Поможем в ✍️ написании учебной работы

Имя

Поможем с курсовой, контрольной, дипломной, рефератом, отчетом по практике, научно-исследовательской и любой другой работой

Выберите тип работыЧасть дипломаДипломная работаКурсовая работаКонтрольная работаРешение задачРефератНаучно - исследовательская работаОтчет по практикеОтветы на билетыТест/экзамен onlineМонографияЭссеДокладКомпьютерный набор текстаКомпьютерный чертежРецензияПереводРепетиторБизнес-планКонспектыПроверка качестваЭкзамен на сайтеАспирантский рефератМагистерская работаНаучная статьяНаучный трудТехническая редакция текстаЧертеж от рукиДиаграммы, таблицыПрезентация к защитеТезисный планРечь к дипломуДоработка заказа клиентаОтзыв на дипломПубликация статьи в ВАКПубликация статьи в ScopusДипломная работа MBAПовышение оригинальностиКопирайтингДругое

Нажимая кнопку "Продолжить", я принимаю политику конфиденциальности

 

 

II.1. Поскольку сжатие пружины совпадает с высотой поршня над дном сосуда, давление газа пропорционально его объему: p ~V . Пусть

 

0        0

p0 , V и T – начальные давление, объем и температура газа. Уравне-ния начального и конечного состояний газа имеют вид:

 

0 0

0

p V = nRT0 , np0nV = nRmT0 .

 

Отсюда n2 = m. Ответ: n = m »1,41.

 

 

89

 

Факультет ВМиК

 

 

1

II.2. Условие равновесия поршня в неподвижном сосуде: p S = p0S + Mg ,

1

S

откуда давление газа в неподвижном сосуде p = p0 + Mg .

 

По второму закону Ньютона для поршня в сосуде, движущемся с уско-рением g /2 ,

 

Mg /2 = p2S − p0S −Mg .

 

Отсюда установившееся давление газа в движущемся сосуде

 

S

2

p2 = p0 + 3Mg .

 

Считая это давление одинаковым во всех точках сосуда, по закону Бой-ля-Мариотта имеем:

 

æ            ö   æ              ö

V

÷

S

S

2

è            ø   è              ø

ç p0 + Mg ÷ 1 =ç p0 + 3Mg V2 .

 

 

1

−a

g

V

(1,5

)

Учитывая, что V = a , получаем ответ: M = (a −1)p0S =30 кг. 2

 

 

II.3. Пусть при температуре T давление воздуха в пространстве под поршнем равно p, а смещение поверхности воды вниз от первоначаль-

 

ного уровня в правом сосуде составляет y . При этом в левом сосуде

 

уровень воды повышается на такую же величину, а пружина сжимается на величину x . Из условия равновесия поршня следует равенство

 

(p− p0)S = kx .

 

Условие равновесия жидкости дает соотношение

 

90

.

 

 

Решения задач

 

 

p = p0 + 2 gy .

 

0

Уравнения начального и конечного состояний воздуха имеют вид: p0Sl = RT ,                         pS(l + x+ y) = nRT .

Решая полученную систему уравнений, находим ответ:

 

ç         ÷

+       .

×

=    + +

÷

ç

T T

1

1

÷

ç

è         ø

æ  x   kx ö æ   kx ö 0è           l  2rglS ø ç       p0S ÷

 

II.4. Записывая для вытекающего воздуха уравнение Бернулли и учитывая, что давление воздуха за рассматриваемый промежуток вре-мени меняется незначительно, имеем:

 

2

p0 = rv2 ,

 

 

p

p M

0

откуда скорость истечения воздуха v = 2r0 . Здесь r = R T – плот-

 

ность воздуха, которая также практически постоянна. Следовательно, массовый расход воздуха равен:

 

 

µ = S vr = S 2p0r = Sp0

2M

 

R T

 

V

Из уравнения Клапейрона-Менделеева находим изменение давления воздуха за время t: ∆p = µt R T . Объединяя записанные выражения,

 

V

p

0

M

получаем ответ: t= ∆p ×S × 2R T » 241 c.

 

II.5. Поскольку система теплоизолирована и газы работу не совер-шают, внутренняя энергия в системе остается постоянной. Обозначив

 

 

91

 

Факультет ВМиК

 

 

через T температуру газов после установления теплового равновесия, имеем:

 

m             m                 m   m

3              3                3

ç              ÷

1

2

1

ç              ÷

2

1

è              ø

2

2 M1 R T + 2 M2 R T = 2æ M1 + M2 öR T ,

 

откуда

 

m  T           T

=

.

T

m

1M2 1 + m2M1 2 1M2 + m2M1

 

Парциальные давления газов в конечном состоянии:

 

p =

1

,

p =

.

m R T               m2R T 1       2V M1            2   2V M2

 

1

По закону Дальтона p = p + p2 .

 

m

1               1 2

2V         M M

Ответ: p = R × 1M2T + m2M T »1,97×105 Па. 1 2

 

 

II.6. Пусть m0 и m – массы водяного пара в начальном и конечном состояниях. Давление насыщенного водяного пара при температуре 100 °C равно атмосферному: p0 =105 Па. Поскольку при сжатии объем пара уменьшается в 5 раз, а p = p0 /2 , пар достигнет насыщения и часть его превратится в воду. Из уравнений начального и конечного состоя-ний пара:

 

0

M

0

M

pV = m0 R T ,   p V = m R T

 

 

M

0      0

получаем ответ: ∆m = m0 −m = R T (p V − p V) » 0,87 г.

 

 

92

s

 

 

Решения задач

 

 

II.7. Изменение силы натяжения нити равно изменению архимедо-вой силы, действующей на поплавок: ∆F =V( 2 − 1)g . Плотность жидкости меняется с температурой по закону

 

r

0

r(t) = 1+a(t −t0) .

 

Следовательно,

 

1

∆ =

.

F

1

Vr0ga(t −t2) [1+a(t2 −t0)][1+a(t −t0)]

 

1

Учитывая, что в рассматриваемом температурном диапазоне a(t −t0) <<1, получаем ответ: ∆F »Vr0ga(t −t2) = −7,5×10−2 Н. Сила

натяжения нити уменьшится.

 

 

III. ЭЛЕКТРОДИНАМИКА

 

 

III.1. На участок лепестка площадью ∆S действует сила тяжести ∆m×g = gd∆S , направленная вертикально вниз, и сила

 

кулоновского

 

К

2

∆F = 2s∆S × e ,

отталкивания       от        плоскости

 

направленная горизонтально (см. рис.

 

0

84). Направление равнодействующей этих сил для всех точек лепестка одно и то же, поэтому лепесток будет нахо-диться в равновесии, если равнодействующая проходит

2

∆         s

К

m

0

через точку подвеса. Поэтому tga = ∆ F g = e rdg . Ответ:    Рис. 84

 

æ

ö

2

s

ç

÷

è

ø

0

a = arctgç e rdg ÷.

 

93

 

Факультет ВМиК

 

III.2. Пусть E0 – напряженность электрического поля в той части конденсатора, где нет диэлектрика. Напряжение между обкладками

 

U = E0(d −h)+ E h ,

 

где E = E0 /e. Объединяя записанные выражения, получаем ответ:

 

U

E = h+e(d −h) .

 

III.3. Модули напряженностей электрических полей, создаваемых пластинами,

 

q

1

0

q

0

E = 2e1S , E2 = 2e2S .

 

Эти поля однородны и в пространстве между пластинами направлены противоположно друг другу. По принципу суперпозиции модуль ре-зультирующего поля между пластинами

 

1

E =

.

0

|q −q2 | 2e S

 

Разность потенциалов между пластинами U = E d . Ответ:

 

1

=

=

.

U

0                  0

|q −q2 |d 2qd 2e S      e S

 

III.4. За время t на экране электронно-лучевой трубки соберется заряд q = It с поверхностной плотностью s = q , где S – площадь эк-

 

94

 

Решения задач

 

 

4

5 5   25

рана. При заданном отношении сторон экрана S = 3d × d = 12 d2 . На-

 

пряженность электрического поля вблизи экрана

 

E        =

=

.

0

0

s          25It 2e       24e d2

 

f

Напряженность поля на поверхности уединенного металлического ша-

 

E

2

d

0

I R

2

ра, заряженного до потенциала , 1 = R . Приравнивая эти величины, получаем ответ: t= 24 5 e f »133 мкс.

 

 

III.5. При неограниченном сближении пластин плоского конденса-тора, заряд на котором постоянен, энергия конденсатора стремится к нулю. Поэтому вся начальная энергия конденсатора переходит в кине-тическую энергию движущейся пластины. Из закона сохранения энер-гии следует:

 

2                  2

m v2 = mgh+ C U2 ,

 

 

e

h

где C = 0S – емкость конденсатора в начальном состоянии. Ответ:

 

 

0

mh

v = 2gh+ e SU2 » 0,2 м/с.

 

III.6. В начальном состоянии заряд на каждом конденсаторе

 

E

C C                                                     q     q      C C

2                                                                                                                         1

2          2                           2

0

+                                                                                      +

1                                                                                               1                               1

q = C 1 C2 E , энергия системы W = 2C + 2C2 = 2(C 2 C2) . При под-

 

C

ключении резистора к конденсатору C2  этот конденсатор полностью разрядится, а конденсатор                           1 зарядится до напряжения E . Конечная

 

95

 

Факультет ВМиК

 

 

1

2

энергия системы W = C E 2 . При перезарядке конденсаторов источник

 

 

æ                  ö

C C

1  2

E

ç                  ÷

1

è                  ø

1

переместит по цепи заряд q = çC − C +C2 ÷ , совершив работу

 

C E

2  2

1

1

0

A = qE = C +C2 . По закону сохранения энергии A+W =W +Q .

 

C E

1

2  2 Ответ: Q = 2(C1+C2) .

 

III.7. При неизменном внешнем напряжении справедливо отноше-

 

N  R

R

N   R

ние 1 = 2 , где 1 и R2 – сопротивления нагревателя в первом и во 2         1

 

R

втором случаях. Пусть 0 – сопротивление нагревателя при температу-ре t0 = 0 °C. Тогда

 

1      0            1

0

R = R (1+ at ),   R2 = R (1+ at2).

 

Объединяя записанные выражения, получаем ответ:

 

æ        ö

ç        ÷

1

N  a     N

è        ø

t2 = t N1 − 1 ç1− N1 ÷ » 384,6 °C . 2                  2

 

III.8. Напряжение между точкой 1 и нижним узлом схемы равно

 

R

=

=

.

V

U

U

0(1+a2t)                      1+a2t

R        t R

1       0(1+a1 )+ 0(1+a2t)      2+(a1 +a 2)t

 

Аналогично, напряжение между точкой 2 и нижним узлом схемы

 

+a

1   t

1

2

V = 2+(a1 +a 2)t U .

 

96

	1		E		t		U

 

 

Решения задач

 

 

a −a

t

(         )

1      2

2    1

1

Следовательно, V =V −V = 2+(a1 +a2)t U . Учитывая, что a t <<1, a 2t <<1, получаем ответ:

 

2

V » 1U(a1 −a2)t .

 

III.9. Обозначим энергию, требующуюся для того, чтобы вскипя-тить воду в нагревателе, через E . При поочередном подключении спи-ралей к сети имеем:

 

U

U

2             2

t

R

R

E = 1 =   t2 , 1               2

 

R

где U – напряжение сети, 1 и R2 – сопротивления спиралей. Отсюда

 

R = U2 1 ,

 

спиралей

2

2

R = E t2 . При параллельном подключении к сети двух

 

ö

æ

U  U

÷

ç

2         2

÷

ç

R  R

ø

è

E =  +     tпар , 1        2

 

при их последовательном подключении к сети

 

U

2

+

R R

E =               tпосл . 1     2

 

Подставляя в эти формулы сопротивления спиралей, получаем ответ:

 

t

1 2

1

1

tпар = t t+t2 = 6 мин,  tпосл = t +t2 = 25 мин.

 

III.10. При движении проводников в магнитном поле в них возни-кают ЭДС индукции

 

97

 

Факультет ВМиК

 

 

1

E1 = B v l ,  E2 = B v2l

 

R

с одинаковой полярностью. Данная цепь эквивалентна двум параллель-но соединенным источникам с ЭДС E1 , E2 и внутренними сопротивле-ниями  1 , R2 , подключенным к нагрузке сопротивлением R . Обозна-чив токи, текущие через левый и правый проводники, через I1 и I2 , имеем:

 

1

I1R + (I1 + I2)R =E1 , I2R2 +(I1 + I2)R =E2 .

 

R

Домножая первое из этих уравнений на R2 , а второе на 1 и складывая, получаем:

 

1 2                            1      2                   2           1

(I1 + I1)R R +(I1 + I1)(R + R )R =E1R +E2R .

 

Учитывая, что искомый ток I = I1 + I2 , находим ответ:

 

v

2           1

=

.

I

1 2            1      2

Bl( 1R +v2R ) R R + R(R + R )

 

R

III.11. Величина заряда, протекшего по контуру, ∆q = ∆F , где ∆F

 

– модуль изменения магнитного потока через контур. В начальном по-ложении контура поток F 1 = B ab . В конечном положении потоки через каждую половину контура одинаковы по величине и противоположны по знаку, поэтому полный поток через контур F 2 = 0. Ответ:

 

R

∆q = B ab = 7,5×10−4 Кл.

 

*III.12. После замыкания ключа в контуре возникнут гармониче-ские колебания со смещенным положением равновесия. Пусть E >U0 . Зависимость напряжения на конденсаторе от времени изображена на

 

98

2

 

 

Решения задач

 

 

2

W

2

рис. 85. Начальная энергия конденсатора 0 = C U0 , работа источника

 

2

по зарядке конденсатора до максимального напряжения                       A =C(Umax −U0)E , энергия контура в момент достижения максималь-

 

ного напряжения Wmax = C Umax  (ток через

 

катушку в этот момент равен нулю). По закону сохранения энергии W + A =Wmax .

 

Рис. 85

 

0

Отсюда получаем квадратное уравнение относительно Umax :

 

2                                                            2

Umax −2EUmax + 2EU0 −U0 = 0.

 

Корни этого уравнения: Umax = 2E −U0 , Umax =U0 . Ответ:

 

Umax = 2E −U0 при U0 <E ,   Umax =U0 при U0 ³E .

 

 

IV. ОПТИКА

 

 

2

2

IV.1. Ход луча при исходном и смещенном поло-жениях зеркала 1 изображен на рис. 86 сплошной и штриховой линиями соответственно. Видно, что при перемещении зеркала параллельно самому себе на рас-стояние d1 отраженный от него луч смещается на рас-стояние a = 2d1 sina , где a – угол падения. По усло-вию треугольник ABC прямоугольный. Следователь-но, a + b = p и угол падения                                     на зеркало 2 равен

 

 

p a

b = 4 − 2 . Из рисунка видно, что отраженный от зер-         Рис. 86

 

 

99

 

Факультет ВМиК

 

 

ç       ÷

p a

æ       ö

4 2

è       ø

кала 2 луч попадет в отверстие O, если его сместить вправо на расстоя-ние a . Имеем: d1 sina = d2 sinæ p − a ö . Ответ: d2 = d1                              sina    .

ç       ÷

sinè 4 − 2 ø

 

 

IV.2. Максимальное смещенное от нижнего края экрана световое пятно даст луч, испытавший при отражении от призмы наименьшее от-клонение от первоначального распространения. Ход такого луча изо-бражен на рис. 87. Этот луч падает на грань AC рядом с ребром призмы. При повороте призмы из данного положения на малый угол грань AC уйдет из-под луча и на ее месте окажется грань BA, на которую луч бу-дет падать нормально и отразится назад, т.е. не попадет на экран. Луч, отраженный от призмы, вновь начнет попадать на экран, когда грань BA повернется на угол 45° . Таким образом, как видно из рисунка, макси-мальное отклонение преломленного линзой луча достигается в момент, когда падающий луч составляет с главной оптической осью линзы угол 30°. Это соответствует смещению светового пятна от нижнего края

 

экрана на расстояние d = f tg30° = f .

3

 

 

Рис. 87                                                       Рис. 88

 

IV.3. Ход луча изображен на рис. 88. По закону преломления sina = nsinb , где a – угол падения луча на поверхность шара, b –

 

 

100

 

Решения задач

 

 

2

угол преломления. Как видно из рисунка, 6b = p . По условию 2a = p .

 

Объединяя записанные выражения, получаем ответ: n = 2 .

 

 

IV.4. Построение изображения приведено на рис. 89. При построе-нии учтено, что лучи, идущие от предме-

Рис. 89

та, после преломления в линзе и отраже-ния от зеркала, вторично преломляются в линзе. В частности луч 1, идущий к линзе параллельно главной оптической оси, по-сле выхода из линзы пересекает оптиче-скую ось в середине отрезка OF. Отсюда следует, что фокусное расстояние оптиче-ской системы, состоящей из тонкой линзы и прижатого к ней плоского зеркала, рав-

но F /2 . Применяя для системы формулу тонкой линзы

 

a b F

1 + 1 = 2 ,

 

 

a

−

l  b

1

−

находим, что b = 2a F F . Из рисунка видно, что увеличение, даваемое системой, m = l = a . Ответ: m = 2a F F = 2 .

 

 

¢

IV.5. Обозначим через ∆ геометрическую разность хода двух лу-чей, идущих на расстоянии                           от главной оп-

¢¢

тической оси линзы: луча 1 , отраженного от верхней поверхности стеклянной пластинки, и луча 1 , отраженного от нижней поверхности линзы (см. рис. 90). По теореме Пифагора имеем:                                    R2 = r2 +(R −∆ /2)2 .                    Отсюда

 

R∆ = r2 + ∆2 /4. Учитывая, что ∆2 /4 << r2 ,                  Рис. 90

 

 

101

 

Факультет ВМиК

 

 

¢

R

приближенно получаем: ∆ » r2 . Поскольку волны 1 и 1 распростра-

 

¢

¢

няются в бензоле, заполняющем зазор между линзой и пластинкой, оп-тическая разность хода между волнами 1 и 1¢равна

 

R

∆опт = n∆ = nr2 .

 

¢

Дополнительный фазовый набег, равный p, волна 1 приобретает при отражении волны 1 от оптически более плотной среды. Таким образом, условие первого интерференционного минимума имеет вид:

 

3

∆опт + 2 = 2l .

 

n

Объединяя записанные выражения, получаем ответ: r = lR » 2 мм.

 

102

			t −t

 

 

Решения задач

 

ФИЗИЧЕСКИЙ ФАКУЛЬТЕТ

 

I. МЕХАНИКА

 

 

I.1. Пусть расстояние между столбами равно S , скорость велосипе-диста в момент проезда первого столба равна v0 , а его ускорение равно a . Кинематические уравнения движения велосипедиста на заданных в

условии отрезках пути имеют вид:

 

1

1

2

2

1

2

3

1

2

S = v0t + at2 , S = (v0 +at )t2 + at2 ,  S = (v0 + at + at2)t3 + at2 .

 

a

a

Вводя обозначения t0 = 2v0 , t= 2S , последнее из этих уравнений

 

приведем к виду:

 

2

1

t3 + 2(t +t2 +(t0 /2))t3 −t2 = 0 .

 

Условию задачи удовлетворяет положительный корень этого уравнения:

 

1

1

t3 = −(t +t2 +(t0 /2))+ (t +t2 +(t0 /2))2 +t2 .

 

Чтобы получить ответ, осталось найти t0 и t. Для этого воспользуемся первым и вторым кинематическими уравнениями движения велосипе-диста, которые в наших обозначениях принимают вид:

 

2

1   1

2                                      2

1

2    2

t = t0t +t2 , t = (t0 +2t )t2 +t2 . Решая эту систему, находим

t0 = t2 − 1 +2 1 2 =1 с, 1                   2

 

2

1          1

t = (t +t2)t t2 = 6 с2.

 

1   2

 

Следовательно, t3 = −3,5+ 3,52 +6 » 0,77 с.

 

 

103

 

Физический факультет

 

 

I.2. Пусть v0 – скорость автопоезда при равномерном движении, F – сила тяги двигателя тягача, постоянная до момента выключения дви-гателя, µ – коэффициент сопротивления, имеющий размерность уско-

 

рения. Согласно второму закону Ньютона, при равномерном движении автопоезда выполняется равенство:

 

F = M .

 

После того, как от автопоезда отцепится прицеп, уравнения движения тягача и прицепа примут вид:

 

1

(M −m)a = F − (M −m) ,    ma2 = −µm .

 

1

−

Следовательно, до момента выключения двигателя прицеп будет дви-гаться равноускоренно с ускорением a = µ M m m , а прицеп – равноза-медленно с ускорением, модуль которого | a2 | = µ . Из кинематических уравнений движения прицепа следует, что расстояние, пройденное им до полной остановки, равно

 

2            2

µ

a

2

|

s2 = 2v02 | = v0 .

 

К моменту выключения двигателя тягач наберет скорость

 

2

1

v = v0 +2a s . После выключения двигателя он будет двигаться равно-

 

замедленно с ускорением, модуль которого | a2 |. Поэтому при движе-нии накатом тягач пройдет путь

 

m

v   v

2            2

0

1

s = 2| a2 | = 2µ + M −m s .

 

1

−

M

Учитывая, что искомое расстояние L = s+ s −s2 , получаем ответ: L =  Ms m = 500 м.

 

 

I.3. Вычислим силу натяжения стержня в том его сечении, которое находится на границе между гладкой и шероховатой частями наклонной

 

 

104

 

Решения задач

 

 

поверхности клина. Пусть полная масса стержня равна m. Рассмотрим момент, когда на гладкой части клина окажется нижняя часть стержня массой bm , а на шероховатой части клина – верхняя часть стержня

 

массой (1− )m , причем значения коэффициента   лежат в диапазоне 0 £ b £1. Уравнения движения нижней и верхней частей стержня имеют

вид:

 

bma =bmgsina −T ,

 

(1−b)ma = (1− )mgsina +T − (1− )mgcosa ,

 

где a – ускорение стержня, g – ускорение свободного падения, T –

 

сила взаимодействия нижней и верхней частей стержня (сила натяжения стержня) в рассматриваемый момент. Решая эту систему, находим

 

T =b(1−b)µm gcosa .

 

Видно, что сила натяжения стержня в сечении, которое находится на границе между гладкой и шероховатой частями клина, зависит от зна-чения коэффициента b . Очевидно, она будет максимальной при

 

= 0,5 , т.е. когда одна половина стержня окажется на гладкой нижней

 

m

4

части клина, а другая половина – на его шероховатой верхней части. Проводя аналогичные рассуждения, нетрудно установить, что сила на-тяжения стержня будет линейно убывать с расстоянием от сечения стержня, совпадающего с границей между гладкой и шероховатой час-тями клина. Предлагаем самостоятельно убедиться в этом. Следова-тельно, T ax = 1 µm gcosa .

 

 

*I.4. Когда кубик и груз освободят, они придут в движение под дей-ствием сил, модули и направления которых

указаны на рис. 91. Здесь mg и µN – модули

 

силы тяжести и силы трения скольжения, дей-ствующих на груз, N – модуль нормальной

составляющей силы взаимодействия кубика и груза, F – модуль силы натяжения нити, рав-ный модулю заданной в условии силы, прило-

 

 

Рис. 91

 

 

105

 

 

Физический факультет

 

 

женной к свободному концу нити. Полагая, что система отсчета, свя-занная со столом, является инерциальной, запишем уравнения движения кубика и груза в проекциях на координатные оси Ox и Oy:

 

Ma x = F − N , ma x = N ,  ma y = F −mg − N ,

 

где a x  – модуль ускорения кубика, равный модулю горизонтальной составляющей ускорения груза, a y – модуль вертикальной составляю-щей ускорения груза. Из этих уравнений находим

 

a x = M F m ,

M +(1− )m y                (M +m)m

 

+

Пусть за время t перемещение кубика составило ∆x , а груз поднялся на высоту ∆y . Поскольку движение этих тел начинается из состояния

 

2

2

2

∆

2

y a

покоя, то ∆x = a xt , ∆y = a yt . Следовательно, ∆x = a x . Перемеще-y

 

ние свободного конца нити относительно неподвижной системы отсчета при этом равно ∆x+∆y . Работа, которую совершает сила                  ,

 

÷

ç

∆

÷

ç

a

A = F ( x +∆y)= F ∆xæ1+ a y ö. è x ø

 

Объединяя записанные выражения, получаем ответ:

 

 

∆x = (2−µ+(M

A

 

m))F −(m+ M)g

 

(  )

m+ M m g

Анализ этого выражения показывает, что оно теряет смысл при

 

0

2

0

F £ F = M + m( −µ). Таким образом, найденное решение существует, если F > F .

 

 

I.5. Рассмотрим движение груза после того, как нить, на которой он подвешен, зацепится за нижний гвоздь. В верхней точке окружности, по которой движется груз, на него действуют сила тяжести и сила натяже-

 

 

106

 

Решения задач

 

 

ния нити (см. рис. 92). Обозначив через mg и T модули этих сил, по второму закону Ньютона имеем:

 

R

m v2 = mg +T ,

 

где v – скорость груза в верхней точке, R – радиус окружности. Отсю-да следует, что груз совершает на нити полный

оборот по окружности, если v2 ³ gR . Обозначив

 

через v0 скорость груза в нижней точке, по закону сохранения механической энергии имеем:

 

0

2      2

0

m v2 = m v2 + 2mgR .                                         Рис. 92 Отсюда v2 = v2 + 4gR . С учетом найденного выше условия для скоро-

v

0

2

сти груза в верхней точке находим, что R £ 5g . Таким образом, макси-

 

мальное значение радиуса, при котором груз совершит полный оборот по окружности, равно

 

v

0

2 Rmax = 5g .

 

0

Применяя для движения груза от исходного положения до нижней точ-ки закон сохранения механической энергии, получаем, что v2 = 2gL.

 

5

Следовательно, Rmax = 2 L , и максимальная высота, на которую под-

 

нимется груз

 

5

hmax = 2Rmax = 4 L.

 

5

Чтобы эта высота была достигнута, нужно вбить нижний гвоздь на рас-стоянии x = x0 = L− Rmax = 3 L от верхнего. Если вбить гвоздь ниже

 

найденной точки (при этом x > x0 ), то радиус окружности, по которой

 

 

107

 

Физический факультет

 

 

движется груз, будет меньше Rmax , и груз достигнет в верхней точке окружности высоты, меньшей чем hmax . Если же вбить гвоздь выше найденной точки (при этом x < x0 ), то натяжение нити обратится в нуль, т.е. нить провиснет, когда груз еще не достигнет верхней точки. В

этом случае траектория груза кроме дуги окружности будет включать в себя отрезок параболы. Таким образом, ответ имеет вид: x = 0,6L .

 

∆

I.6. Выделим малый элемент кольца массой ∆m = m 2p , где ∆ <<1. Этот элемент находится в равновесии под

 

действием сил, модули и направления которых изо-бражены на рис. 93, где ∆mg – модуль силы тяжести,

 

∆N – модуль силы реакции поверхности конуса, F – модуль силы натяжения кольца. Векторная сумма сил натяжения, действующих на выделенный элемент со стороны соседних участков кольца, направлена к цен-

2

Рис. 93         тру кольца и по модулю равна ∆F = 2Fsin ∆f » F∆f .

 

Условия равновесия элемента кольца имеют вид:

 

∆mg = ∆N sina ,   F∆f = ∆N cosa .

 

∆mg  mg

p

2 F

Отсюда tga = F∆f = 2pF . Полагая, что F – максимально допустимое натяжение кольца, получаем ответ: amin = arctg mg .

 

 

I.7. Цилиндр и доски находятся в равновесии под действием сил, модули и направления которых изображены на рис. 94, где Mg и mg –

 

модули сил тяжести, действующих на цилиндр и на каждую из досок, N – модуль нормальной составляющей силы взаимодействия каждой из досок и цилиндра, Fтр – модуль силы трения покоя между цилин-

 

дром и каждой из досок. Силы реакции оси, на которой подвешены дос-

 

 

108

	F		=		.

 

 

Решения задач

 

 

ки, на рисунке не показаны. Для облегчения анализа рисунка в левой его части изображены силы, действующие только на

цилиндр, а в правой – только на правую доску. Уравнение моментов сил, действующих на одну из досок, записанное относительно точки O, имеет вид:

 

2              2

mg L sina = N L .

 

Цилиндр находится в равновесии при выполнении

условия:                                                                                              Рис. 94

 

т

Mg + 2N sina = 2F р cosa .

 

Из записанных уравнений находим, что

 

 

N = mgsina ,

Mg + 2mgsin2 a тр       2cosa

 

т

Сила трения покоя удовлетворяет неравенству: F р £ µN . Следователь-

 

F

N

но, система будет находиться в равновесии при условии, что µ ³     тр .

 

Учитывая, что sina =         R        , cosa =

R2 +(L/2)2

 

L/2     , получаем

R2 +(L/2)2

 

2          2

+

4 )

R           L

ответ: µ ³ (L 4m R L M + 2R .

 

 

I.8. Согласно формуле Гюйгенса, период колебаний математическо-го маятника длиной l равен

 

g

T = 2p     l ,

 

 

где g – ускорение свободного падения в той области вблизи поверхно-

 

сти планеты, где расположен маятник. В частности, на полюсе ускоре-ние свободного падения gп целиком определяется силой гравитацион-ного притяжения тела к планете. По закону всемирного тяготения

 

 

109

 

Физический факультет

 

 

2

R

gп = G M ,

 

где G » 6,67×10−11 м3/(кг·с2) – гравитационная постоянная, M – масса

 

планеты, R – ее радиус. Тело, находящееся на экваторе, движется отно-сительно инерциальной системы, связанной с центром планеты, по ок-ружности радиусом R . По второму закону Ньютона для тела массой m, покоящегося на экваторе, имеем:

 

mw2R = mgп − N ,

 

T

T

где w – угловая скорость вращения планеты, N – модуль силы реакции опоры. Отсюда находим, что сила, с которой тело, находящееся на эква-торе, давит на опору, N = m(gп −w2R) . Следовательно, предоставлен-ное самому себе тело будет совершать на экваторе свободное падение с ускорением gэ = gп −w 2R . По условию период колебаний маятника на экваторе э связан с периодом колебаний на полюсе п соотношением:

э         п

T = n T . Поэтому gп = n2gэ , откуда

 

n

R

w = 1 gп (n2 −1) .

 

3

3

Учитывая, что масса планеты M = 4 pR r , а искомый период вращения

 

w

планеты вокруг ее оси t= 2p , после несложных преобразований нахо-

 

 

3p

дим ответ: t= n Gr(n2 −1) » 2,5 часа.

 

 

1               1

I.9. Поскольку грузы смещают от положений равновесия на одина-ковые расстояния, центр масс системы, совпадающий с центром тре-угольника (точкой O) остается неподвижным. Пусть смещение каждого груза равно          . Из рис. 95 видно, что удлинение любой из трех пружин составит при этом величину ∆x = 2x , где x = xcos30°. По закону Гука

 

сила упругости, возникающая при растяжении пружины, равна по мо-

 

110

 

Решения задач

 

 

дулю F = k∆x . На каждый груз действуют две такие силы, направлен-ные под углом 60° друг к другу. Их векторная

сумма направлена к центру треугольника и по модулю равна 2F cos30° . Объединяя записан-ные выражения, находим, что возвращающие силы, возникающие при смещении грузов на расстояние x , равны по модулю 3kx. Поэтому уравнение движения каждого из грузов имеет

вид:                                                                                                   Рис. 95

 

x

m&&= −3k x .

 

w

m

Следовательно, w2 = 3k . Учитывая, что период колебаний T = 2p , по-

 

k

3

лучаем ответ: T = 2p     m .

 

I.10. Поскольку грузы смещают от положений равновесия на одина-ковые расстояния, центр масс системы, совпа-

1

1

n

2

дающий с центром n-угольника (точкой O) ос-тается неподвижным. Пусть смещение каждого груза равно x . Из рис. 96 видно, что удлинение любой из n пружин составит при этом величи-ну ∆x = 2x , где x = xsin a , а a = 2p По за-

 

кону Гука сила упругости, возникающая при растяжении  пружины,  равна  по  модулю F = k∆x . На каждый груз действуют две такие силы, направленные под углом 2  друг к другу,

 

Рис. 96

 

2 2

где b = p − a . Их векторная сумма направлена к центру n-угольника и

 

æ       ö

ç       ÷

2 2               2

по модулю равна 2F cosb = 2F cosè p − a ø = 2Fsin a . Объединяя запи-санные выражения, находим, что возвращающие силы, возникающие

 

 

111

 

Физический факультет

 

a

æ             ö

ç             ÷

при смещении грузов на расстояние x , равны по модулю è4ksin2 2 øx . Поэтому уравнение движения каждого из грузов имеет вид:

 

&&

ç             ÷

2

è             ø

m x = −æ4ksin2 a öx.

 

 

2

m

Следовательно, w 2 = 4k sin2 a . Учитывая, что период колебаний

 

p

w

k

T = 2p , получаем ответ: T = sin(p/n) m .