Задача 1. Из равенства масс грузов следует, что в процессе колебаний,

Задача 1.
Из равенства масс грузов следует, что в процессе колебаний,
возникших после отпускания грузов, центр пружины остается
неподвижным. Эта задача эквивалентна задаче о поиске
максимальной скорости груза массой m, висящего на пружине
жесткостью 2k, после его начального смещения вниз на
расстояние a/2 и последующего отпускания.После отпускания
груза он под действием силы упругости начнет двигаться
вверх. Его скорость будет максимальной тогда, когда он будет
проходить через положение равновесия, то есть когда сила
упругости станет равной силе тяжести, действующей на груз.
Искомая максимальная скорость равна произведениюкруговой
2𝑘
𝑎
𝑚
2
частоты колебаний ω=√ на их амплитуду , поэтому 𝑣max=
𝑎√
𝑘
2𝑚
.
Задача 2.
Пусть m– масса каждой пластинки, N – сила реакции со
стороны бревна, α – угол, равный половине угла раствора
“книжки”. Напишем условие равновесия “книжки” в проекции на
вертикальную ось:
2𝑚𝑔 − 2𝑁 𝑠𝑖𝑛 𝛼 = 0.
Рассмотрим только левую пластинку, так как она покоится, то
сумма моментов всех действующих на нее сил, вычисленная
относительно осиО, проходящей по линии склейки пластинок,
равна нулю:
𝑙
𝑁𝑅 𝑐𝑡𝑔 𝛼 − 𝑚𝑔 𝑠𝑖𝑛 𝛼 ∙ = 0.
2
Из написанных соотношений, с учетом того, что
4,получим уравнение относительно 𝑐𝑡𝑔 𝛼
𝑙
𝑅
=
𝑐𝑡𝑔3 𝛼 + 𝑐𝑡𝑔 𝛼 − 2 = 0.
Находящиеся в его левой части выражение легко
раскладывается на множители
(𝑐𝑡𝑔 𝛼 − 1)(𝑐𝑡𝑔2 𝛼 + 𝑐𝑡𝑔 𝛼 + 2) = 0.
Так как второй множитель строго положителен (он
представляет собой квадратный трехчлен с отрицательным
дискриминантом), то единственному решению рассматриваемого
уравнения соответствует 𝑐𝑡𝑔 𝛼 = 1. Следовательно, 𝛼 = 45°, и угол
между пластинками равен 2𝛼 = 90°.
Задача 3.
Для того, чтобы шарик мог вернуться в исходную точку
необходимо, чтобы он после вылета из электрического поля
двигался назад по той же траектории, по которой он летел от
момента броска до попадания в электрическое поле. Это возможно
лишь в том случае, если траектория шарика все время лежит в
плоскости, параллельной силовым линиям электрического поля,
причем они должны быть направлены так, чтобы выталкивать
шарик из поля. Далее введем прямоугольную систему координат с
началом в точке броска шарика, поместим ее в плоскость
траектории шарика и направим координатную ось Xвдоль
поверхности земли, а ось Y− вверх. Пусть шарик влетает в
электрическое поле, имея проекции скорости 𝑣𝑥 и 𝑣𝑦 . При вылете
из поля проекции скорости, как мы уже выяснили, должны остаться
прежним по величине и изменить свой знак, так как шарик
движется в поле вдоль оси Xс постоянным ускорением −
𝑞𝐸
𝑚
,а
вдоль оси Y– с ускорением свободного падения – 𝑔, то для
проекции его скорости в момент вылета из поля можно записать
−𝑣𝑥 = 𝑣𝑥 −
𝑞𝐸
𝑚
𝑡; −𝑣𝑦 = 𝑣𝑦 − 𝑔𝑡,
где t – время полета шарика в электрическом поле. Из этих
соотношений получаем
𝐸=
𝑚𝑔 𝑣𝑥
𝑞
∙
𝑣𝑦
Пусть от момента броска шарика до его попадания в
электрическое поле прошло время τ. Тогда из уравнений
кинематики получаем:
𝑣𝑥 = 𝑣 𝑐𝑜𝑠 𝛼,
𝑣𝑦 = 𝑣 𝑠𝑖𝑛 𝛼 − 𝑔𝜏,
𝐿 = 𝑣𝑥 𝜏 = 𝑣 𝑐𝑜𝑠 𝛼 ∙ 𝜏.
Исключая из двух последних уравнений τ, получаем выражение
проекции 𝑣𝑦
𝑣𝑦 = 𝑣 𝑠𝑖𝑛 𝛼 −
𝑔𝐿
𝑣 𝑐𝑜𝑠 𝛼
.
Подставляя 𝑣𝑥 и 𝑣𝑦 в выражение для Eи учитывая, что 𝛼 = 45°,
находим
𝐸=
=
𝑚𝑔
𝑞
∙
1
2𝑔𝐿
1− 2
𝑣
𝑚𝑔 𝑣𝑥
𝑞
∙
𝑣𝑦
=
𝑚𝑔
𝑞
∙
𝑣 𝑐𝑜𝑠 𝛼
𝑔𝐿
𝑣 𝑠𝑖𝑛 𝛼−𝑣 𝑐𝑜𝑠 𝛼
=
𝑚𝑔
𝑞
∙
1
𝑡𝑔 𝛼−
𝑔𝐿
(𝑣 𝑐𝑜𝑠 𝛼)2
=
.
Из этого выражения видно, что решение задачи существует
при условии 𝑣 > √2𝑔𝐿. Данное условие означает, что шарик
должен влетать в электрическое поле прежде, чем достигнет
наивысшей точки своей траектории при полете вне поля. Из
формулы для E, кроме того, следует, что при движении,
удовлетворяющим условиям задачи, справедливо соотношение
𝑚𝑔
𝑞𝐸
=
𝑣𝑦
𝑣𝑥
, которое означает, что в момент попадания шарика в
электрическое поле его скорость направлена вдоль суммарной
силы, действующей на шарик в электрическом поле и поле силы
тяжести. Следовательно, шарик движется в поле с ускорением
вдоль прямой, составляющей с горизонталью угол
𝜓 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔
𝑚𝑔
𝑞𝐸
= 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔
𝑣𝑦
𝑣𝑥
= 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 (1 −
2𝑔𝐿
𝑣2
).
Движение заряженного шарика во взаимно перпендикулярных
однородных гравитационном и электрическом полях проходит по
параболе, которая вырождается в прямую.
Задача 4.
У батарейки имеется конечное внутреннее сопротивление r, и
вольтметры также неидеальны. Обозначим внутренние
сопротивления вольтметров через 𝑅1 и 𝑅2 и запишем закон Ома для
каждой из схем измерения ЭДС. Для первой цепи ℰ0 = 𝐼(𝑟 + 𝑅1 ),
откуда, учитывая, что вольтметр показывает напряжение 𝑈1 = 𝐼𝑅1 ,
получаем
𝑈1 =
ℰ0 𝑅1
𝑟+𝑅1
=
ℰ0
𝑟
1+𝑅
.
1
Для второй и третьей цепи аналогично имеем
𝑈2 =
ℰ0
𝑟
1+𝑅
2
𝑈0 =
,
ℰ0
𝑟
𝑟
1+𝑅 +𝑅
1
2
.
Решая совместно три полученных уравнения, находим ЭДС
батарейки
ℰ0 =
1
1 1 1
+ −
𝑈1 2 𝑈0
=
1
1
1
1
+ −
0.9 0.6 0.45
= 1.8 В
Задача 5.
Опыт 1. Из закона сохранения импульса имеем
𝑚1𝑣⃗0 = 𝑚2𝑣⃗2 ‘
Опыт 2. Выберем систему отсчета, движущуюся со
скоростью𝑣⃗0. В этой системе шайба𝑚2вначале покоится, а шайба𝑚1
движется со скоростью𝑣1 =𝑣0. Из закона сохранения импульса
следует, что после столкновения шайб справедливы те же
соотношения, что и в первом опыте:𝑚1𝑣⃗0 =𝑚2𝑣⃗2’,
где𝑣⃗2 – скорость второй шайбы в движущейся системе отсчета
после соударения. Возвратимся в неподвижную систему отсчета и
запишем 𝑣2” = 𝑣⃗0 - 𝑣⃗2’ = 𝑣⃗0 -
𝑚1
𝑚2
𝑣⃗ 0.
Из (1) и (3) получим
𝑚1
𝑚2
=1−
𝑚1
𝑚2
, откуда
𝑚1
𝑚2
= 2, 𝑚2 = 2𝑚1.
Задача 6.
КПД определяется как 𝜂 =
можно выразить через 𝑄 − : 𝜂 =
𝐴
𝑄+
𝐴
, а так как 𝑄 + − |𝑄 − | = 𝐴, его
.
𝐴+|𝑄 − |
Вычислить 𝑄 − существенно проще, чем 𝑄 + . Тепло отдается на
участках 5-6 и 6-1:
3
3
2
2
|𝑄 − | = 𝑅 (𝑇5 − 𝑇6 ) + ( 𝑅 + 𝑅) (𝑇6 − 𝑇1 ) =
3
5
51
2
2
2
= (16 − 4)𝑝0 𝑉0 + (4 − 1)𝑝0 𝑉0 =
𝑝0 𝑉0 .
Работа Aчисленно равна площади цикла: 𝐴 = 6 𝑝0 𝑉0 .
В результате получаем 𝜂 =
6
51
6+ 2
=
4
21
.
Задача 7.
Так как
𝐹тр = 𝜇𝑚𝑔 𝑐𝑜𝑠 𝛼 > 𝑚𝑔 𝑠𝑖𝑛 𝛼,
куб соскальзывать не будет. Рассмотрим уравнение моментов
относительно полюса А. Центр масс С находится на расстоянии xот
передней грани, равном
𝑥=
3+𝑝1 /𝑝2
𝑝
4∙(1+𝑝1 )
,
2
где 𝑝1− плотность правой половины.
𝑝1
Если
𝑝2
= 20, то 𝑥 =
61
84
𝑙.
Следовательно, момент силы тяжести направлен против
часовой стрелки и положение равновесия устойчиво.
𝑝1
Если
𝑝2
=
1
, то 𝑥 =
20
23
84
𝑙,
момент силы тяжести направлен по часовой стрелке, и брусок
начнет кувыркаться.
Задача 8.
Пусть 𝛼1 и 𝛼2 − углы между траекторией движения лодки и
береговой линией в каждом из рукавов. Из приведенного рисунка
следует:
𝑠𝑖𝑛 𝛼1 =
4
5
, 𝑠𝑖𝑛 𝛼2 =
3
, 𝑐𝑜𝑠 𝛼1 =
5
3
5
4
, 𝑐𝑜𝑠 𝛼2 = .
5
Скорость лодки относительно системы координат, связанной с
берегом, каждом из рукавов равна 𝑣⃗ = 𝑢
⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗.
𝑣0 Поэтому
𝑠𝑖𝑛 𝛼1 =
Обозначим
𝑢2
𝑢1
=𝑛=
4
3
𝑣0
𝑢
,
𝑠𝑖𝑛 𝛼1
𝑠𝑖𝑛 𝛼2
=
𝑢2
𝑢1
.
. Горизонтальная составляющая скорости
𝑣⃗лодки есть
𝑣гор = 𝑢 − 𝑣0 𝑠𝑖𝑛 𝛼 = 𝑢 (1 −
𝑣0
𝑢
Запишем полное время переправы:
𝑠𝑖𝑛 𝛼) = 𝑢 𝑐𝑜𝑠 2 𝛼
𝑡=
𝐿1
𝑢1 𝑐𝑜𝑠2 𝛼1
+
𝐿1
𝑢2 𝑐𝑜𝑠2 𝛼2
=
1
𝐿1
[
𝑢1 𝑐𝑜𝑠2 𝛼2
+
𝐿2
𝑛 𝑐𝑜𝑠2 𝛼2
].
Здесь 𝐿1 = 0.3 км и 𝐿2 = 0.4 км − снос лодки в каждом рукаве.
Подставляя в это соотношение числовые значения величин, найдем
𝑢1 ≈ 3.1 км⁄ч .
Теперь определим 𝑢2 и 𝑣0 :
𝑢2 = 𝑛𝑢1 ≈ 4.1 км⁄ч,
𝑣0 = 𝑢1 𝑠𝑖𝑛 𝛼1 ≈ 2.5 км⁄ч.
Задача 9.
На участок AB провода действуют силы натяжения 𝑇1 и 𝑇2 .
Переместим мысленно участок AB вверх на малое расстояние ∆𝑙
вдоль кривой расположения провода. Работа сил натяжения равна
изменении. Потенциальной энергии участка AB:
𝑇2 ∆𝑙 − 𝑇1 ∆𝑙 =
Отсюда
𝑇2 − 𝑇1 =
𝑚
𝐿
𝑚
𝐿
∆𝑙𝑔𝐻.
𝑔𝐻.
Условие равновесия участка AB запишем в виде
2
𝑙
𝑇1 2 + ( 𝑚𝑔) = 𝑇2 2 .
𝐿
Из последних двух уравнений находим 𝑇2 , которая и будет
максимальной силой:
𝑇𝑚𝑎𝑥 =
𝑚𝑔 𝐻 2 +𝑙 2
2
∙
𝐻𝐿
.
Задача 10.
При движении вверх тело под действием ветра смещается по
горизонтали вдоль оси Х, причем его движение описывается
уравнением
𝑚∆𝑣𝑥𝑙 = 𝑘(𝑢 − 𝑢𝑥𝑙 )∆𝑡1 .
При движении по вертикали вверх выполняется уравнение
𝑚∆𝑣𝑦𝑙 = −(𝑘𝑣𝑦𝑙 + 𝑚𝑔)∆𝑡1 ,
а в обратном направлении
𝑚∆𝑣𝑦𝑙 = (𝑘𝑣𝑦𝑙 + 𝑚𝑔)∆𝑡1 .
Суммируя по всем i уравнения (1), (2) и (3), получим
m𝑣𝑥1 = 𝑘𝑢𝜏 − 𝑘𝑠,
−𝑚𝑣𝑦0 = −𝑘𝐻 − 𝑚𝑔𝜏1 ,
𝑚𝑣𝑦1 = −𝑘𝐻 + 𝑚𝑔𝜏2 ,
где τ1 − время подъема тела, τ2 −
время его падения на землю, 𝑣y0 − начальная скорость тела, а
𝑣x1 и 𝑣𝑦1 − горизонтальная и вертикальная проекции конечной
скорости. Из (1’), (2’) и (3’) имеем
(𝑣𝑦1 + 𝑣𝑦0 ) = 𝑔(= 𝑔(𝜏1 + 𝜏2 ) = 𝑔𝜏,
а из (1’) соответственно
𝑣𝑥1 =
𝑘𝑢𝜏−𝑘𝑠
𝑚
.
Работа силы трения равна изменению кинетический энергии
тела
𝐴=
𝑚𝑣𝑦0 2
2
−
𝑚(𝑣𝑦1 2 +𝑥𝑥1 2 )
2
=
𝑚
2
∆𝑣𝑔𝜏 −
1 𝑘2
2𝑚
(𝑢𝜏 − 𝑠)2 .