§ 1I. Задача решается просто в системе отсчета, связанной с

водой в реке. В этой системе отсчета расставание и встреча ка­теров происходят в одной точке. Катера разошлись на время 2т, за которое мост (вместе с берегами) «отъехал» на расстояние s со скоростью, равной скорости реки и. Таким образом и2т = .<\ откуда

и — = 2 км/ч.

2. По определению средняя скорость есть отношение полного пути х, пройденного автомобилем, к полному времени дви ж е­ния /:

Согласно условию задачи для первой и второй половины пути имеем соотношения:

= Vi Л,

S

2t2

V2 у “Ьhу ,

где /, и t2 — время, за которое автомобиль проезжает первую и вторую половину пути. Очевидно, tx-\- t2~ t , отсюда:

< £ /> = S

+ sv2 + y3

2t>! (p2 + a3) v2 + v3 + 2 v l

40 км/ч.

График зависимости пути, пройденного автомобилем, от времени приведен на рис. 49.28

3. Перемещение d шарика относительно пола складывается из его перемещения по стволу пушки b и перемещения пушки / по полу (закон сложения движений, рис. 50, а ) : d = b- \ - l .

d

Шарик покинет ствол в направлении перемещения d, модуль которого определяется по теореме косинусов:

d = 2 b I cos а да 8 см,

а направление (угол р ) — из теоремы синусов (рис. 5 0 ,6 ):

sin р = (b/d) sin а, р = 39°.4. Скорость у2| легковой машины относительно грузовика

равна разности скоростей легковой машины v2 и грузовика у, относительно дороги:

^2! = — У, = У2 + ( — У,).

Построение вектора у21 показано на рис. 51, из которого очевидно

'21 = л[и? + Уг = 2 2 м /с ;

а = arctg — = arctg 0,5 = 27°.

29

Рис. 51 Рис. 52

~и5. Направление флага совпадает с направлением скорости

ветра v' относительно корабля, равной разности между скорости ми ветра и и корабля и : и' — и — и (рис. 52).

6. Графики ax(t), x ( t ) и l(i) изображены на рис. 53,б-г под графиком ux(t) на рис. 53, а. В интервалах времени 0 ^ t ^ 2т и Зт ^ t ^ 4т частица движется с ускорениями, проекции которых на ось ;<с противоположны по знаку, но одинаковы по модулю; в интервале 2т ^ t ^ Зт движение частицы равномерное.

Зависимость x(t) в интервале 0 ^ 2т и З т ^ / ^ 4 т изображается участками па­рабол с вершинами, отвечающими мо­ментам 1 = т и t = 4т, когда скорость ча­стицы обращается в нуль.

Положение ветвей парабол по отно­шению к их вершинам («вверх», «вниз») определяется знаками проекций ускоре­ний ах— и0/т при 0 ^ / ^ 2 т и ах = — и0/т при З т ^ ^ 4 т . В интервале времени 2 т < г < 3 т график x(t) — отрезок прямой, плавно сопрягающийся с параболами.

За время движения от / = 0 до t- — 2т перемещение частицы равно нулю, но пройденный ею за это время путь (у0 т) вдвое больше модуля перемещения в течение времени от / = 0 до t — т.

Среднее значение модуля скорости в интервале 0 ^ / ^ 2 т равно отношению ко времени 2т пути у0т, пройденного за это время: <Cv> = у0/2.

*5г*00

а )

" ' T T K .

-ть/ Т 2 V З Т 4 Г t

^Ол

о

\ О

-%!*Г 2 Г з |Г 4\Г t

X 6)3 v0t/2

гГвгVoT/2

П J / 'У 1 1-4?ft

З г 4 с t

2 Г З Т 4 Т i Рис. 53

7. Найдем вначале проекции ускорения на оси координат:

аг = 0,5 м/с2; а = V v V O y _ , с „ /„2= 1,5 м/с .М • ’ У AtМодуль ускорения и угол а между ускорением и осью х:

а = Д/а2 + а2 = 1,6 м/с2;

а = arctg — = arctg 3 = 72°.^х

8. Выбрав в качестве положительного направление верти­кальной оси Оу снизу вверх (с началом О в точке бросания обоих тел), запишем законы (1) и (2), по которым изменяются со временем ординаты первого и второго тел:

0i (O = vo(* + to) — g(/ + T0)2/2, (1)

y2( t ) = v 0t — g t 2/2, (2)

где t — время нахождения в воздухе второго тела с момента, когда его подбросили (к моменту t первое тело находится в полете время t + т0) .

В момент столкновения t = т ординаты обоих тел одина­ковы:

У\ (т) = 02(т),или

Щ (т + Т0) — g (т + т0)2/2 = v0 т — g т2/2,откуда

т = V g — т0/2 = 3с.Столкновение тел происходит на высоте

Л = у2 (т) = v2J 2 g — g Тд/8 « 85 м.9. Искомые зависимости определяются уравнениями равно­

переменного движения с ускорением a = g и с проекциями на­чальной скорости v0x = vQ cos a; v0y = v0 sin a:

ax — 0;

<*y = — g;vx — v0 cos a;

31

Графики приведены на рис. 54. Момент времени соответст­вует максимальной высоте подъема тела и определяется из условия vу = 0, откуда t { = vQ sin a/g. Момент времени t2 со­ответствует падению тела на землю Он определяется из условия у = 0, откуда t2 = 2 у0 sin a/g.

vy=~v0sma — gt\ x = Vq cos a t\

, g t2y = v 0 sin a t —

Для нахождения максимальной высоты h полета тела нужно подставить t = t{ в выражение для у, в результате получим

Л = y(U) =Up sin2 a

2 g32

Для нахождения дальности полета / нужно подставить t = t2 в выражение для х:

2 Уд sin a cos а у* sin 2 а

ё ~~ gЮ. Д альность полета камня, брошенного от земли под не­

которым углом к горизонту, равна угт, где vr — скорость (по модулю) перемещения тела в горизонтальном направлении; т — время полета камня. В пренебрежении сопротивлением воз­духа скорость иг постоянна. Чем больше начальная вертикаль­ная скорость, тем дольше находится в полете брошенный камень. Поэтому;

камень, брошенный с большей скоростью (у, > у2), полетитвыше и дальше (см. рис. 4, а);

оба камня (см. рис. 4,6) поднимутся на одинаковую высоту (вертикальные составляющие их начальных скоростей одина­ковы), но камень, брошенный с большей скоростью, полетит дальше.

11. Используя полученные в решении задачи 9 выражения для дальности и длительности полета, находим

sin 2 а = ^JJL = 0,61;vo

2и = 38°; а =19°;/ — 2 v0 sin a/g = 13 с.

I = x{t2)

Cl J12. Через т = 4с аэростат на высоте h — —— = 4м приоб­ретает скорость « = (1т=2м /с . Проекции скорости камня на координатные оси х и у в момент бросания (рис. 55):

v0x = i>0' cos а' = 4,76 м/с; v0y = vQ' sin «' -\- и — 4,75 м/с.

Закон движения сброшенного камня относительно земли имеют вид:

x ( i ) = v 0xt,

u( t ) = h + v 0y t — ^ ~ .

33

t D

Из условия падения камня (i/ = 0) при I = т" находим

Л + и0ит’ - g r ' 2/ 2 = О,откуда

(решение со знаком «минус» перед ра­дикалом не имеет смысла, так как при этом t <С. 0). Дальность полета камня по горизонтали

1 = х( т') = и0гт' = 7м.Рис. 55

13. Катер перемещается относительно берегов со скоростью = у, a i. В проекциях на координатные оси, выбранные, как

показано на рис. 56, законы движения катера записываются так:

Vx=Vlrvy — at;

х = и, t;

у = at2/ 2.

Рис. 5634

Из условия y — b находим время т, за которое катер пересечет реку

т = У2Ь/а = 85 с,и снос его течением

/ = х(х) = i>i т — 170 м. Скорость перед подходом к берегу:

vy(r )= ах = л/2 Ь а;г~

u(r) = AJux + °S == V t 2ba = 8,7 м/с.Угол между скоростью и берегом:

tg а = °и W У2йа _ 4 2- а = 77°.

14. При движении меняется только направление скорости, а модуль начальной скорости у, и модуль конечной скорости у2 одинаковы (рис. 57, а) : у, = и2 = и.

Рис. 57

Построение вектора приращения скоростиА и — v2 — v 1

показано на рис.57,6, из которого следует:

|д у| = 2 v sin = 5,2 м/с;

0 =л — а

о — 75°.35

15. Когда мальчик, переменив направление своего движе­ния, перестал перемешаться относительно Земли, скорость v' его движения по карусели стала равна линейной скорости сdR периферийных точек карусели по отношению к Земле: v' — ш R (названные скорости противоположно направлены). Скорость мальчика по отношению к Земле до того, как он изменил на- правлление своего движения, была равна, следовательно, и = — ил R v' — 2 ш R, и мальчик двигался по окружности радиусом R с центростремительным ускорением а^— v2/ R = А т2 R — = 0,2 м/с2 относительно Земли.

§ 2

16. На ракету действует сила тяжести mg и сила тяги Р (рис. 58), равнодействующую которых R найдем по теореме косинусов:

R = V f2 -(- (mg)2 — 2F mg sin a.

Ускорение ракеты

a = — — ~yjg2 ( — ) — 2 — g sin a = 17 м/с2.m V \ m J m °

Направление ускорения определяется углом |3 между силой R и горизонтом:

tg р = Ry/ R x = (F sin a — mg)/F cos a — 0,93; (3 = 43°.36

17. Минимальное значение F0 должно быть по модулю равно максимальному значеению силы трения покоя, которое при­ближенно равно силе трения скольжения FTрск. Силу трения скольжения найдем, спроектировав уравнение движения бруска на направление силы F:

та = F Frp ск,откуда

т̂р.ск. = F ~ п о ­следовательно,

F = F1 0 1 тр.ск. — 5 Н.18. На брусок действует сила F,, сила тяжести mg, сила

трения Frр и сила нормальной реакции опоры N (рис. 59).

Рис. 59

Уравнение движенияma = F + mg + Frp + N

спроектируем на горизонтальное и вертикальное направления:тах = F cos а — FTp, |

тау = F sin а — mg -(- N. )

Заранее неизвестно, останется ли брусок в покое, будет скользить по полу или даже при достаточно большой силе F оторвется от пола и полетит. В таком случае нужно сделать какое-либо определенное предположение и затем по результату решения задачи оценить правильность этого предположения.

Предположим, что брусок будет скользить по полу. В этом случае

ау — 0, FTp = kN.37

Подставляя эти величины в уравнения (1), найдемN = mg — F sin а;р

ах — — (cos а к sin а) — kg.

Для данных, приведенных в условии а), получаем iV = 9,5H; аК — — 3,9 м/с1*.

Значение ах <g0 означает, что брусок будет двигаться влево, чего не может быть. Следовательно, предположение о наличии скольжения неверно, и брусок останется в покое:

ах = ау= 0 .При условии б) выражения (2) дают «разумные» результаты:

N = 7,5 Н; ах — 0,6 м/с2.При условии в) выражения (2) дают

N — — 2,5 Н; ах = 23 м/с2.Значение N < 0 неприемлемо, поскольку пол может только

давить на брусок, но не может «тянуть» его. Таким образом, брусок оторвется от пола. В этом случае N — 0 и FTp — 0 и из уравнений (1) находим:

рах ~ — cos а = 22 м/с2;т 1

а = — sin а — g = 2,5 м/с2;У П1 Л '

аУ~ л Ц + 4 = 22 м/с2;19. Когда брусок только сдвигается с места, его ускорение

равно нулю. Воспользовавшись результатом (2) предыдущей задачи, находим силу, достаточную для сдвигания бруска:

F = ~---- -----------. (пcos а Н- k sin а 4 у

Сила будет минимальна, когда знаменатель этого выражения максимален. Выполним преобразование:

cos a -f k sin а = v 1 -)- k2 cos (а — cp), (2)где tp — угол, определяемый соотношениями:

1 • kcos (pVl +F2'

sin ф =V l + k2

tg cp — k.

38

Очевидно, выражение (2} максимально, когдаао — Ф — arctg k — 27°.

Подставляя в (1) найденное значение а, получаем

F0 = mg - ~ — ■ = 4,5 Н.Vi + k2

20. На брусок действуют (рис. 60): сила тяжести mg, нормальная реакция опоры N, сила трения F и сила натяжения нити Г. Уравнение движения

та = mg + N + f Tp + 7спроектируем на ось х, параллельную наклонной поверхности, и на ось у, перпендикулярную ей:

тах — mg sin u — Fxp + T cos a, may = — mg cos a + N + T sin a.

Рис. 60

( 1)

По условию брусок не отрывается от поверхности и скользит по ней с очень малым (практически нулевым) ускорением. По­этому

ак = ау~ Лгр = k N ,и уравнения (1) принимают вид:

0 = mg sin a — k N + T cos a;0 = — mg cos a + N -)- T sin a.

Умкожие второе уравнение на k и сложив с первым, получим 0 = mg (sin a — k cos a) 4- T (cos a + k sin a),

откудаrp k COS Ct “ ■ S il l CC A OO UT — m a ------- ---------= 0,38 H.э cos a k sin a

39

Если k <С tg а получается Т <С 0. Это означает, что брусок сам будет скользить по поверхности, и тянуть его не нужно.

21. При малых значениях а0 шайба не проскальзывает относительно доски и движется с тем же ускорением: а — а0. Это ускорение сообщается шайбе силой трения покоя. Поскольку

FTp.noK. < k N = kmg,

имеем

а ■ тр. пок.

пг < kg.

Таким образом, до тех пор, пока a0^ . k g , проскальзывания нет и а = а 0, затем с увеличением а0 начинается проскальзывание, и шайба движется с ускорением

не зависящим от а0.

а — тр.ск _ kmg _ kg ,m tnГрафик дан на рис. 61.

22. На брусок действуют (рис. 62): сила тяжести mg, сила нормальной реакции N и сила трения FTp. Уравнение второго закона Ньютона

та = mg + Л/ +

проектируем на оси х и у, указанные на рис. 62:тах = N\

та у = mg — F Tp.40

Очевидно, в направлении оси х брусок движется с тем же ускорением, что и стенка:

ах — а0; N = т а 0.Если ускорение а0 невелико, брусок скользит по стенке.

В этом случае Fip = k N = kmaQ, и мы находим

а трт

= g — ka0.

Если g, получается ау ^ 0. Это означает, что брусок«прилипает» к стенке. В этом случае ау— 0 и сила трения

= rng.График зависимости силы трения от а0 приведен на рис. 63.

При условии а) имеет место ka0>g , поэтому

ах==аь = 30 м/с2;

0;а„

а — а0.При условии б) будет k а0 < g, и мы находим

ах = aG= 10 м/с2;

ау = g~~ ka0 — 6 м/с2;

tg a = -^ = 0,6; a = 31 °.

23. В горизонтальной плоскости на брусок действует со стороны доски сила трения

F1P = kmg,направленная влево (против направления скольжения бруска по доске), а на доску — такая же по модулю сила со стороны бруска, направленная вправо. Направив ось х вдоль начальной скорости бруска, найдем ускорения бруска аХх и доски а2х'

аи kg\

а,2х мL. т

41

К моменту времени t брусок и доска будут иметь следующие скорости 'и перемещения:

vXx = Vq- kgt\ v2x = kj^gt - ,

X, — V 0 1 — k g t 2/2- x2 — k ~ g t 2/2.

При минимальном значении v0 к моменту, когда брусок достигнет правого края доски, скорости доски и бруска сравняются

причем пройденное бруском расстояние будет на I больше прой­денного доской:

— х2 = I.Эти условия приводят к двум уравнениям:

0̂ -- kgi = k j ^ g t ,

v01 — k g i 2/2 — k j j - g t 2/ 2 - /

для неизвестных vQ и t. Решая эту систему уравнений, находим

v0 — V2 kgl ( l -f- М/т) = 7 м/с.Попробуйте решить эту задачу с использованием законов со­хранения импульса и энергии (см. решение задачи 99).

24. В обоих случаях (см. рис. 7, а, б) резиновый шнур на­тянут с силой Т = (m, -f- m2) g. Сразу после пережигания нити шар массой висящий на шнуре, приходит в движение сускорением а{,, определяемым из уравнения его движения

m xa[ — Т — m x g

илиml al = m2g. (1)

Аналогично (см. рис. 7,6)т 2 a2 = m l g. (2)

42

Из формул (1) и (2) находима2 — g2/о,х ~ 20 м/с2.

25. На груз действуют силы натяже­ния нитей Т2 и сила тяжести mg (рис. 64).

Записав уравнение движения груза в вертикальном направлении

та — Ту sin а + Т2 sin р — mg (1)и условие равновесия груза для гори­зонтального направления

Ту cos а = Т2 cos Р, (2)находим натяжение нитей из соотноше­ний (1) и (2):

Ту = (m (g + a) cos p)/sin (a -f р);Т2 = (m (g -f- а) cos a)/sin (а + р).

26. Во время маневра космический корабль с космонавтом движется с ускорением а, определяемым действием силы тяжести M g и силой тяги F, развиваемой двигателями:

М а = М g + F. (1)Уравнение движения космонавта, движущегося с тем же ускоре­нием:

та — mg + N, (2)где N — реакция на космонавта со стороны корпуса корабля; g — ускорение свободного падения на высоте, где совершается маневр.

Исключив из формул (1) и (2) ускорение а, получим

мНа основании третьего закона Ньютона и определения веса G — — N — — F, вес космонавта во время маневра

G — ~ F — 20 Н.мЭтот вес меньше веса G0= m g G космонавта на поверхности Земли

(go ^ 9,8 м/с2) в (G0/ G} = М g / F — 49 раз. 43

27. Пружинка растянута, так как ускорение левого бруска ах = Т/т совпадает с направлением силы упругости F, дейст­вующей на левый брусок со стороны пружинки. Сила упругости ( — F). действующая со стороны пружинки на правый брусок, сообщает ему ускорение а2 — (— F) / 2 т — — а,/2.

28. Равнодействующая R приложенных к шарику силы тяже­сти mg и силы натяжения нити Т создает как центростремитель­ное ускорение, направленное вдоль нити к центру 0, так и касательное к траектории шарика ускорение, поскольку его движение по дуге окружности неравномерно (рис. 65).

Рис. 65

В крайнем положении шарика (точка А), где его скорость равна нулю, центростремительное ускорение (ацс = ши2//?) также равно нулю, и шарик обладает только касательным ускорением.

В любой промежуточной точке В полное ускорение скла­дывается из центростремительного ацс и касательного акас и направлено в сторону вогнутости траектории шарика. Такое же направление имеет и равнодействующая RB = mg -f- Т в.

В точке С равнодействующая направлена вертикально и может создавать только центростремительное ускорение.

29. Силы показаны на рис. 66, Равнодействующая гоои- зонтальна и направлена к центру окружности 0.44

30. Как при торможении, так и при повороте скорость автомобиля изменяется под воздействием силы трения колес о землю, причем мак­симальное значение этой силы в обоих случаях одинаково и равно силе трения скольжения. Для пред­отвращения аварии нужно, чтобы эта сила как можно эффективнее уменьшала скорость приближения автомобиля к стенке. Наиболее вы­годное использование силы трения получается при торможении, так как в этом случае сила трения все время направлена от стены. При повороте же сила трения направлена перпен­дикулярно к скорости движения

автомобиля, т.е. в начале поворота параллельна стене и вообще не уменьшает скорости, с которой автомобиль приближается к стене, а затем эта скорость уменьшается лишь компонентой силы трения, перпендикулярной к стене.

Расчет показывает, что минимальный радиус поворота вдвое больше тормозного пути. Проверьте это.

31. Запишем закон движения шайбы (рис. 67, а).

т а = m g + N + PTp, (1)где а — ускорение шайбы, движущейся вместе со сферой

45

, V3 R „ ч(r — —-------радиус окружности, по которой движется шайба);1V — сила нормальной реакции на шайбу со стороны сферы (сила N направлена вдоль радиуса сферы); Frp— сила трения шайбы о сферу. Заметим, что если шайба не проскальзывает относи­тельно сферы, то F есть сила трения покоя. В противном слу­чае имеем силу трения скольжения, т. е.

F,p - k N. (3)

Согласно условию задачи, необходимо как раз найти такое значение коэффициента трения k, чтобы одновременно выполня­лись условия (1) — (3). Проектируя уравнение (1) на оси Ох, Оу (см. рис. 67, а), получим систему уравнений:

a = v 2/ r = w2 г — -y -w 2 R, (2)

х : — та cos а = — mg sin а + Frp, ̂у: та sin а = — mg cos а -f- N, J

где tg а = д/З (см. рис. 67, а ) . Отсюда имеемFTp = т (g sin а — а cos а); N = m(g cos а 4- a sin а);

(4)

трN - ё 2g - (о2 R

3g + 3 .JR 0,35.

В заключение предлагаем решить ту же задачу, выбрав оси координат, как показано на рис. 67, б.

32. На рис. 68, а, б указаны силы, действующие на груз, когда он проходит нижнее и верхнее положения, а также его ускорения а, и а2-

Из уравнений движения груза в нижней точке траекториитах — mg -f- 7,

находим наибольшую силу, с которой натянута штанга7, = та | — mg.

Спроектировав 7, на вертикальное направление (положительное снизу вверх), получим

7, = т а , + mg = moi2l + mg = 4 л2 п21m + mg = 12 Н.46

Спроектировав аналогичное выражение для силыТ 2 = та2 — mg,

действующей на груз при прохождении им верхнего положения, на направление ускорения а2, находим

Т2 а2 = та2 — mg — 4л2 п2 ml - - mg = — 7,7 Н.

Отрицательный знак проекции означает, что сила Т2 действует на груз вертикально вверх, т. е. штанга сжата.

На рис. 68, в указаны силы N ’ и Т, действующие на груз, когда вращающаяся штанга горизонтальна. Так как штанга вращается равномерно, то N' = mg, и сила Т' обеспечивает центростремительное ускорение а' груза id' — 4л2 п2 /), поэтому

Т' — та' = 4л2 п2 ml.Равнодействующая сила N' и Т’ равна F'. По третьему

закону Ньютона груз действует на штангу с силой Р = — F' (рис. 68, а). Следовательно,

F = F’ = 2 4- 7"2 = ^ g f + (4 л2 п2 m if.33. Запишем закон движения муфточки (рис. 69):

та = mg -(- Fynp + N, (О47

где г упр— сила, действующая на муфточ­ку со стороны пружины; /V -реакция штанги. Так как муфточка равномерно движется по окружности, ее ускорениенаправлено к центру вращения и равно

v2а — —. Проектируя уравнение (I) на на­правление Fynp, получаем

V2 г-т — sin а = г упр — mg cos а,

откуда сразу найдем Fynp = k(l — /0):

k (l — /0) — т sin a -f- g cos а^.

Отсюда с учетом того, что / = rsinct, находим

Рис. 69 h — sin asin a -p g cos a) = 22 cm .

Задачу можно решить, проектируя уравнение (1) на верти­кальное и горизонтальное направления, однако это решение получается более громоздким.

34. Рассмотрим движение автомобиля в системе отсчета, перемещающейся с орбитальной скоростью Земли. Угловая скорость вращения Земли вокруг своей оси в этой системе от­счета

о) » 2л/Т, (1)где Т — длительность земных суток.

В той же системе координат автомобиль движется со ско­ростью

У, = V -f- со £

с запада на восток и со скоростьюv.j = v — (о R

с востока на запад (R — радиус Земли).При движении автомобиля на него действуют сила тяго­

тения

48F — у m M/R2

и сила реакции со стороны шоссе, которую в первом случае обо­значим /V,, а во втором ;V2.

Напишем уравнения движения автомобиля для обоих слу­чаев:

т = у т м / R 2 - .V,; (2)А

т = у т M/R2 - Л/2. (3)И

Вычитая из равенства (3) равенство (2) и учитывая соот­ношение (1), находим

/V, — N2 = 2 т v и) = 4л mv/T = 29 Н.Согласно третьему закону Ньютона эта разность равна искомой разности сил давления автомобиля на дорогу в обоих случаях.

35. Из уравнения движения спутника на высоте h над поверх­ностью Земли

тR + h

Ут м

(R + hfнайдем

v2 = у M/(R + h). (1)На географических полюсах Земли сила тяжести m'g0, дейст­

вующая на тело массой т', и сила тяготения y m ' M / R 2 одинако­вы: у т’ M/R2 = т' g0, поэтому

yM = g0 R2.

Подставив у М = g 0R2 в выражение (1),

R + h = g 0R*/v2. (2)

Расстояние Лмин между спутниками, равное разности высот их полета, находим из соотношения (2), записанного для h — h{ и h = h2-

h»*н — h2 — hx = g0 R2 [(\ /vf) — ( \ /v\ j] = 176 km.В момент максимального сближения оба спутника находятся на общей вертикали к поверхности Земли. Если спутники обра­щаются вокруг Земли в одном направлении, то за время т между двумя последующими сближениями спутник, движущийся с

49

большей скоростью vx на меньшей высоте hu совершает на один оборот больше, чем спутник, движущийся с меньшей скоростью и2 на большей высоте h2, т. е.

где Г, и Т2— периоды обращения спутников:

Т\ = 2я (R + Ai)/tr, = 2я g0 R*/v\\ T2 = 2 n g 0 R2/v\. (4)Из соотношений (3) и (4) находим

т = 2я g0 Р2/ ( у? — vl) = 40 ч.Если направления обращения спутников вокруг Земли про­

тивоположны, то интервал времени между их последующими сближениями

т' = 2 n g 0 Ra/ (v3l -f- Ог) = 46 мин.36. Планеты движутся по круговым орбитам с общим

центром 0 (рис. 70), являющимся центром масс двухпланетной системы.

Рис. 70

Уравнения движения планет имеют вид:М, u2rl = y M l M2/ R 2, (1)

М2ы2 r2 = y M xM2/ R 2, (2)

где /•[ и г2 — радиусы круговых орбит планет во вращении во­круг общего центра 0.

Из уравнения (1) и (2) легко получить соотношение:<»2(rt + r2) = y ( M l + M , ) / R \

из которого находим с учетом rx-\-r2 = R угловую скорость вра­щения планет

ш = V y (Л1, -h Л12)//?3.50

Ускорение, например, первой планеты определим, пользуясь вторым законом Ньютона:

а\ = ( y “ Г1) / ^ 1 = Y M J R 2.

Аналогично для другой планетыа2 = у M J R 2.

37. Приращение импульсаЛ р = т v2 — т v j,

где и] — скорость в начальной точке; v2 — скорость в конечной точке. Имеем очевидно (рис. 71)

\&p\ = 2 m v l sin а = 10 кг • м/с,U p'l = т V\ sin а = 5 кг • м/с,

где Д р\ — модуль приращения импульса за все время полета; U p ' — модуль приращения импульса за половину времени полета.

Эти же результаты полезно получить иным путем. Прираще­ние импульса тела за малый промежуток времени

k p = F At, (2)где F — сила, действующая на тело. В данном случае F = mg есть постоянная по модулю и направлению сила тяжести, поэто­му равенство (2) справедливо для любого промежутка времени.

51

За время полета т тела его импульс изменяется под действием силы тяжести F = mg на величину \ p - m g т. Это время (см. решение задачи 9)

т = (2 у, sin a ) /g,

и для приращения импульса снова получаем выражение (1).Примечание. Напомним, что приращением Ли или Л и не­

которой величины (скалярной или векторной), произошедшим за время Л / ~ Г2 — (и называется разность между ее значениями в конечный /2 и начальный /, моменты времени \ и = и2 — п, или\ и — ц2 — и |.

38. Приращение импульса мяча при ударе по абсолютной величине

|Лр! = 2 т у0 sin а.

С другой стороны (см. предыдущую задачу)| Л /? j — F t.

ОтсюдаF — (2 т v() sin а)/т — i00 Н.

39. При ударе груза о санки их суммарный импульс не сохраняется — импульс груза /пп. направленный по вертикали вниз, гасится реакцией со стороны Земли. Выбрав в качестве положительного вертикальное направление, совпадающее со ско­ростью груза //, приравниваем приращение (— mu) суммарного импульса системы импульсу всех внешних сил [(Л7 -{- ш)g + Лг] т. действующих во время удара на систему груз — санки. Здесь \ реакция со стороны Земли, действующая непосредственно на санки. В проекции на вертикальное направление имеем:

— m и — (Л/ 4- in) g т — Лг т. ( I )Согласно третьему закону Ньютона .У '= — Л\ 1де .V" —

сила давления сапок на поверхность Земли при ударе, илиЛ ' = V. (2)

В горизонтальном направлении на систему груз - санки внешние силы не действуют, потому горизонтальная составляю­щая импульса системы сохраняется

М i'0 = (.\i + ; n ) v . ( 3 )

Из системы уравнений (1) — (3) находим:с = и0М/(М -j- т),

N' — (М - f- tn) g -+~ ти/х.

При малых временах удара слагаемое mu/т в последнем вы­ражении может значительно превышать ту часть силы давления Л” , которая обусловлена силой тяжести (М + m)g.

40. Аналогично задаче 39 имеем

Л' = (А f + m ) g + ^ .

Если длительность удара т невелика, то

Приращение горизонтального импульса системы груз — санки равно импульсу силы трения скольжения Р т. Если санки при \даре останавливаются, то

— М и0 = РТр тили

Л/ v --=kN т. (2)Из равенств (!) и (2) находим

и т ‘

При значениях коэффициента трения, меньших найденного, санки с грузом остановятся не сразу, а через некоторое время после удара.

§ 3

41. При гаком перемещении сила трения по модулю все время равна /- и направлена противоположно скорости тела. Работа

А ~ / тр х cos а — Е. р 2 л R (— 1) = — 2 л R F.42. Ускорения обоих грузов одинаковы по величине ( а |= а 2 =

— о), как и силы 7", и Т2, действующие на них со стороны обоих концов нити, натянутой с силой Т. Из уравнений движения грузов (рис. 72):

53

ml a — rriyg — T,

m2 a = T — m2g,

находим ускорение грузов и силу, с которой натянута нить:

a = g( 'n l — щ)/{гп\ + т2);Т = 2m, m2g / ( m l + т 2).

Через время т оба груза приобретают скорость v = а т = g т (m, — m2)/(m, -(- m2).

Мгновенная мощность силы Г, в момент т

N( t) = T v cos 180° = — 2 m, m2 g2 т (m, — m2)/(m, -(- m2)2 < 0.43. Ha тело действуют (рис. 73): сила тяжести mg, нормаль­

ная реакция сила трения FTp, причем FTp = kN. Уравнение второго закона Ньютона в проекции на направление к центру горки:

т а цс == mg — N.Отсюда

N = m ( g - ацс) = m (g -

и мощность силы трения

Р — Frpv cos 180° = — km vQ* — = — 144 Вт.

Рис. 72

54Рис. 73

44. РаботаA = - F l

средней силы F сопротивления грунта равна приращению полной энергии камня

Ь Е = Е 2 - Е 1 = — 2 f — m g ( h + [ ) « > ■

Приравнивая написанные выражения, находимF = mg( 1 +A/Z + v2/ 2 g l ) = 2lOH.

45. Составив уравнения движения шайбы, найдем силу реакции со стороны плоскости N и силу трения при движении вверх

N — mg cos а;FTp — k N — k mg cos a.

При движении вверх сила трения совершает работу, равную приращению полной энергии шайбы:

Лтр = Л£;г и т v2- FTp s = mg h -----

Учитывая, что h — s sin а, найдем. miF ,mg s since----- — = — « mS s cos a -

откудаk = v2/(2 g scos a) — tg a = 0,36.

Тело соскользнет вниз, если/е < tg a

В нашем случае tg a = tg30° = 0,56, и условие соскальзывания выполняется.

46. При движении шайбы по столу сила трения совершит работу

Лтр = — FTp s = — k mg s cos a,где s — длина наклонной плоскости стола; a — угол наклона этой плоскости к горизонту. Очевидно, 5 cos а — l. Приращение механической энергии шайбы

АЕ = Лтр55

илит v2 и , ,~2----- mg Н = — k mg l.

Отсюда

v = л/2~g(H — k l) = 4 м/с.47. Графики приведены на рис. 74. Полная энергия со­

храняется и равна т v\/2. Потенциальная энергия пропорцио­нальна высоте тела над поверхностью Земли, поэтому соответст­вующий график похож на график зависимости высоты от време­ни (см. задачу 9). Как и в задаче 9, tt — время подъема, t2 — время полета тела. Вычитая из полной энергии потенциальную, получаем график для кинетической энергии.

48. В крайнем положении (рис. 75, а) ускорение шарика направлено перпендикулярно нити (см. решение задачи 28), и уравнение второго закона Ньютона в проекциях на направление нити и на перпендикулярное к ней направление дает:

Е

г

Рис. 74

(О

Т™~0

тТ

а*2

бРис. 75

56

При прохождении положения равновесия (рис. 75,6) шарик движется с центростремительным ускорением

а0 = ~ (2)

Скорость находим из закона сохранения энергии

= mg 1(1 — cos а). (3)

Из (2) и (3) находим

cos а — 1 — = 0,5; а = 60°,

и затем из уравнения (1) находима — g sin а = 8,7 м/с2.

49. Уравнение движения шарика имеет вид:та — mg + Г, (1)

где Г — сила, действующая на шарик со стороны нити (рис. 76). Спроектируем уравнение (1) на ось х, направленную в данный момент времени вдоль нити (рис. 76). Подчеркнем (см. решение задачи 28), что направление и модуль ускорения ша­рика а в произвольной точке заранее не очевидны. Однако проекция а на ось х, перпендикулярную движению, есть нор­мальная составляющая ускорения, кото­рая равна an — v2/l.

Итак, имеемт и2/1 = — mg cos a -j- Т. (2)

Запишем условие сохранения энергии при переходе шарика из положения 1 (потенциальная энергия mg h) в положение 2 (кинетическая энергия m v 2/ 2):

mg h = -m tr

или. m vmg l cos a =2= -~2 ~-

57

Отсюда уравнение (2) перепишется в виде:3 mg cos а — Т.

Таким образом, из условия Т ^ 7макс получаем

cos а < r „ KC/3m g = 0,5; а ^ arccos (Гмакс/3 mg) = 60°.

50. Уравнения второго закона Ньютона для моментов времени, когда тело находится в точках А и В (см. рис. 14):

mv\ /R = N x — mg; (1)

m v\/R — N2 + mg, (2)где N | и N2 — силы нормальной реакции цилиндрической по­верхности, с которыми она действует на тело. Кинетические энергии тела в точках А и В:

£ ki 3 mg R',

m rA£ к2 = ~ 2 ~ ~ 3 mg R — 2 mg R = mg R.

Отсюда находим квадраты скоростей:v* = 6gR; vl = 2 gR.

Подставляя эти выражения в уравнения (1) и (2), получаем: N\ = mg (v]/g R + 1 ) = 7 mg\

N2 = mg(vl /g R — 1) = mg.По третьему закону Ньютона

f A~ Nl — 7 mg — 6,8 H;FB = N2 = mg = 0,98 H.

51. При прохождении верхней точки петли на тело дейст­вуют сила тяжести mg и, возможно, реакция желоба N, на­правленная вниз. Из уравнения движения бруска

за п и са н н о го на основании в тор ого закона Ньютона, оп редел и м ск ор ость58 у0 = V#

при которой брусок едва не отрывается от желоба в верхней точке петли (в этом случае N = 0).

Во время скольжения бруска силы трения совершают над ним работу Лтр< 0 , сопровождаемую уменьшением его полной механической энергии. Атр определим из уравнения для энергии бруска:

Г m v л П[mg (2 R) + 2 J — mg Н = Атр.

Подставив сюда = g R, найдем

Лтр = mg /? (-|- — - j ) = ~ 3,4 Дж.52, В сжатой вдвое пружинке запасена потенциальная энер-

гия £ п = -|-^/0----^ = k /q/ 8, которая после пережигания нитипереходит в кинетическую энергию брусков в результате со­вершения над ними работы разжимающейся пружинкой. Когда пружинка примет длину /0, бруски разгоняются до максимальных скоростей и, и и2, причем

k 1\ / 8 m { v\+

Vi( 1)

так как силы, действующие на бруски со стороны поверхности, перпендикулярны к направлению их движения, а трение отсутст­вует. Ввиду отсутствия трения сохраняется и суммарный им­пульс обоих брусков, вначале неподвижных:

ш, и, + ш2 и2 — 0или

Ш] Vj = m2 v 2.

Решая уравнения (1) и (2) совместно, находим(2)

v\ = (^о/2) \ k / { m x (1 + m,/m2)) — 1,4 м/с;

v 2 = (^о/2) \k/(rrh{ 1 + nh / m\)) — 0,35 м/с.53. Приращение энергии, запасенной в пружине, и кинети­

ческой энергии тела равно работе сил трения:..2kh2 k\ mgh.

59

Отсюда

v — "Vaf — 2 gh — k h2/m — 2,1 м/с.54. Скорость бруска увеличивается, пока он свободно па­

дает и в течение некоторого времени после того, как пружина соприкоснется с полом. Сила упругости Т (t), действующая на брусок со стороны сжимающейся пружины и направленная вверх, в продолжение этого времени по модулю возрастает, не превосходя, однако, силы тяжести: m g > F ( t ) (рис. 77,а). По­этому ускорение бруска a(t), уменьшаясь по модулю, в течение этого времени направлено вертикально ениз (рис. 77,a, t<gtx).

Рис. 77Приближаясь к земле, брусок продолжает сдавливать пру­

жину, и в момент когда длина пружины становится равной /, (рис. 77.6), сила упругости по модулю сравнивается с силой тяжести. При дальнейшем движении бруска вниз сила упругости начинает превосходить силу тяжести: F ( t ) > m g (рис, 77, в). В продолжение этого времени ускорение бруска а (г!) направлено вверх (рис. 77, в, t > t l) и по мере приближения бруска к полу увеличивается'МЮ модулю. Скорость бруска в течение этого вре­мени уменьшается и обратится в нуль, когда пружина макси­мально сожмется.

Следовательно, в момент tl (рис. 77,6), когда ускорение бруска обращается в нуль (а, = 0 ) , скорость бруска — макси­мальна, а сила тяжести mg компенсируется силой упругости F|, причем Z7, — £(/0 — /t):

m g = k ( l Q — / , ) ,60

откуда

k — 11 = mg/k ( 0

иh = lo — (mg/k). (2)

Из условия задачи видно, что механическая энергия системы тел «брусок — пружина» в процессе их движения сохраняется. В начальный момент (см. рис. 15) она равна лишь потенциаль­ной энергии mg Н бруска в поле тяжести, а ь момент склады­вается из кинетической энергии бруска mv\ j2, потенциальной энергии его в поле тяжести и потенциальной энергии сжатой пружины /г(/0 — /j)2/2 (в обоих случаях потенциальная энергия бруска, находящегося на уровне пола, положена равной нулю).

На основании закона сохранения энергии

mg Н — т v\/2 + mg /, + k (t0 — /,)2/2. (3)Заменив в соотношении (3) /, и (/0 — /t) согласно их выраже­ниям (2) и (1), получим после несложных преобразований

mg Н == т v\j2 -f mg l0 — (mg)2/2 k,откуда

и, = V^g- (// — /0) + mg2/k — 2,5 м/с.55. На рис. 78 изображен брусок на пружинке в момент

отрыва от горизонтальной поверхности и показаны силы, дейст­вующие на него в этот момент: сила F0, сила тяжести mg исила упругости F, F = k( l — l0), где I —длина растянутой пружинки, ось которой образует угол а с вертикалью (в момент отрыва брусок не давит на горизонтальную поверхность).

Уравнение движения брускаma = F0 + F + mg,

записанное для момента отрыва, спроектируем на вертикаль­ную ось О'у (см. рис. 78):

0 = F cos а — mgили

k (/ — /0) cos а = mg. ( 1)

61

Исключив I из равенства (1) с по­мощью соотношения I = /„/cos а(см. прямоугольный треугольник АОВ на рис. 78), получим равенство

k /0 (1 — cos а) = mg,

из которого определим

cos а = 1----= 1 /2 ; а = 60°,сс Ы0поскольку k = 2 mg/ l0.

Следовательно, в момент отрыва длина растянутой пружинки I — = /0/ cos а — 2 /0, а путь, пройден­ный бруском к этому моменту

s — / sin а = 2 /0 (Уз/2) = /0 у/з.За время скольжения бруска по горизонтальной поверхности

произведенная силой F0 работа есть

А = F0S = mg /0V3, (2)а увеличение потенциальной энергии растянувшейся вдвое пру­жинки

AFnOT= k ( 2 l 0- l 0f / 2 m g (т)= mg /0/ 2. (3)

За это же время кинетическая энергия бруска возрастает на

АЕ К И И

m и2 2 ' (4)

поскольку вначале брусок был неподвижен (и — скорость бруска в момент отрыва).

Так как брусок скользит по гладкой поверхности, то на основании закона сохранения энергии

А = АЕ = АЕпот+ А Е кш. (5)Подставив в соотношение (5) окончательные выражения А,АЕаот из равенств (2), (3) и A£KHH согласно выражению (4), получим

mg /0 Уз = mg /0 + m v2/2,

62

откуда найдем скорость бруска

v = 2 g 10 (д/З — 0 = 2,7 м/с.56. Обозначим импульс тела Л до и после удара рА и р'А,

импульс тела В после удара — р'в.Запишем условие сохранения полного импульса системы при

ударе

На рис. 79 показано графическое построение вектора р'в. Величина р'А вдвое меньше рд, поэтому угол а, определяющий направление движения тела В, находится из условия:

При решении использовался только закон сохранений им­пульса и совершенно не рассматривалась энергия тел. Поэтому результат не зависит от того, сохраняется ли при ударе кинетиче­ская энергия или нет, т. е. будет ли удар упругим или неупругим.

57. Горизонтальная составляющая импульса системы «пушка— снаряд» сохраняется:

Р а — Р ' а + Р' в-

Отсюда

Р ' в = Ра ~ Р ' а -

tg а = Р ' а / Р а ~ 0,5; а = 23°.

Рис. 79

(М т) w = т v cos а0. Дальность полета снаряда

I = (у cos а0)т.Из уравнений (1 ), (2) находим:

и = т 1/(М -Ь /к) т.

( 1)

(2)

63

Из известного выражения для времени т полета тела, брошен­ного под углом а0 к горизонту (см. решение задачи 9),

T = ( 2 y s i n a 0)/g (3)

и соотношения (2) определяем угол а0:

tgT«о = ^х2/2/ = 1,2; а0 = 5 Г .

Ствол пушки наклонен к горизонту под таким же углом, так как в момент вылета снаряда из ствола пушка остановилась: a = a0. Для нахождения v разложим скорость вылета снаряда v на горизонтальную иг и вертикальную vB составляющие, равные по модулю vr = v cos a0 и ив = v sin a0 соответственно.

Из соотношений (2) и (3) имеем u co sa0 = / / r и o s in a0 == Используя теорему Пифагора, находим:

V = д /у р + u l — V ( y cos « о )" ■+' ( и s ‘ n a o)2 —

= л/(/А)2 + (г т/2)2 = 6,Зм/с.Максимальная высота И подъема определяется из известного

соотношения (см. решение задачи 9):

Н — (v sin aj)2/2 g = g т2/8 = 1,2 m .58. Бросив камень со скоростью v0, космонавт приобретает

скорость гд, определяемую из закона сохранения импульса и равную

Эта скорость должна быть меньше первой космическойскорости для данного астероида, равной (см. решениезадачи 35 формула (1)):

v, < л 1гМГ R

где М — масса астероида, разная

М = е -1 л /? 3.

64

Из приведенных соотношений найдем

59. Закон сохранения импульса для системы «брусок плюс пуля»

т v0 = т v x - f М v2, 0 )где v2 — скорость бруска; и ,— скорость пули после вылета из бруска. По условию

т v* 1 т2 ~ Т ' 2 (2)

Из соотношений (1) и (2) находим

V 2 = j ^ - v 0( \ - I /V 2 ) = 0,18 м /с .

60. Рассмотрим систему двух шариков в 4-х состояниях (рис. 80).

Рис. 80 а § &

1. Правый шарик отклонен от вертикали на 90°, а левый шарик находится в равновесии (начальное положение — рис. 80, а ) . Энергия системы есть потенциальная энергия правого шарика mg I (/ — длина нити; энергия отсчитывается от нижнего положения шариков).

2. Шарики непосредственно перед столкновением (рис. 8 0 ,6 ) . Энергия системы в этом случае есть кинетическая энергия право­го шарика т и 2/ 2 (где v — скорость правого шарика непосредст­венно перед ударом ).

3. Шарики непосредственно после удара (рис. 8 0 ,в ). М еха­ническая энергия системы слипшихся шариков равна

9 т ц2 2 ’65

где и — общая скорость шариков. Часть механической энергии шариков за счет потери механической энергии при неупругом ударе перешла во внутреннюю энергию (шарики нагрелись).

4. Шарики в точке максимального отклонения влево после столкновения (рис. 80, г). Энергия системы равна 2 mgh, где

(1 —cos а) — высота, на которую поднимаются оба слипших­ся шарика; а — угол отклонения.

Механическая энергия системы двух шариков сохраняется между состояниями 1 и 2, а также между 3 и 4, т. е.

mgl — m v2/2\

- у - 2 mgl (1 — cos а). (1)

Импульс системы сохраняется в процессе столкновения, т. е. между состояниями 2 и 3 (рис. 8 0 ,6 и в)

т v — 2 т и. (2)Решая систему уравнений (1 ,2 ) , получаем

cos а = 3 /4 ; а = 42°.61. Определим скорость тела о, непосредственно после по­

падания в него пули. Горизонтальная составляющая импульса системы при ударе сохраняется, поэтому

т v cos а — (М + т) у,.

Отсюдат v cos а М + т ( 1)

После удара кинетическая энергия тела с застрявшей пулей переходит в потенциальную энергию сжатой пружины

(А* 4- т ) 2 к а 2

2 1 2 (2)

Исключая из уравнений (1) и (2) скорость тела у,, получаем уравнение для определения скорости пули

( т v, cos a f __k а22 (m + Л<) 2 ’

откуда _______ __v == [а У& (At + m )]/m cos а = 0,1 км/с.

62. Механическая энергия системы сразу после застревания пули в теле складывается из кинетической энергии тела и пули (см. решение задачи 61):66

(m v cos а/ 2 (m + Af)

и потенциальной энергии растянутой пружины (см. рис. 18)

E . = ± ( i - i 4 -Итак,

(m v cos а/ , ̂0 о̂)2(М + т) ^ 2 (О

При максимальном отклонении тела от положения равно­весия энергия системы Е2 равна потенциальной энергии растяну­

той до длины /, = У 7 2 4- а2 пружины (см. рис. 18):

= 4 ( V ( ’ + а2- /„ )* . (2)

Внешние силы — реакция на тело со стороны стержня, пер­пендикулярная перемещению тела, и сила, действующ ая со стороны стенки на закрепленную в неподвижной точке пру­ж ину,— работы не совершают. П оэтому при движении груза вдоль стержня полная энергия сохраняется:

(3)Ei-По оставляя в равенство (3) выражения (1) и (2 ) , получаем

уравнение, из которого найдем скорость пули:

у = - - 1 ■ \ k ( M -f m) (а2 + 2 l lQ — 2 /0 а2) — 63 м/с.m cos а63. В момент наибольшего сжатия пружин вагоны движутся

с одинаковой скоростью и, модуль которой определим из условия сохранения полного импульса системы (учитываем, что т2и2> > т , у , ) :

т 2 у2 т, у, = ( т , - f т 2) у;

т 2 v2 — т , v1 "iт, -f т2

Часть кинетической энергии вагонов перейдет в потенциаль­ную энергию пружин, однако полная энергия сохраняется:

(m, + т 2) V2 4- 4 kx2 т , v1 и\ +т2 v\

67

Здесь х — деформация каждой из четырех работающих при столкновении пружин. Подставляя в это уравнение найден­ное значение и и разрешая его относительно х, найдем:

т , т2( т , + т2) 0,3 м.

Ускорение вагонов:2 k X г\ /2а, = —— = 0,9 м /с ;‘ /п, '2 k х л /2а , = ------ = 0,3 м /с ;* т 2

§ 4

64. Из условия равновесия стержня следует, что алгебраи­ческая сумма моментов всех сил, приложенных к стержню, от­носительно любой точки равна нулю (рис. 81 ).

Чтобы исключить из рассмотрения реакцию опоры, составим уравнение моментов сил относительно оси, проходящей через точку А перпендикулярно плоскости чертежа:

Т I cos а — ( mg - t - -f- M g l \ sin а = 0,

где I — длина стержня. Отсюда натяжение проволоки

T = M g ( 1 +

Рис. 81

^ ) t g a = 3 2 H .

68

65. На рис. 82 изображены силы, действующие на шкаф при его скольжении: Р — сила тяжести, Р — сила, с которой человек давит на шкаф, ^тр — сила трения и Л? — реакция опоры.

Ввиду специального выбора точки приложения силы Р (точка С) шкаф давит на пол только передними ножками (если приложить усилие слегка выше точки С, шкаф начнет опроки­ды ваться). В то же время шкаф начинает скользить, если силу Р приложить в точке С. Поэтому

Ftp = kN.

Запишем условия равновесия шкафа: для горизонтального направления

F — /е iV = 0, (1)для вертикального направления

Р - .V = 0, (2)

и равенство нулю алгебраической суммы моментов сил, дейст­вующих на шкаф, относительно горизонтальной оси, проходящей через точку А перпендикулярно плоскости чертежа:

c F - f P = 0. (3)

Реш ая систему уравнений (1) — (3 ) , находим коэффициент трения шкафа о пол

66. Обозначим плечи весов через х и у и вес гирь при каждом взвешивании Р / 2. Тогда при первом взвешивании вес товара был (рис. 83, а)

Р.X

X уа

о4*1 Ут

£ -------1

69Рис. 83

6

а при втором (рис. 83,6)р ___ Р уИ* ~ Т ~ 7

Вес купленного товара

P' = P, + P2 = - f ( ' + i )отличается от веса гирь Р, по которым произведена оплата, на величину

p' - p = T ( i - 2 + -7) = T ( V f - V f ) > 0 .

Таким образом, Р' > Р. Покупатель оказывается в выигрыше.67. Рассмотрим условия, при которых палочка будет от­

рываться от стола. При отрыве от стола палочка начинает вра­щаться относительно ребра стола (точка 0 на рис. 84,а). Условие вращения относительно точки 0:

^тяж ^ ^нат» О )

где Мтяж — Mg — т)^/ — момент силы тяжести относительноточки 0 (сила тяжести приложена в центре палочки); Мнат = = Г ц I — момент силы натяжения нити Т относительно точки 0.

84

4V

Для вычисления силы натяжения нити запишем закон движе­ния колеблющегося шарика

та — mg + Т.Проектируя это уравнение в произвольной точке 2 на ось

0 'у , направленную вдоль нити (рис. 84,6), и замечая, что проек- 70

ция ускорения шарика на эту ось, перпендикулярную скорости, есть нормальная составляющая ускорения an — v2/ l (v — скорость шарика в этой точке, I — длина нити), получаем

т v2/ l — — mg cos а + Т. (2)Скорость шарика можно определить из условия сохранения энергии между положениями в точке 1 (mgh —- m g l cos а) и в точке 2 (m v2/2)

m v2 ,= mgl cos a.

Отсюда и из (2) находимТ ~ 3 mg cos a.

Таким образом, получили заранее очевидный результат: сила натяжения нити максимальна, когда шарик проходит по­ложение равновесия (точка 3, а = 0): Тмакс — 3 mg. Подставляяэто значение в (1), можно получить условие отрыва палочки от стола

т > т ( т ^ - | ) “ й’05кг'

68. При заполнении маслом стакана пружинка перестанет укорачиваться, когда тело, подвешенное на ней, полностью по­грузится в масло. Если пренебречь выталкивающим действием воздуха, то до заполнения маслом сила тяжести mg и сила упру­гости &(/] — /0), действующие на подвешенное к пружинке тело, компенсировались:

mg = k(l\ — /„), (1)

где m — масса тела; /0 — длина нерастянутой пружинки; / , — длина растянутой пружинки.

На тело, полностью погруженное в масло, действует еще архимедова сила FA = Qg V, направленная вертикально вверх, поэтому

mg = к (/2 — /0) + Q g V, (2)где 12 — длина укоротившейся пружины.

Из соотношений (1) и (2) найдем укорочение h = / , — /2 пру­жинки, произошедшее после полного погружения тела в масло:

h ^ Q g V / k .71

откудаq = h k / g V — 0,86 г/см3.

69. Условие равновесия палочки: Мтяж = -Мдрх» где Л4ТЯЖ = — mg ly — mg-j- sin a — момент силы тяжести относительно оси

вращения палочки: МАрх — ^ аРх — ^дрх ----^ -js in a — моментсилы Архимеда FApx относительно той же оси (рис. 85); т — массапалочки.

а Для нахождения силы Архимеда учтем соотношение между объемами и плотностями вытесненной жидкости и палочки

1 Арх

m g

СоQ I

откуда

А̂рх = mg ОоАрх е /

Условие равновесия теперь имеет вид:I ■ Ро 0̂ ( I 0̂ ̂ .mg — sin a = mg — \J — — J sin a.

Решая полученное квадратное уравне­ние относительно /0, находим

'„ “ 'О ± V T ^ (e /Q o ))-Решение со знаком «плюс» перед радикалом «нефизично». так как при этом /0 > / , что невозможно. Таким образом,

Z0= / ( l — Vl — (q/ qo) ) = 5,2 см.

§ 5

70. За время At поверхности стекла достигают и осаждают­ся на ней все атомы серебра, которые находятся в объеме пучка S v At, где 5 — площадь сечения пучка (рис. 86). Таких атомов AN = n(S v At), а масса их Am = m l AN = m l n S v A t , где т , — масса атома серебра. С учетом соотношения \i — m xNA ( р — 72

молярная масса, NA — число Авогадро) получаем А т — = ( ц п v S &t) /NA. Каждую секунду на поверхности стекла осаж дается масса серебра (A m)/ ( \ t ) , а за время т — масса

т = ц / г у т S / N a. (1)

Рис. 86

С другой стороны, эта массат = q S d. (2)

Из формул (1) и (2) находимт = (q d Na/\i п v) = 5 мин.

71. Из уравнения состояния для идеального газа находим

Q = -y = p0\i/R Т0 = 1,3 кг/м3.72. Масса гелия, вытекшего из баллона,

Am = ц V(pl/ T l — p2/T 2) /R = 80 г,

где R — газовая постоянная.73. Рассмотрим случай, изображенный на рис. 24, а. Переве­

дем газ изобарически из состояния / с давлением р, в состояние 3 с давлением р3 (рис. 87), а из состояния 3 — изохорически в состояние 2. На участке 1—3 давление было постоянным, т.е. р3 = р|, а на участке 3 — 2 давление возрастало пропорционально температуре, т.е. р2 > р3. Таким образом, получаем p2> P i- Из рис. 24, б аналогичным способом можно получить 1/, <С V2- Из рис. 24, в имеем Т2> Т Ь так как р2 V2 > р, !/, (достаточно сравнить площади соответствующих прямоугольников).

74. Процесс, описанный в условии задачи, изображен в координатах (р, V) на рис. 88. Газом совершается положитель-

73

ная работа лишь при изобарическом расширении (участок 2—3 ):A ' = p 2( V 2- I/,).

V

пI

о т

р

\ч

2 3V

Рис. 87 Рис. 88

Учитывая, что газ в начале и конце процесса (точки 1 и 3) на­ходится при одинаковой температуре, имеем P \ V l = p 2 V2, т.е. V2/ V x — Р\}Ръ — Л- Отсюда, используя уравнение состояния идеального газа р х К, = ( m / p ) R Т х, получаем:

А =

Рис. 89

J - W i l p J Л л _1 — 8,3 • 105Дж. т) / и л

75. Цикл 1 — 4 в координатах (р, Т) показан на рис. 89. Знак работы опре­делим по рис. 25. На участке / — 2 газ расширяется и совершает положитель­ную работу Л 12. На участке 3 — 4 газ сжимается и совершает отрицательную работу Л34, причем |Л34| < Л 12, так как процесс 3 — 4 идет при меньшем давле­нии. На участках 2 — 3 и 4 — / работа не совершается. В итоге работа газа

А = Л 12 + Л34 = |Л 12| — |Л34| > 0.76. Давление р { газа в пробирке в погруженном состоянии

уравновешивает давление слоя глицерина высотой 1/2 и атмо­сферное давление р0: р х = Qg I/ 2 + р0.

Когда пробирка вынута, атмосферное давление уравно­вешивает давление р2 газа в пробирке и давление столба глице­рина в пробирке высотой 1/2:

Po = p2 + Qgt/2.74

Подставляя найденные отсюда значения рх и р2 в уравнение

р2 т3

находим

ДГ = Га — Г, = — 7, Q ё IРо + С ё 1/2

= - 11 К.

77. На рис. 90, а, б изображены равновесные начальное и конечное положения поршня. Давление р и производимое ртутью на верхнюю поверхность поршня (рис. 90 ,а), складывается из атмосферного р0, которое на основании закона Паскаля пере­дается по объему ртути, и гидростатического Qgh:

Pi = Ро

а

+ Qgh.

Ро- . *.

Ро

' Т г ' . '

-V

'

5

0 )

Рис. 90

Ввиду невесомости поршня и одинаковости площадей 5 его верхней и нижней поверхностей это давление уравновешивается давлением в газе под поршнем. Из уравнения состояния идеаль­ного газа, когда налита ртуть,

vR Г,S Н '

(2)

где v — число молей газа в объеме 5 Н под поршнем; R — газо­вая постоянная.

Приравняв выражения в правых частях равенств (1) и (2), получим

vRT,S H

Ро+ Qgh. (3)75

(4)

Аналогичным образом запишем соотношениеv R Т 2

S(H + h) ~~ Ро'отвечающее верхнему положению поршня (рис. 90,6), когда ртуть полностью вытеснена из сосуда и атмосферное давление р0 над поршнем уравновешивается давлением в газе, находя­щемся в объеме S (Я + Л) при более высокой температуре Т2.

Поделив равенство (3) на (4), получимГ, (Я + Л ) _ Ро + Qgh

Т 2 Н ~ р 0

откуда конечная температура

Г2 = т Н + Аh — f f -

Р о

Po + Qgh = 330 к.

78. На поршень в начальном положении действуют: сила тяжести mg, сила атмосферного давления p0S, сила давления со стороны газа в цилиндре р, S и сила упругости пружины k 10/ 2. Из условия равновесия поршня

mg + Ро S — pi S — k 10/ 2 = 0 найдем начальное давление р, газа под поршнем

Pi=Po + ( fng— k l 0/2)/S.Потенциальная энергия пружины и потенциальная энергия

поршня в поле сил тяжести изменяются за счет работы Л, со­вершаемой газом в цилиндре, и работы А„ш = — р0 S - — сил атмосферного давления: ДЕ — А + Аатм или

ОтсюдаА = (/0/ 2) (mg + р0 S — k /0/4 ) = 0,1 кДж.

79. К моменту вылета поршня из цилиндра приращение полной энергии поршня и груза составит

АЕ = (М + m )-^ - + m g - у — М g ~

76

и будет обусловлено работой газа А и работой силы атмосфер­ного давления ( — p0SH/2) . В результате получаем уравнение:

(М + /я) v2 2 + (т — M)g Н

2 — А — Ро S Н_ 2 ’

из которого находим

А + М/ v2 — (М — m)gH - f p 0 S tf)] = 480 Дж.80. На рис. 91 показаны силы, действующие на поршень в

нижнем положении (рис. 91, а) и в верхнем (рис. 91,6), когда его отпускают. N — реакция со стороны гладких стенок цилиндра.

Запишем условие равновесия поршня внизу (рис. 91, а)/?, S — р0 S = mg sin а (1)

и уравнение движения поршня в верхнем положении, когда его отпускают (рис. 91,6),

т а — p0S + mg sin а — p2S. (2)

В соотношениях (1) и (2) р { и р2 — давления воздуха под поршнем в двух положениях (см. рис. 91), а — ускорение поршня.

Из уравнения Бойля — Мариотта для массы воздуха под поршнем в двух его положениях находим

р , = 2 р 2. (3)Из системы уравнений (1) — (3) определяем ускорение поршня

а = (g/2)(sin a -f р0 S / m g ) = 52 м/с2.77

81. Труба и поршень соскальзывают с наклонной плоскости с одинаковым ускорением

а = g(sin а — k cos а). (1)Ha основании,второго закона Ньютона запишем уравнение

движения поршня (силы, действующие на поршень при соскаль­зывании трубы, указаны на рис. 92: N — реакция со стороны внутренних стенок трубы, р, и р2— давления воздуха по обе стороны от поршня):

та — mg sin а — (р, — р2) S. (2)

Рис. 92

Исключив из равенств (1) и (2) ускорение а, получим соот­ношение

(р 1 —p2) S = kmg cos а. (3)Ha основании закона Бойля — Мариотта для воздуха по

обеим сторонам поршня:Pi К, = р V; (4)p2 V2 = p 1/, (5)

где V — объем воздуха с каждой стороны поршня в горизонталь­но лежащей трубе, К, и V2 — в движущейся трубе (см. рис. 31).

Из соотношений (3) — (5), образующих вместе с равенствомР, + К2 = 2 1/

систему уравнений, находим отношение объемов { у 2/У\У-

V J У{ = [(k mg cos a)/p S] + \ l (k mg cos a)/p S]2 + 1 = 1,2.82. Запишем уравнение теплового баланса:

т °А (Т\ - Т) - М' св (Гк - Г0) + М'1 + (М - Л!') св(Г - Г0),78

где М' — масса воды, нагретой до температуры кипения Тк = — 373 К и затем выкипевшей.

Решая уравнение теплового баланса, находим количество выкипевшей воды М' — 95 г.

83. Количество теплоты m' X, необходимое для испарения массы т' воды, может быть получено только от охлаждающейся до Тк — 373 К массы m перегретой воды. Из уравнения теплового баланса

т' Х — т с(Т — Тк) находим массу пг' выкипевшей воды

т' = т с(Т — 7'К)/Л. == 1,6г.

§ 6

84. Запишем уравнения второго закона Ньютона для на­чального положения каждого из тел в проекциях на направле­ния, касательные к цилиндрической поверхности:

ш, а0= Т\

пг2 а0== m2g sin а — Т,где Т — сила натяжения нити; угол а показан на рис. 32. Исклю­чая Т, находим

mi m2sin а — -------m2 а = 5 3 ° .

Для второго положения тел (рис. 32, б)m xa = T — ml g sin (а/2); m2a = m2g sin (а/2) — T,

откуда

а = g Sln Т = 2’2 М̂ С •85. Запишем условие равновесия коромысла в момент от­

рыва тела Л: mxg l x = T /2. Сила натяжения нити Т будет макси­мальной в тот момент, когда нить принимает вертикальное по­ложение. Запишем для этого момента второй закон Ньютона и закон сохранения энергии:

т2 Vй—2— = S’ ̂(1 — cos а),

где I — длина нити, на которой подвешено тело В. Из двух последних уравнений находим силу натяжения нити Т = = m2g (3 — 2 cos а). Подставляя полученное значение силы на­тяжения в уравнение равновесия коромысла, найдем искомое значение угла:

cos а Щ fi \ 1m2 i2 ) 2 ’ а = 60°.

86. Запишем условие равновесия стержня:

м g ( - j — Д / ) = 2 7 " ( - j - + Д ( ) ,

где Т — сила натяжения нити, на которой подвешены грузы. Эту силу можно найти, используя второй закон Ньютона для грузов, подвешенных на нити

т , а = m, g — г,

— т 2 а = m2 g — Г.

Здесь а — ускорение грузов. Решая эту систему относительно силы Т, находим

J _ 2 m {m 2g _ 2 m, m2g ш, -(- m2 М

Подставляя этот результат в условие равновесия стержня и ис­пользуя равенство m, + т2 = М, получаем следующее уравнение для масс т , и т2:

т 1,2 т , ,2 М -р М2 — — д/■ = 0 .

у +

Решение этого уравнения дает

т'=^['+л/(Г ^о] = 1’67кг-

- л /(1 + г д о ^ ° ’33кг-80

87. Вначале тело покоится, а приложенная к пружине сила растягивает пружину, совершая при этом работу, равную прира­щению энергии пружины;

Когда сила F станет достаточной для трогания тела с места, пружина перестанет растягиваться, и точка приложения силы переместится параллельно полу на расстояние 5, при этом сила F совершит работу

А2 = F s cos а.Значение силы, при которой груз будет медленно (т. е. практи­

чески без ускорения) перемещаться, получено в решении за­дачи 19:

F -------- — = 45 Н.cos а 4- k sin а

Полная работа силы F:

А = А, + Ао — + F s cos а = 19 Дж.2 х

88. Запишем уравнение второго закона Ньютона для шайбы в векторном виде;

т а = mg + N -f Fтр, (1)

где а = ы2г — ускорение шайбы; N — сила реакции опоры; Frр — k N — сила трения.

Уравнение (1) в проекциях на горизонтальную и вертикаль­ную оси имеет вид:

т оа2 г = jV cos a -j- F sin а,О = — mg + Л' sin а — FTp cosa, (2)

FTV = kN.Решая систему уравнений (2), находим:

g (cos a + k sin a) __ ц _ ir (sin a — k cos a)

89. При движении вверх по наклонной плоскости шайба замедляется силой тяжести и силой трения.

При этом ускорение шайбы at = g (sin a -f- k cos a), а время движения вверх

81

Поскольку условия задачи требуют вычисления работы за время / = 3 ,5 с ( / ; > ^ ) , необходимо рассмотреть также движениешайбы вниз по наклонной плоскости. В этом случае ускорение шайбы определяется формулой:

а2 — g (sin а — k cos а).

За это время t шайба проходит путь:

ио , а» О -О *5 _ _ _ + ------ ------- ----

= Т [ци- а + к cos .) + « (Sin “ - * cos а) (< - <,)*].

Ha этом пути сила трения /гтр= k mg cos а соверш ает над шайбой работу

А __ р k т8 cos а Г______ ^________1_тр тр 2 L g (sin а k cos а)

+ g 2(sin а — k cos « ) ( / — ^ )2] — — 7,2 Д ж .

a, g (sin а + * cos о) ’

90. Скорость максимальна в момент, когда сила тяжести компенсируется силой упругости, т. е.

m g = k x \ x = mg/k,где х — удлинение пружины. Искомая работа:

Л.» = m g х = = 3 • 10-2 Дж;

A,n ,= ~ I f = - JT f = - '•5 ' 1(Г2Дж-91. Из уравнения второго закона Ньютона для бруска

т а — mg — k х — N,где х — удлинение пружины; N — сила давления подставки на брусок, полагая N — 0 (условие отры ва), находим

х = m( g — a)/k — 5 ,5 см.8 2

Скорость бруска

V 5 ах,и мощность силы упругости

Р = Fynpv cos 180° = — k xv — ~ k V2 ах3 — — 3,2 Вт.92. Из второго закона Ньютона в проекции на горизонталь­

ное направлениет а = Т sin а

находиму m а

sin а 'При отрыве нить будет составлять с вертикалью угол р,

определяемый из условия равенства нулю силы N давления тела на пол. Из второго закона Ньютона в проекции на верти­кальную ось:

0 — Г cos р + N — mg,при N — 0 найдем

cos р == mg/ Т — ~ sin а.

Горизонтальный участок нити переместится на расстояние ДI, равное уменьшению длины ее наклонного участка:

М = - Л ---------cos a cos 0и сила Т совершит работу

A — T A l = T h ( —----------Ц Л = 2£lL( .\ cos a cos 0 / sin а \1

cos а-°_ Л

g sin а / ’которая пойдет на приращение кинетической энергии груза. Из условия А — m v2/2 найдем

V = д / Д ^ -Y— ---------- -— ) = 3 м/с.V sin ct \ cos а g sin а /93. Из уравнения движения первого груза

Wj m{g — N

и закона сохранения энергии(m, + m2) v2

2 (m2~ m , ) g 12 83

находим3 m, - m, i „ .

w “ m' ^ 7 T ^ 7 = T m' « = 2 H -94. Если vQ — минимальная скорость, при которой шайба!

достигнет вершины горки, то в момент, когда это случится, шайба и горка будут двигаться с одной и той же скоростью и. Из закона сохранения импульса

т v0 = (М -(- т) и

и энергииmvl (М + т)и2 . .

— ■V ~ + mg/lнаходим, исключая и\

о0 = л/2 g h ( 1 + т/М) — 3,5 м/с.95. Из закона сохранения импульса

О = т vx -(- М их

и энергиит v2

+Ми]

2

находим скорость шайбы vx и скорость горки их в проекции на горизонтальное направление

= \ 2 g ( f i — А)/( 1 Hr л);

«* = — ЛСкорость шайбы относительно горки в момент отрыва

^отн= о , — И* = w,(l + n) = V 2 g(// — ft)(l + r i ) .

Умножив эту скорость на время падения t = -^2h/g шайбы с высоты h, находим расстояние от шайбы до горки:

5 — уотн t — 2 V/i (Н — /г) (1 г]) = 1,6 м.96. Обозначим через v ' ly и р'2у проекции' скоростей пули и

доски на вертикальную ось после вылета пули из доски и запишем закон сохранения импульса в проекции на эту ось, а также закон сохранения энергии для пули и доски:84--------------- ----------------------------------- -------------------------------------

Из

т , у, sin а = т , у', -(- т 2 v '2y,

m, (iC,)2 m, ^ //,

m, ( v ' J m2 g h.

„ u m,первых двух уравнении найдем скорость у '2б, = —- X

X (^i sin п — У2 g я ) и, подставив этот результат в третье уравнение, получим

\ щ ) 2 g

97. Нормальная и тангенциальная составляющие ускорения ап и аТ определяются формулами:

а ат = g sin а,

где у —скорость шарика, / — длина нити. Поскольку ускорение шарика направлено горизонтально, проекции векторов ап и ах на вертикальную ось имеют одинаковую величину a„cosa — aTsina

2 г sin2 a ттили v = g l -------. Далее запишем закон сохранения энергии для2

шарика: ■— - -f- mg l (1 — cos a) — mg l (1 — cos fi). Решая этоуравнение относительно cos (S, получаем

cos ft = cos a - — cos a — -s~ a = 0,73, 6 = 43°.2 g l 2 cos a r

98. Скорость шайбы на вершине трамплина у можно найтис помощью закона сохранения энергии:

m их m v + "igA-

Высота трамплина и дальность полета шайбы связаны с време­нем полета tn формулами h = gt\ /2, s — v t n. Исключая из записанных выше равенств скорость шайбы у и время полета tn, получаем зависимость дальности полета шайбы от высоты трамплина

$ = л [ Ц м ~ 2 е к ) = 2 )■ 85

Очевидно, что дальность полета будет максимальной при условии

м,

причем сама максимальная дальность

7,2 м.99. В системе тело — доска сила трения оказывается внут­

ренней, и выполняется закон сохранения импульсаm v 0~ ( m + М) v,

где v — скорость тела и доски после того, как тело перестало скользить относительно доски. Изменение кинетической энергии тела обусловлено работой силы трения F ^ \ действующей на тело со стороны доски:

т и т ogрО) l — с тр м k m g l ,,

где /, — путь, пройденный телом относительно плоскости. С дру­гой стороны, кинетическая энергия доски увеличивается за счет работы силы трения F™, действующей на доску со стороны тела:

l2 = kmg l2,

где 12 — путь, пройденный доской относительно плоскости. Скла­дывая почленно два последних уравнения и учитывая, что F^’ == = F ^ t получаем

~ ~V -------- 2“ = — k m § Ci ~ k ) = — k mg l.

Решая это уравнение совместно с уравнением, описывающим сохранение импульса, находим искомое значение пути:

1 =2 k g О —

т М )— 0,68 м.

100. Для того чтобы нижний конец доски оторвался от по­ла, необходимо, чтобы верхний конец доски с шайбой (рис. 93) «перевешивал» нижний конец. Для этого необходимо, чтобы момент силы тяжести mg относительно точки О превосходил момент силы тяжести Mg:

86

mg 6 > M g a, (1)где b и a — плечи соответствующих сил; b — [h — (l — x)] cos a; a — (1/2 — h)cos a; x — путь, который проходит шайба вдоль доски.

Рис. 93

Согласно закону сохранения энергии кинетическая энергия шайбы переходит в потенциальную энергию шайбы, поднявшейся на высоту х sin a:

т v2/2 — mgx sin a. (2)Используя (1), из (2) получаем:

v = У2 g[l — h (М/т) (1/2 — /t)] sin a — 5,5 м/с.101. Уравнение второго закона Ньютона в проекции на

горизонтальную ось имеет вид:т а — 2k х cos a. (1)

где х — растяжение пружин в момент обрыва нити. Пусть v — максимальная скорость шарика. Запишем закон сохранения механической энергии для шарика:

* £ = (2)

Из (1) находим х и, подставляя в (2), получаем:

и = Л р ? - -? — = 0,2м/с.V 2* cos a102. Давление р, и объем К, газа в начальном состоянии

связаны с давлением р3 и объемом Vz в конечном состоянии уравнением Клапейрона — Менделеева:

87

Pi Vi — Рз^з — R T{.Газ совершает работу только при переходе из промежуточного состояния 2 в конечное состояние

» = Р з ( 1 'з - Ю = Л ' /з(1 --£■)■

Используя уравнение состояния газа, последнее равенство можно переписать в виде:

отсюда

= 3 0 0 /с.103. Уравнение Менделеева — Клапейрона для газа до на­

гревания имеет вид:

p(Sh) = - ^ R T - (1)после нагревания —

р IS (h Ah)] = — R (Т А- АТ), (2)игде Г = / + 273; A T —-At\ Д/г — величина перемещения поршня.

Вычитая из уравнения (2) уравнение (1), можно определить:

Д й = А ^ Л . (3)

Работа газа при расширенииА = р Д V — р S Ah. (4)

Давление газа р можно определить из условия равновесия поршня:

pS = р05 + mg. (5)Подставляя (3) и (5) в (4), получаем:

A = (pQS + = 79 Дж’104. При очень медленном перемещении поршней давление

в газе остается неизменным и равным атмосферному р0, что вид­но из условия равновесия, записанного для системы поршней и стержня в любом их промежуточном положении:

Ро $2 Р 5] = р S2 + Ро S ,, откуда следует р = р0.88

Следовательно, процесс нагрева газа — изобарический. Ра­бота, совершенная газом над воздухом атмосферы,

A*=pt (S, -S{) l . (1)

Температуру Т2 газа в состоянии, изображенном на рис. 47, б, определим из условия протекания в газе изобарического про­цесса:

Га = Г, (S s/S ,) . (2)

Найдем количество тепла, полученного массой газа при его Нагревании, используя выражение (2) для Т2:

Q = c ( r , - r , ) = c r 1( s J - s , ) / s 1. (3)Из уравнения первого закона термодинамики определим при­

ращение внутренней энергии массы газа, используя выражения для Q и А (см. равенства (3) и (1)):

д и = Q - А = [(С 7 ,/S ,) - р01] (S2 - 5.) — 12 кДж.105. Закон движения поршня при вращении (рис. 94):

пил2 г — (р2 — р,) 5, (1)

где со2 г — центростремительное ускорение поршня; р2, р ,—дав­ления газа в соответствующих частях цилиндра; 5 —- площадь поршня. Считая процесс перемещения поршня (из начального положения в равновесное при вращении) изотермическим, запи­шем закон Бойля — Мариотта для обеих частей сосуда:

р, S(l + r) = p0S /;(2)

р2 S(l — г) = pQS I.

С учетом (2) из (1) получим

10 = Л п г ъ г г ? )= 200 рад/с-

.с о

! Г1 #

1

Л (ML S \ iUJLL

Ul

21

Рис. 94

89