / sin Э, причем sin$ = vy/v0. Таким образом,

lvu lv2 sin ос

У vl + v*y У v\ + v\ + Ъ^р2 cos gc

Время t, в течение которого точка Р2 в относительном движении пройдет расстояние £D = /cosp, равно

t — — *CQS Р“ v0 “ v0

После подстановки значений cosP =

t = -

Vx Vo

I (vx + v2 cos a)

vx и v0 получим:

v | —|— vi -j- 2v±v2 cos os

13. Время движения первого паровоза tx — ~~ + его средняя ско-Zl'i Zv2рость v^1 — 2vxv2!(vi + v2} = 53,3 км/ч.

Путь, пройденный вторым паровозом, /2 = (vx + v2) t/2, его средняя ско^- рость vcp2 = (v1-Jrv2)/2 = 60 км/ч.

14. 1) vK = v0 + a2t2 + a3t3 + aJ^ = 5 м/с;1

s = v0ti -f- (^v0t2 Н—|— j + £(vo + *з4~^] +

[<^ср — '

+ j (^0 + а2^2+Яз^з) t4

= 5,9 м/с.

5 м;

192

2) На графике v — f(t) (рис. 191) конечная скорость ук = 5 м/с. Путь s численно равен сумме площадей, обозначенных на рисунке.

15. Скорость дождя относительно самолета (рис. 192) и — Ут2-\-и\у где = —v, составляет угол р с горизонтальным направлением, причем sin р =

= wlu и cos Р = v/u. На наклонное стек­ло в единицу времени падают капли дождя, находящиеся в косой призме с образующей и, площадью основания S (основанием является это стекло) и вы­сотой h — usmy, где7 = а + р (рис. 193).Объем этой призмыV=Su sin (а + Р) =

= Su (sin а • cos р + cos а • sin Р).Если в единице объема находится од­новременно п капель, то количество капель в призме, или, что то же са­мое, количество капель, падающих нанаклонное стекло в единицу времени, Nx — nV, Отсюда, учитывая значения V, sin Р и cos р, найдем: JV1 = Sn (v sin a+w cos а). Положив в этой формуле

Рис. 191

Рис. 192

а = 0, получим количество капель, падающих в единицу времени на горизон­тальное стекло: N2 = Snw. Таким образом,

Ni v sin a + w cos a

16. Так как у; —u§ = 2a/ и v2—vl = 2a~-, то о = У ^~^=5 .и/о.

17. Составляем уравнения движения в виде

Х2 Х1 — (h — ^l) + 2 (^2 — ^l)2>

X3 Xx — Vi (t3 — /i) + —- (t3 — ti)2,

где Vi — скорость в точке xv Исключив Vi из этих уравнений, найдем:

д _ ^ [fe ~~~^2) h ~Ь (*1 хз) ^2 1~ (х2 —Xl) 41(t2 ^i) (/3 — /2) (^1 — ̂ з)

у—Уф+2gk18. Д/=Д-V. ' g

7 Задачи по физике

■ 1 С.

193

19. а =2 (п— 1) s(п + 1) t2

20. Когда второе тело догонит первое, их координаты будут равны; t = 2v/a = 200 с.

Sv\v\21. - = 3750 м.

~a(v 1 + у2)2

22. Обозначив времена ускоренного, равномерного и замедленного движе­ния через t l t t2 и /3, составим уравнения для каждого этапа движения:

ajt Isi— 2 ’ v = a1t1, s2 = vt2, s3 = vt3 —

a2t |vK = v — a2t3 = 0.

Присоединяя очевидные соотношения t=t1-\-t2Jr h и s = s1 + s2+s3, получим

систему из семи уравнений с семью неизвестными, решая которую найдем:

аг а2) .

Значительно проще получить решение при помощи графика v = f(t) (рис. 194). Путь численно равен площади фигуры, ограниченной ломаной

линией, выражающей эту зависимость, и осью времени. Эта площадь равна площади прямоугольника s0 = vt без площадей двух треугольников sx и s3, а именно:

v2 V2

s S° s* s*~ -2а[ 2a^'

отсюда получается для t значение, приведенное выше.

23. Характер движения поезда та­кой же, как и движения автомобиля

в предыдущей задаче. Поэтому для нахождения решения достаточно в ответеS Vпредыдущей задачи заменить а1 = а2 = а. В результате получится: t=— + ~•

Решая это уравнение относительно а, найдем:

a = v2l(vt — s) ^ 0,17 м/с2.

24. vK — V%gh ~ 6,3 м/с.25. и = У 2gH() + У5 = 24,8 м/с.

s 25,4 м/с.

27. J (VK-Vh) =«0,02 с.

28. Путь, пройденный телом за все время движения t2t равен s = gtl/2; путь, пройденный телом за время движения ^ </2, равен sx — gtf/2. По усло­вию задачи s — s! = 2/3s и t2 — tx — t= 1 с. Из этой системы четырех уравнений с четырьмя неизвестными можно получить для s квадратное уравнение

«2-3^%+5^=0.

26. Рср = ^(К2+0

Т -УЮ,

194

Из двух корней этого уравнения s = 3/4 (2 ± 1^3) gt2 лишь первый удовлетво­ряет условию задачи. Таким образом,

s= А (2+/3)^2=27,4 м.

29. Возьмем ось координат О#, направленную вертикально вверх, с на­чалом отсчета в месте бросания тела (рис. 195). Тогда ки­нематические уравнения движения

v = v0—gt

(о

(2)'маис

макстело

Е

-н

«л

дают значения координаты и скорости в любой момент времени. При достижении высшей точки подъема Ят скорость тела v — О. Из уравнения (2) найдем, что достигает #макс спустя время t — vjg после бросания. При t v0/g координата Н и путь s равны. В частности, при t = v0/g путь s = #MaKC = ^/2g. При t>v0/g координата Н убывает, в то время как путь, который равен сумме всех пройденных телом расстояний независимо от направления движения, продолжает увеличиваться. В частности, при t = 2u0/g координата Н — 0, т. е. тело вернулось в место бросания, а путь s = 2HuaKC = v%/g. При t>2vjg коорди­ната становится отрицательной, т. е. тело спускается ниже места бросания (если, конечно, для этого есть возможность). Из рис. 195 видно, что для t > vjg пройденный телом путь

Н

шРис. 195

s = 2#MaKC-# = ^- v0t- (3)

где t — время, протекшее с начала движения. Это выражение будет верно и при t > 2vjg. В тех же случаях, когда t < vjg, путь вычисляется, как и координата, по формуле (1).

При значениях, данных в условиях задачи, ^=10 с больше, чем v0/g = Зс. Поэтому вычисление пути надо делать по формуле (3). При этом получается s = 290 м. Значения же координаты и скорости для этого момента времени, найденные по формулам (1) и (2), будут соответственно # = —200 м и v = = —70 м/с. \

30. Н=Н1+^{^Г£Г-у) %1225и’

31. Если за начало отсчета берется место бросания, то координата h тела, брошенного вертикально вверх, определяется уравнением

h — Vot — 1(1)

Это уравнение при заданных v0 и h удовлетворяет двум значениям ti

v0 ± Vv% — 2ghti.

7* 195

Разность этих значений и есть промежуток времени между прохождениями телом одной и той же высоты h, т. е.

2Vvj-2ghAt — t2 — U

g(2)

Отсюда

v0~- ■у 2gh- g2№*

Если в выражении (2) положить /2 = 0, то мы получим промежуток вре­мени между вылетом тела и его возвращением в начальное положение: А/0 = = Подставив сюда полученное ранее значение v0i найдем:

дг0=22 h (АО2

g ' 4 *32. АН = H0 — v0t.33. Направим координатную ось OY вертикально вверх. Тогда уравнения

движения шариков будут иметь вид:

Уг — h -f- Viti—|["^!> У2 — h—

где t±—время падения на землю первого шарика, a t2 — второго. Падению на землю соответствуют координаты у1=у2=0. Определив tx и /2 из полу­ченных квадратных уравнений, найдем:

34

(Hr

к — к = у (vi + v2 + Vv\+2gh — V»l + 2gh).

2 s

35. Уо

+— h'

■h*) VI

1 c.

; 3,69 М/С.V 2 (H1—h)

36. Скорость первого тела в момент времени t будет vx = v0—gt. Скоростьвторого тела в этот же момент времени v2 = v0 — g(t — Т). Относительная ско­

рость v01H = v2 — v l—gT постоянна, т. е. тела движутся относительно друг друга равномерно.

37. Пусть за некоторый весьма малый промежуток времени t лодка переместилась из точки А в точку В на расстояние s—s1 = vj (рис. 196). За это же время веревка, имевшая положение AD, заняла положение BD, причем длина ее уменьшилась на величину L — Ly—vt. При малой ве­личине t будет мал также и угол а. Поэтому угол р в равнобедренном

треугольнике BCD будет очень мало отличаться от 90°. Следовательно, тре­угольник АБС можно считать прямоугольным и

L — Li vt vS—Si — vxt ~ Vj,

196

= cosy; отсюда уд = cos 7

При приближении лодки к берегу угол у увеличивается и vA возрастает. КакVIТ-

видно из рис. 196, cos y =-h2

LvL

. Поэтому при L=10 м

1,25 м/с.VL.*-h?

Для нахождения перемещения лодки формулу пути равномерного движе­ния s — sx = vj можно применять лишь в том случае, когда промежуток вре­мени t достаточно мал и скорость лод­ки в течение него не успевает за­метно измениться;

s-s^V L2-h2-V Lf—h2 ==Vl? -h*-V(L-vty*-h*= 1,25 м.

38. Поместим начало отсчета в нижнюю точку наклонной плоскости, направим ось координат OS вдоль наклонной плоскости, как показано на рис ния. Для первого тела:

V l = v0 — (g sin a ) - t , sx = v0t

для второго тела:

v2 = —(gs in а ) • t , s 2 = L -

197, и запишем законы движе*

(g sin а ) • t 2 m2 ;

(g sin a )-t2

В момент встречи sx = s2, L = v0t, т. e. t=L/v0 = 5 c.Скорость второго тела относительно первого у0тн — v2—Vf = — Vq — ~« о „ — I , ( g s i n а ) ' h , ■ ( g s i n « ) - 439. ^cpi— ^ — lo + 2 * CP

2 (УСр2 ycpi) ^

= 0o-

-50 cm/c.

отсюда

sin a = - a = 30®.2

40. Скорость движения шарика у доски при первом падении на нее Vf

= ]/r2gh, время падения t t — Y2h/g. Ско­рость в момент отскакивания у2= 0,75^ == 0,75 У 2gh. Из условия v — v2—gt2 = 0 находим время движения шарика вверх пос­

ле отскакивания: t2 — ---—0Jb\' —. Такg ' g

как время подъема и время падения оди­наковы, то искомое время

Т = /1 + 2/а = 2,5 V^hjg—1,38 с.

41. Если положительным считать на­правление вверх, то при падении проекция скорости отрицательна и пропорциональна времени: v=—gt. На графике (рис. 198) такому движению соответствует линия ОЛ, корению

причем tga соответствует ус- g . При ударе знак проекции скорости мгновенно меняется на

197

противоположный, и величина ее уменьшается согласно условию задачи вдвое, т. е. после удара значение скорости соответствует точке Б. При подъеме скорость падает до нуля (точка С), причем наклон линии остается прежним, так как ускорение все время равно — g. Далее снова происходит падение. При паде­нии достигается та же величина скорости, которая была в первый момент после удара (точка D), и т. д.

Согласно формуле v2 = 2gH высота подъема пропорциональна квадрату скорости. Поэтому после т-то удара, когда скорость будет в пт раз меньше, чем перед первым ударом, высота Нт будет в п2т раз меньше #0, т. е. Ят = = HJn2m. После каждого удара мяч будет проходить вверх и вниз путь, рав­ный удвоенной высоте: после первого удара s1 = 2H1 = 2H0!n2, после второго удара s2 = 2tf2 = 2tf0/tt4, после третьего удара s3 = 2H3 = 2H0/nQ и т. д. Чтобы получить полный путь, надо к сумме величин Si + S2 + S3 + --- прибавить еще путь 50 = Я0, пройденный до первого удара. Таким образом,

с И , 2 Я , , 2 Й , 2 Я 0 , 2 Й 0 Л 1 1 1 \5=я»+*г+-^г + ^г + - - я ° + ^г + ^ + + - J -

Здесь в скобках стоит бесконечная убывающая геометрическая прогрессия1 н 2

со знаменателем q=l/n2. Сумма членов такой прогрессии равна j—-= ——j-.

Подставив это значение в выражение для пути, получим:

5 = Я о^Щ = ТЯо = 200 м.

42. Шарик к моменту встречи с плитой приобрел скорость vx =— У 2gh. Скорость шарика относительно плиты, движущейся ему навстречу, в этот же момент равна v' = —(1/r2gh-{-v). После абсолютно упругого удара скорость, шарика относительно плиты v'2 =—v[. Скорость v2 шарика относительно точки, в которой произошло соударение (эта точка неподвижна), больше, чем отно­сительно плиты (плита догоняет отскочивший шарик со скоростью v), а именно: v2 = V2 + v = J/r2gh-{-2v. Искомая высота

43. Разложив скорость v0 на тангенциальную (вдоль стенки) и нормаль­ную (перпендикулярно к стенке) составляющие, получим соответственно: vox = = v0 sin а и v0n = v0cos a. Тангенциальная составляющая, благодаря гладко­сти стенки, не изменится. Относительно движущейся стенки проекция скоро­сти на нормаль vn = vn0-^u = v0cos a-\-u. После удара она изменит знак, сохранив свое численное значение. Относительно неподвижной системы от­счета проекция на нормаль скорости шарика после удара vn2 изменится на величину скорости и (так как стенка догоняет шарик), т. е.

~ (vn + ti) = — (v0 cos a + 2u).

Полная скорость шарика относительно неподвижной системы отсчета после отражения от стенки будет

v = У v2п2 + v*x = V(Ро cos а + 2и)2 + v\ sin2 а. *

198