Динамика - Естественнонаучная школа ТПУ

Министерство образования и науки Российской Федерации
Государственное образовательное учреждение высшего профессионального образования
« НАЦИОНАЛЬНЫЙ ИССЛЕДОВАТЕЛЬСКИЙ
ТОМСКИЙ ПОЛИТЕХНИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ»
С.И. Кузнецов, Т.Н. Мельникова, Е.Н.
Степанова
СБОРНИК ЗАДАЧ ПО ФИЗИКЕ
с решениями.
Динамика
Издательство
Томского политехнического университета
2011
1
УДК 53(075.8)
ББК 22.3я73
Кузнецов С.И.
Решение задач по курсу общей физики. Динамика:
К 891
учебное пособие/ С. И. Кузнецов, Т.Н. Мельникова, Е.Н.
Степанова; – Томск: Изд-во ТПУ, 2011. – 27 с.
В учебном пособии рассмотрены основные вопросы динамики,
приведены методические указания по решению типовых задач, а так же
приведены задачи для самостоятельного решения и тесты.
В учебном пособии рассмотрены основные вопросы кинематики,
приведены методические указания по решению типовых задач, а так же
приведены задачи для самостоятельного решения и тесты.
Цель пособия – помочь учащимся освоить материал программы,
научить активно применять теоретические основы физики как рабочий
аппарат, позволяющий решать конкретные задачи, приобрести
уверенность в самостоятельной работе.
Пособие подготовлено на кафедре общей физики ТПУ,
соответствует программе курса физики, общеобразовательных учебных
заведений и направлено на активизацию научного мышления и
познавательной деятельности учащихся.
Предназначено для учащихся средних школ, лицеев, гимназий и
подготовки абитуриентов к поступлению в технические вузы.
Ориентировано на организацию самостоятельной индивидуальной
работы.
УДК 53(075.8)
ББК 22.3я73
Рекомендовано к печати Редакционно-издательским советом
Томского политехнического университета
Рецензенты
Доктор физико-математических наук, профессор,
заведующий кафедрой теоретической физики ТГУ
А.В. Шаповалов
Доктор физико-математических наук, профессор,
заведующий кафедрой общей информатики ТГПУ
А.Г. Парфенов
© Томский политехнический университет, 2011
© Оформление. Издательство НИ ТПУ, 2011
© Кафедра общей физики. 2011
2
Удачные обозначения обладают
утонченностью и будят мысль,
порой делая это, кажется, почти так
же, как искусный учитель.
Бертран Рассел
МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ К РЕШЕНИЯМ ЗАДАЧ
1. Внимательно прочитайте условия задачи. Сделайте сокращенную
запись данных и искомых физических величин, предварительно
представив их в системе СИ.
Система СИ состоит из основных, дополнительных и производных
единиц. Основными единицами являются: единица длины – метр (м);
массы – килограммы (кг); времени – секунда (с); силы электрического
тока – ампер (А); термодинамической температуры – кельвин (К);
количества вещества – моль (моль); силы света – кандела (кд).
Дополнительные единицы: единица плоского угла – радиан (рад);
единица телесного угла – стерадиан (ср).
Производные единицы устанавливаются через другие единицы
данной системы на основании физических законов, выражающих
взаимосвязь между соответствующими величинами.
В условиях и при решении задач часто используются множители и
приставки СИ для образования десятичных и дольных единиц (см.
Приложение).
2. Вникните в смысл задачи. Представьте физическое явление, о
котором идет речь; введите упрощающие предположения, которые
можно сделать при решении. Для этого необходимо использовать такие
абстракции, как материальная точка, абсолютно твердое тело, луч света.
3. Если позволяет условие задачи, выполните схематический чертеж.
4. С помощью физических законов установите количественные
связи между заданными и искомыми величинами, то есть составьте
замкнутую систему уравнений, в которой число уравнений равнялось
бы числу неизвестных.
5. Найдите решение полученной системы уравнений в виде
алгоритма, отвечающего на вопрос задачи.
6. Проверьте правильность полученного решения, использую
правило размерностей.
7. Подставьте в полученную формулу численные значения
физических величин и проведете вычисления. Обратите внимание на
точность численного ответа, которая не может быть больше точности
исходных величин.
3
ОСНОВЫНЕ ЗАКОНЫ И ФОРМУЛЫ ПО ДИНАМИКЕ







1. Динамика материальной точки


Импульс (количество движения) p  mυ .
Закон сохранения импульса (для замкнутой
 n 
системы) p   mi υ i  const .
i 1
 dp

Второй закон Ньютона F 
 mа .
 dt 
Третий закон Ньютона F12   F21 .
 1 n
Центр масс системы материальных точек rc   ri mi .
m i 1


Импульс системы тел p  mυ c .
1 n

Теорема о движении центра масс ac   Fi внеш .
m i 1
2. Силы в механике



 Связь веса тела с силой тяжести и реакцией опоры G  mg   R .
 Соотношение между весом, силой тяжести и ускорением
G  m g  a  .
 Сила трения скольжения Fтр  μN .
 Для тела на наклонной плоскости
Fтр  μmg cosα,
F  mg sin α,








a  g sin α  μ cosα  .
  
Уравнение Ньютона для неинерциальной системы ma   F  Fин .
υ2
Центростремительная сила Fцс  maцс  m .
R
2
Центробежная сила Fцб  man  тω R .

 
Сила Кориолиса Fк  2тυ, ω.
Закон Гука для пружины Fупр  kx .

dU
Связь между силой и потенциальной энергией F    .
dr
2
kx
Потенциальная энергия упругой пружины U 
.
2
kx 2
Работа, совершённая пружиной A  
.
2
4
 Напряжение σ 
Fупр
S
.
 Приращение длины Δl 
l0 σ
.
E
Δl σ
 .
l0 E
Δd
Относительное поперечное растяжение (сжатие) ε 
.
d0
ε
Коэффициент Пуассона μ  .
ε
1
Закон Гука для стержня ε  σ .
Е
Fl
Модуль Юнга E  0 .
SΔl
σ2
Объемная плотность потенциальной энергии w0 
.
2E
3. Энергия. Работа. Законы сохранения
mυ 2 p 2
Кинетическая энергия K 
.

2
2m
Изменение кинетической энергии ΔK  A .
 Относительное продольное растяжение (сжатие) ε 







 Работа переменной силы на участке траектории 1–2
2
A   F cosαdS .
1
dA
 Fυ .
dt
A
Средняя мощность  N  .
Δt
Работа консервативных сил A  U1  U 2 .
Потенциальная энергия тела при гравитационном взаимодействии
U  mgh .
Гравитационное взаимодействие между массами m и M
Mm
U  γ
.
r
Полная механическая энергия системы E  K  U .
 Мгновенная мощность N 





 Закон сохранения полной механической энергии (для замкнутой
системы) K  U внутр  E  const .
5
 Скорость шаров массами m1 и m2 после абсолютного упругого
центрального удара
(m  m1 ) υ 2  2m1υ1
 (m  m2 ) υ1  2m2 υ 2
и υ 2  2
υ1  1
m1  m2
m1  m2
.
 Скорость шаров после абсолютного неупругого удара
m υ  m2 υ 2
.
υ 1 1
m1  m2
 Закон сохранения импульса при движении ракеты
mр υ р  mг υ г .
M0
.
M
4. Теория тяготения Ньютона.


m1m2
m1m2 r
Закон всемирного тяготения F  γ 2 или F  γ 2
.
r r
r
Потенциальная энергия тела массы т, расположенного на расстоянии
Mm
r от большого тела массы М U   γ
.
r

 F
Напряжённость поля тяготения G  .
m
U
M
Потенциал поля тяготения φ    γ .
m
R
Взаимосвязь между потенциалом поля тяготения и его

напряжённостью G  grad φ .
Работа по перемещению тела в гравитационном поле
 M
M
A  m γ  γ   U 1  U 2 .
r1 
 r2
Потенциальная энергия тела массой т на расстоянии r от Земли
 1 1
U  U З  mgRЗ2 
  .
R
 З r
Полная энергия тела в гравитационном поле
mυ 2
Mm
E  K U 
γ
 const .
2
r
5. Динамика
движения твёрдого тела
 вращательного
 
Момент силы M i  [ ri , Fi ] или M  Fr sin α  Fl .
 
 
Момент импульса относительно точки L  r , p  r , mυ .
 Формула Циолковского










υ р   υ г ln
6
 Основной закон динамики вращательного движения относительно
dL  внеш
точки
.
M
dt
 Момент импульса относительно неподвижной оси
n
Lz   mi υi ri  I z ω .
i 1
 Уравнение динамики вращательного движения
твёрдого тела M  Iε .


 Закон сохранения момента импульса L  const или Iω  const .
n
m
 Момент инерции системы (тела) I   mi ri или I   R 2 dm . υ
2
i 1
0
 Момент инерции полого и сплошного цилиндров (или диска)
1
относительно оси симметрии I c  mR 2 , I c  mR2 .
2
2
2
 Момент инерции шара и сферы
I c  mR 2 , I c  mR 2 .
5
3
 Момент инерции тонкого стержня относительно оси,
перпендикулярной стержню и проходящей через его середину
1
I c  ml 2 .
12
 Момент инерции тонкого стержня относительно оси,
перпендикулярной стержню и проходящей через его конец
1
I с  ml 2 .
3
 Теорема Штейнера I  I c  md 2 .
Iω 2
 Кинетическая энергия вращающегося тела K вр 
.
2
mυ 2 Iω 2

 Полная кинетическая энергия катящегося тела K 
.
2
2
 Закон сохранения энергии для тела катящегося с высоты h
mυ 2 Iω 2
mgh 

.
2
2
6. Законы Кеплера.
dS
 Второй закон Кеплера
 const .
dt
7
T12 R13
 Третий закон Кеплера 2  3 .
T2
R2
 Первая космическая скорость υ1  gR .
 Вторая космическая скорость υ 2  2 gR .
7. Специальная теория относительности (СТО)
 Преобразования Галилея
  
x  x  υt , y  y  , z  z , t  t  или r  r   υt .
 Закон сложения скоростей в классической механике u  υ  υ .
 Преобразования Лоренца
υx '
t ' 2
x' υt
c .
x
; y  y';
t
z  z ';
2
1 β
1  β2
 Интервал времени между событиями Δt  
υ x1  x2 
c2 1  υ c2
.
 Релятивистское (Лоренцево) сокращение длины стержня
l l 0 1  υ c 2
 Релятивистское замедление хода часов Δt 
 Релятивистский закон сложения скоростей
 Масса релятивистской частицы
m
Δt 
1  ( υ c) 2
υ  υ
.
u
υυ
1 2
c
m0
.
1  ( υ c)

 Релятивистское выражение для импульса
p
2

mυ
1  ( υ c) 2
.
 Связь между полной энергией и импульсом релятивистской частицы
E  m02 c 4  p 2 c 2 .
 Релятивистское выражение для энергии
E
 Кинетическая энергия релятивистской частицы
8
mc 2
1  υ2 c 2
.


K  E  E0  mc
 1 .
 1  υ2 c 2



m0 c 2
 Закон взаимосвязи массы и энергии E  mc 2 
.
2
1  ( υ c)
2
1
 Энергия покоя E0  mc 2 .
 Взаимосвязь массы и энергии покоя ΔE0  Δmc 2 .
2m
 2m .
 Масса образовавшейся частицы M 
1  υ2 c 2
 Энергия связи Eсв  c 2 ΔM .
 Дефект массы ΔM   mi  M .
 Условие существования черной дыры
 Размеры черной дыры
rg  G
mγ c 2
2
G
mγ M
rg
2M
.
c2
ДИНАМИКА И ЗАКОНЫ СОХРАНЕНИЯ В МЕХАНИКЕ
1. Футбольный мяч при движении в воздухе испытывает силу
сопротивления,
пропорциональную
квадрату
скорости
мяча
относительно воздуха. Перед ударом футболиста мяч двигался в
воздухе горизонтально со скоростью 1 = 20 м/с и ускорением
а1 = 13 м/с2. После удара мяч полетел вертикально вверх со скоростью
2 = 10 м/с. Каково ускорение а2 мяча сразу после удара? округлите до
целого числа.
Дано:
Решение:
Fc = k2
1 = 20 м/с
а1 = 13 м/с2
2 = 10 м/с
Fc1
а2 = ?
F=ma1
1
mg
Рис.1
Рассмотрим вначале движение мяча в горизонтальном направлении.
Расставим силы, которые действуют на мяч в этом случае. Выполним
рисунок. Из рисунка видно, что силу F = ma можно найти по теореме
Пифагора.
9
ma1 2  Fc1 2  mg 2 .
m 2 a12  k 2 14  m 2 g 2 .
Из
полученного
пропорциональности k:
уравнения
m 2 a12  m 2 g 2
k
14

выразим
m
12
коэффициент
a12  g 2 .
Теперь рассмотрим движение мяча после удара. По условию задачи
он полетел вертикально вверх. Сделаем рисунок, расставим силы и
запишем уравнение динамики.
ma 2  Fc 2  mg  k22  mg .
2
a2
mg
Fc2
Выразим отсюда ускорение а2:
k2  mg k 2
a2  2
 2  g .
m
m
Подставим полученное выражение для k:
2
 
m
2
2 2
a2  2 a1  g   g   2 
m
1
 1 
.
Рис.2
 10 
a2   
 20 
2
a12  g 2  g
2
169  100  10  12 (м/с2).
Ответ: а2 = 12 м/с2.
2. С какой наименьшей скоростью следует бросить с уровня Земли
камень, чтобы он смог перелететь через вертикальную стену высотой
20 м и шириной 10 м? Сопротивлением воздуха пренебречь. Принять g
= 10 м/с2. Округлите до десятых.
Дано:
Решение:

1
h = 20 м
d = 10 м
g = 10 мс2
0min = ?
h
2

0
1
Начальная скорость 0 должна быть
минимальной, но достаточной, чтобы
преодолеть ширину стены d.

2
 h
d = 1xt2 = 1cos2t2,
(1)
где t2 – время, за которое камень
перелетит через стену.
d
10
Максимальная высота, на которую поднимется камень над стеной:
gt 2
 2 sin 2 
Δh  2
или Δh  1
.
8
2g
Приравняем правые части этих уравнений и выразим время t2
 2 sin 2 
gt22
= 1
,
2g
8
2 sin
.
(2)
t2  1
g
Выражение (2) для времени t2 подставим в формулу (1)
1 cos α  21 sin  12 sin 2
d

.
g
g
Расстояние d будет максимальным при угле  = 45. Тогда sin 2 = 1
и
d max 
12
.
g
Подставим численные значения:
υ1  gd = 10 (м/с).
Запишем закон сохранения энергии камня для двух его положений (в
точках 1 и 2):
mυ02 mυ12

 mgh .
2
2
m
Обе части уравнения поделим на :
2
2
2
υ0  υ1  2 gh 
0  12  2 gh  100  2  10  20  22,4 (м/с).
Ответ: 0 = 22,4 м/с.
3. Работа, затраченная на толкание ядра, брошенного под углом 15 к
горизонту, равна 800 Дж. Масса ядра 8 кг. На каком расстоянии от
места бросания ядро упадет на Землю? Принять g = 10 м/с2.
Дано:
Решение:
 = 15
А = 800 Дж
m = 8 кг
g = 10 мс2
Работа, затраченная на толкание ядра, равна изменению его
кинетической энергии.
11
m02
(1)
A
2
Траектория движения ядра, брошенного под углом к горизонту,
парабола. Следовательно, ядро движется в двух направлениях:
по вертикали и по горизонтали. Движение по горизонтали равномерное
с постоянной скоростью 0x. Тогда расстояние, на котором упадет ядро
s=?
s = 0xt = 0cos t
(2)
Т.е., чтобы найти s, нужно знать начальную скорость ядра0 и время
его движения t. Скорость можно определить из уравнения (1):
υ0 
2A
m
(3)
Рассмотрим движение по вертикали. Ядро поднимается вверх
равнозамедленно. Уравнение скорости при этом будет выглядеть так:
υ y  υ0 y  gt1  υ0 y  g
t
2
(4),
t
где t1  , т.к. t – время, затраченное на прохождение всего пути s, а t1 –
2
время, которое ядро затрачивает для достижения вершины параболы.
Вектор скорости в этой точке направлен горизонтально, следовательно,
его проекция на ось у равна нулю: y = 0.
Тогда уравнение (4) запишем в виде:
0 y 
gt
2
(5)
Но 0у можно выразить через 0 и угол :
0у = 0 sin 
(6)
Приравнивая правые части уравнений (4) и (5), найдем время t:
0sin 
gt
.
2

t
20sin 
2 A sin 
2
g
m g
(7)
Подставим выражения (3) и (7) в (2), найдем расстояние от места
бросания ядра до точки его падения на Землю:
s = 0cos t =
2 A sin 
2A
2 A sin α cosα 2 A sin 2α
cos  2
= 2
=
.
m g
m
mg
m
g
12
Подставим численные значения:
s
2  800  sin 30
 10 (м).
8 10
Ответ: s = 10 м
4. Конькобежец массой 45 кг, находящийся в начале ледяной горки с
углом наклона 10°, бросает в горизонтальном, противоположном от
горки направлении, камень массой 5 кг со скоростью 18 м/с. На какое
расстояние вдоль горки поднимется конькобежец, если известно, что
коэффициент трения лезвий коньков о лед равен 0,02? Принять
g = 10 м/с2. Ответ округлите до целого числа.
Дано:
m1 = 45 кг
 = 10
m 2 = 5 кг
 = 18 м/с
 = 0,02
s=?
Решение:
N
1
2
1
ъ

ъ
Fтр
s mg
2
ъ
h
ъ
Для системы «конькобежец камень»
запишем
закон
сохранения импульса:


0  m11  m2  2 - в векторной
форме и
0 = m11cos  – m22 – в
скалярной форме (с учетом направления скоростей). Отсюда можно
определить скорость, которую приобретает конькобежец
m
(1)
1  2 2
m1
А, следовательно, он приобретает кинетическую энергию W1.
W1 
m1υ12
.
2
Конькобежец движется вверх по горке равнозамедленно и, пройдя
расстояние s, останавливается. Т.е. на горке его кинетическая энергия
равна нулю. Но зато он поднялся на высоту h и здесь он обладает
потенциальной энергией W2, т.е. кинетическая энергия конькобежца
перешла в его потенциальную энергию.
W2 = W1.
W2 = m1gh.
Энергия конькобежца изменилась, значит, была совершена работа
m1υ12
A = W2 – W1 = m1gh (2)
2
С другой стороны, работы по преодолению сил трения
A = Fтр  s  cos 180 = –Fтр  s,
13
(3)
где
h = s sin,
Fтр =   N = m1g cos.
Приравняв правые части выражений (2) и (3), получим:
m υ2
(4)
 μm1 gcosα  s  m1 gh  1 1
2
Учитывая, что скорость конькобежца (1), уравнение (4) примет вид:
2
m  
или
  2 2 
 m1 
(m  ) 2
 μm1 gcosα  s  m1 gh  2 2 .
2m1
Сделаем некоторые математические преобразования.
(m2 2 ) 2
 m1 gs sin α  μm1 gcosα  s .
2m1
m
 μm1 gcosα  s  m1 gh  1
2
(m2  2 ) 2
 m1 gs( sin α  μ cosα) .
2m1
Отсюда выразим расстояние, на которое поднимется вдоль горки
конькобежец
( m2 υ 2 ) 2
(5  18) 2
s

 1,03  1 (м)
2m12 g (sinα  μcosα) 2  45 2  10  (sin 10  0,02  cos10)
Ответ: s = 1 м
5. На внутренней поверхности сферы радиусом 0,1 м, вращающейся
вокруг вертикальной оси, находится небольшой предмет. С какой
постоянной частотой должна вращаться сфера, чтобы предмет
находился в точке, направление на которую составляет угол 45? Коэффициент трения между предметом и поверхностью сферы равен 0,2.
Округлите до сотых. Принять g = 10 м/c2.
Дано:
Решение:

R = 0,1 м
 = 45
 = 0,2
g = 10 м/с2
y

R

Fтр
N
r
x
mg
14

Сделаем
рисунок.
Расставим силы, которые
действуют
на
предмет,
находящийся внутри сферы.
=?
Запишем для этого предмета основное уравнение
динамики в векторной форме, а потом в проекциях на оси
х и у:
  

mg  N  Fтр  maц .
(sin = cos , т.к.  = 45)
0x: N sin - Fтр sin = mац;
(1)
0y: N sin + Fтр sin = mg.
(2)
Так как
ац = 2 r, Fтр = N
уравнения (1) и (2) запишем в виде:
и
r = R sin,
m2r = sin (N - N)
mg = sin (N + N).
Или
m2 R sin = sin N (1 - )
mg = sin N (1 + ).
Поделим одно уравнение на другое, получим:
2 R sin  1-μ

; 
g
1 μ
g
1-μ
10
1-0,2
2 



 94,3 ;   9,7.
R sin  1  μ 0,1sin 45 1  0,2

9,7

 1,55 (c-1).
 = 2   
2 2  3,14
Ответ:  = 1,55 c-1
6. На сколько следует приподнять наружный рельс по отношению к
внутреннему на закруглении пути при скорости движения поезда 54
км/ч и радиусе кривизны 300 м? Ширина пути 1,524 м. Принять
g = 10 м/c2. Ответ представьте в сантиметрах и округлите до десятых.
Дано:
Решение:
15
 = 54 м/ч = 15 м/с
R = 300 м
l = 1,524 м
g = 10 м/с2
Рекомендуется
сделать
рисунок.
Далее
нужно

N
расставить силы, действующие
на вагон и записать уравнение

a
x
цс

динамики в векторной форме:
h(см) = ?
mg d

 
(1)
m
a

m
g
N
цс
h
Затем выберем направление
осей координат и запишем уравнение (1) в проекциях на оси х и у:
y
ох: maцс = Nsin,
оy: mg = Ncos.
Поделим первое уравнение на второе:
aцс
 tgα .
g
С другой стороны:
2
aцс 
.
R
Тогда
2
 tgα .
gR
Выразим угол  через заданные параметры.
h
 sinα .
d
2 h

Для малых углов sin = tg. Тогда

gR d
2
225
hd
 1,524 
 0 ,114 (м) = 11,4 (см).
gR
10  300
Ответ: h = 11,4 см
7. Через невесомый блок перекинута невесомая и нерастяжимая нить, к
концам которой подвешены грузы массами 1 кг и 2 кг. На второй из
грузов положен перегрузок массой 0,5 кг. С какой силой будет
действовать этот перегрузок на тело, на котором он лежит, если вся
система придет в движение? Принять g = 9,8 м/с2.
Дано:
Решение:
16
m1 = 1 кг
m2 = 2 кг
m3 = 0,5 кг
g = 9,8 м/с2

a

T
Fд = ?

m1 g

T

Fд

N

a

m3 g

m2 g
Выполним рисунок, расставим силы,
действующие на каждое тело. Для
каждого тела запишем свое уравнение
динамики в векторной форме, а затем в
скалярной.
 

m1a  T  m1 g
 
 
m2 a  T  m2 g  Fд

 
m3a  m3 g  N .
Все силы направлены по одной прямой, следовательно, достаточно
взять проекции этих сил только на одну ось – ось у.
оy: m1a = Т – m1g,
(1)
m2a = m2g –Т + Fд,
(2)
m3a = m3g – N.
(3)


По третьему закону Ньютона Fд  N . Тогда, уравнение (3) для
перегрузка перепишем в виде:
m3a = m3g – Fд.
(4)
Решая совместно уравнения (1), (2) и (4), найдем силу, с которой
перегрузок m3 будет действовать на тело m2, на котором он лежит.
Т = m1a + m1g 
a
m2 g 
F
m3 g - N
g- д .
m3
m3
m2
m
Fд  m2 g  Fд  m1 g  1 Fд  m1 g ;
m3
m3
m
m 
2m1 g  Fд  2  1  1  ;
m3 
 m3
Fд 
2m1m3 g
2  1  0,5  9,8

 2,8 (Н).
m1  m2  m3
1  2  0,5
Ответ: Fд = 2,8 Н
17
8. К грузу массой 7 кг подвешен на веревке груз массой 5 кг.
Определите модуль силы натяжения середины веревки, если всю
систему поднимать вертикально с силой 240 Н, приложенной к
большему грузу. Веревка однородна и ее масса равна 4 кг. Принять
g = 10 м/с2.
Дано:
m1 = 7 кг
m2 = 5 кг
F = 240 Н
m3 = 4 кг
g = 10 м/с2
Т=?
Решение:

F

a

T

T

mg

mg

g
Чтобы при решении задачи
учесть массу веревки и найти силу
натяжения ее середины, разобьем
всю систему на две части: одну
половину массы веревки отнесем к
верхней части, вторую – к нижней:
m = m1 +
m3
= 7 + 2 = 9 (кг) и
2
m3
= 5 + 2 = 7 (кг).
2
Теперь у нас есть два тела, соединенные невесомой веревкой.
Расставим силы и запишем уравнение динамики для каждого тела:
  

ma  F  T  mg
 

ma  T  mg
m = m2 +
Запишем эти уравнения в проекциях на ость у:
mа = F – mg – T
(1)
mа = Т – mg.
(2)
Выразим ускорение из второго уравнения и подставим в первое.
T  mg T
a

 g.
m
m
 T

m
 g   F  mg  T .
 m

Сделав некоторые математические преобразования и подставив
численные значения, определим модуль силы натяжения середины
веревки.
m
T  mg  F  mg  T .
m
m
m
T  F T 
T T  F .
m
m
18
 m

T
 1  F 
 m 
F  m 240  7
T

 105 (Н).
m  m 9  7
Ответ: Т = 105 Н
9. Орудие, имеющее массу ствола 500 кг, стреляет в горизонтальном
направлении. Масса снаряда 5 кг, его начальная скорость 460 м/с. После
выстрела ствол откатывается на 40 см. Определите среднее значение
силы торможения, возникающей в противооткатном устройстве. Ответ
представьте в килоньютонах и округлите до десятых.
Дано:
m1 = 500 кг
m2 = 5 кг
0 = 460 м/с
s = 40 см = 0,4 м
Fт = ?
Решение:


a  N 
Fт
υ1
s
Для системы «орудие – снаряд»
запишем закон сохранения импульса


0 = m11  m2 0 .

υ0

mg
х
Проекция на ось х:
0 = -m11 + m20  m11 = m20.
Из полученного выражения найдем скорость 1, которую приобретает
орудие при отдаче.
m
υ1  2 υ0 .
m1
Зная расстояние, на которое откатывается орудие, найдем его
ускорение:
2
υ 22  υ12 υ12
υ12  m2  1
s


υ0   ;
 a
 2a
2a
2s  m1  2s
Среднее
значение
силы
торможения,
возникающей
в
противооткатном устройстве, найдем по второму закону Ньютона.
2
2


m2 υ0 
5  460 
Fт = m1a =

 13225 (Н) = 13,2 (кН).
2m1s
2  500  0,4
Ответ: Fт = 13,2 кН
19
10. Тело массой 8 кг начинает с трением скользить с вершины
наклонной плоскости высотой 4,9 м с углом наклона 60. У основания
наклонной плоскости стоит тележка с песком массой 90 кг. С какой
скоростью начинает двигаться тележка, когда тело упадет на нее?
Коэффициент трения 0,1. Ускорение свободного падения 10 м/с2.
Округлите до десятых.
Дано:
Решение:
0 = 0
m1 = 8 кг
h = 4,9 м
 = 60
m2 = 90 кг
 = 0,1
g = 10 м/с2

Fтр
h
Выполним
рисунок.
Из
него
определим длину наклонной плоскости l:

N

a

mg
l


υ1
x

υ
2 = ?
h
 sinα 
l
h
4,9
l

 5,66 (м).
sinα sin60
12  02 12
l

2a
2a
12  02 12
l

 1  2al .
2a
2a
(1)
Следовательно, для того, чтобы определить скорость, которую
приобретает тело у основания наклонной плоскости, необходимо найти
его ускорение a. Для этого расставим силы, действующие на тело, и
запишем для него уравнение динамики:

  
m1a  m1 g  N  Fтр .
Выберем оси координат и запишем это уравнение в проекциях на оси:
ох: m1a = m1gsin - Fтр
оу: N = m1gcos.
Запишем уравнение для силы трения.
Fтр = N = m1gcos.
Решая совместно уравнения (2), (3) и (4), найдем ускорение тела:
a
m1g sin   Fтр
m1 g sin   m1 g cos 
= g(sin - cos) .
m1
m1
a = 10(sin60 - cos60)  8,2 (м/с2).
=
Подставим это значение в формулу (1)
20
(2)
(3)
(4)
1  2  8,2  5,66  9,61 (м/с).
Чтобы найти скорость 2, с которой начинает двигаться тележка,
запишем закон сохранения импульса:


m11  0  (m1  m2 ) 2
или в скалярной форме:
m11cos = (m1 + m2) 2
 2 
m11cos 8  9,61  cos60

 0,4 (м/с).
m1  m2
8  90
Ответ:  = 0,4 м/с
11. Два тела, массы которых одинаковы, движутся навстречу друг
другу, при этом скорость одного тела в 2 раза больше скорости второго.
Какая часть механической энергии системы перейдет во внутреннюю
энергию при центральном абсолютно неупругом ударе?
Дано:
Решение:
В
задаче
задается
центральный
абсолютно
m
+
m
1
2
неупругий удар. Запишем
2 m2
u
E
для него закон сохранения
=?
E
импульса
и
закон
сохранения энергии и после
некоторых математических преобразований найдем, какая часть
механической энергии системы перейдет во внутреннюю энергию.
m1 = m2 = m
1 = 22
1)
m1 1
2)
m11  m2 2  m1  m2 u
m  22  m2  m  m u


  m  42 m2 m  m u 2
 m112 m2 22 m1  m2 u 2
2
2


 E


 E


 2
 2
2
2
2
2
22  2  2u
2  2u


 
 4m22 m22 2mu 2
5m22




E

E

 mu 2


 2

2
2
2
2
2
5m2


E 
 m  2  2 ,25m22
u 2;
2
4
2
2
2
2
m11 m2 2 m  42 m22
E



 2,5m22
2
2
2
2
2
E 2,25m2

 0,9 .
E
2,5m22
21
Ответ:
E
 0,9
E
12. Пуля ударяет со скоростью 400 м/с в центр шара, подвешенного на
нити длиной 4 м, и застревает в нем. Определите косинус угла, на
который отклоняется нить, если масса пули 20 г, масса шара 5 кг.
Принять g = 10 м/с2. Ответ округлите до сотых.
Дано:
1 = 400 м/с
l=4м
m1 = 0,02 кг
m2 = 5 кг
g = 10 м/с2
Решение:
1
m1 1
l
2

2
cos  = ?
m1+ m2
3
h
Рассматривая
систему
«пуля – шар» запишем закон
сохранения импульса:
m11  m1  m2 2
2 
m1+ m2
m11
.
m1  m2
Для системы «шар с пулей в нижнем положении и в верхнем»
запишем закон сохранения энергии:
m1  m2 22  m  m gh или 22  gh .
1
2
2
2
Тогда
22
.
2g
Косинус угла  найдем из рисунка, из треугольника 1-2-3:
cos =
h
2
 m  1
lh
h
22
1
 0,02  400 
 1  1
 1   1 1 
 1 
 0,97
 
l
l
2 gl
 0,02  5  2 10  4
 m1  m2  2 gl
.
Ответ: cos =0,97
2
13. Из двух соударяющихся абсолютно упругих шаров шар большей
массы до удара покоился. В результате прямого удара меньший шар
потерял 3/4 своей кинетической энергии. Во сколько раз масса одного
шара больше массы второго шара?
Дано:
Решение:
22

1
2 = 0
3
Е = Е
4
m2
=?
m1
m1 1
m2 u1 m1 m2 u2
х
Запишем закон сохранения импульса и закон сохранения энергии
для двух соударяющихся абсолютно упругих шаров:
m11  m2u2  m1u1 ;
m112 m2u22 m1u12


.
2
2
2
Проведем некоторые математические преобразования:
m11  m2u2  m1u1
m11  m1u1  m2u2

.


2
2
2
2
2
2
m


m
u

m
u
m


m
u

m
u
 1 1
 1 1
2 2
1 1
1 1
2 2
m1 1  u1   m2u2

2
2
2
m1 1  u1  m2u2


Поделим одно уравнение на другое:
m1 1  u1  m2u2

m1 12  u12
m2u22



1  u1
u
 22
1  u1 1  u1  u2
1  u1  u2 .
Полученную скорость u2 подставим в закон сохранения импульса:
m11 = m21 – m2u1 - m1u1;
u1(m2 + m1) = 1( m2 - m1);
m2  m1
.
m2  m1
Так как частица отдает ¾ своей энергии, то у нее остается ¼ этой
энергии, то есть:
u1  1
2
m1u12 1 m112
m1 2  m2  m1 
1 m112
  
 
 1 
или
.
2
4 2
2
m

m
4
2
 2
1
m112
Поделим обе части полученного уравнения на
, получим:
2
2
 m2  m1 
1

  .
4
 m2  m1 
m2  m1 1
 ;
m2  m1 2
23
m
 m

2 2  1   2  1
 m1   m1


m2
 3.
m1
Ответ:
m2
 3.
m1
14. Человек, сидящий в лодке, бросает камень вдоль нее под углом 45 к
горизонту. Масса камня 10 кг, масса человека и лодки 100 кг, начальная
скорость камня относительно берега 10 м/с. Найдите расстояние между
точкой падения камня и лодкой в момент, когда камень коснется воды.
Считать, что во время полета камня, лодка движется равномерно.
Принять g = 10 м/с2.
Дано:
Решение:
 = 45
m1 = 10 кг
m2 = 100 кг
0 = 10 м/с
g = 10 м/с2
0
1 m1
2

m2
l
х
s
х=?
Рекомендуется выполнить рисунок, указать траекторию движения
камня и направление векторов скоростей камня и лодки.
x = s + l.
Закон сохранения импульса:
0 = m10cos - m21;
m10 cos = m21;
m10cos45 10 10  cos45

 0,707
m2
100
s = 0cos t
За то же самое время лодка со скоростью 1 переместится на
расстояние l противоположную сторону:
l = 1 t.
m  cos
m
x = t (0cos + 1) = t (0cos + 1 0
) = 0cos t(1 + 1 ). (1)
m2
m2
1 
22 y  02 y
0  02sin 2 02sin 2
h


 2g
 2g
2g
Приравняем правые части:
24
или
gt 2 gt 2
h  2 yt 

.
8
8
02sin 2 gt 2

.
2g
8
Из этого выражения выразим время t:
2 sin
.
t 0
g
Подставляем (2) в (1):
202sincos  m1 
20sin
m1
1 
 .
x = 0cos
(1 +
)=
g
m
m2
g

2
(2)
2 10 2 sin 45cos45 
10 
x=
1 
  11 (м)
10
 100 
Ответ: x = 11 м
15. На гладком горизонтальном столе лежит шар массой 1 кг,
прикрепленный к пружине жесткостью 25 Н/м. В шар попадает пуля
массой 10 г, имеющая в момент удара скорость 10 м/с. Считая удар
абсолютно упругим и пренебрегая массой пружины и сопротивлением
воздуха, определить максимальное смещение шара. Ответ округлите до
сотых.
Дано:
Решение:
m1 = 1 кг
k = 25 Н/м
m2 = 10 г = 10-2кг
0 = 10 м/с
1) Для системы «пуля – шар»
запишем закон сохранения
импульса (удар абсолютно
упругий):



m2 0  m2 1  m1 2 .
х=?
В скалярной форме:
m20 = - m21 + m12.
Закон сохранения энергии:
m2 02 m2 12 m122
.


2
2
2
m2 02  m2 12  m1 22
Уравнение (1) и (2) решаем совместно.
m2(0 + 1) = m12.
m2 ( 02  12 )  m1 22
25
(1)
(2)
Поделим одно уравнение на другое, получим:
0 - 1 = 2.

1 = 0 - 2 .
Скорость 2 подставим в уравнение (1):
m20 = - m20 + m22 + m12.
2m20 = ( m1 + m2)2.
2 
2m2 0
.
m1  m2
2) Для системы «шар в положении 1 и в положении 2» запишем закон
сохранения энергии:
m1 22 kx 2
2
2

 m1 2  kx .
2
2
Тогда
x
m1 22
2m2 0
m1
= 2
=
k
m1  m2
k
m1 2  10 2  10 1
= 0,04 (м).

k
1,001
25
Ответ: x = 0,04 м
16. Пуля массы 10 г, летевшая с начальной скоростью 400 м/с, пробивает один подвешенный груз массы 10 г и застревает во втором
подвешенном грузе той же массы. Пренебрегая временем
взаимодействия пули с грузом и потерей энергии пули в пространстве
между грузами, найдите количество теплоты, выделившееся в первом
грузе, если во втором выделилось 100 Дж.
Дано:
Решение:
m1 = m2 = m3 = 0,01 кг
0 = 400 м/с
Q2 = 100 Дж
1
0
m
Q1 = ?
2
m
m
3
2m
И в скалярной форме:
m0 = m1 + m2
или
0 = 1 + 2  1 = 0 - 2.
Закон сохранения энергии для первого случая:
26
х
1) Запишем закон
сохранения импульса для
пули и первого шара:



m0  m1  m 2 - в
векторной форме.
m02 m12 m22


 Q1 ,
2
2
2
где Q1 - количество теплоты, выделившееся в первом грузе. Сделаем
некоторые математические преобразования и выразим количество
теплоты Q1.
m02  m12  m22  2Q1 ,
m02  m0  2   m22  2Q1 .
2
m02  m02  2m0 2  m22  m22  2Q1 .
2Q1  2m2 0  2  .
Q1  m 2 0   2  ,
(1)
т.е. для нахождения Q1 необходимо знать скорость пули 2 после
прохождения второго шара.
2) Чтобы найти скорость 2 запишем законы сохранения импульса и
энергии для второго и третьего грузов:
Закон сохранения импульса с учетом направления скоростей:
m2 = 2m3  3 = 2/2.
Закон сохранения энергии с учетом выделившейся теплоты Q2:
m22 2m32

 Q2
2
2

m22  2m32  2Q2

22
m22
 2m 
 2Q2 
 2Q2 
4
2
4Q2
.
(2)
2 
m
Подставив выражение (2) для скорости 2 в формулу (1) найдем
количество теплоты, выделившееся в первом грузе Q1

4Q2 
4Q2 
4Q2 
 0 
  2 mQ2  0 
 ,
Q1  m
m 
m 
m


m22

100 
  2400  200   400 (Дж).
Q1  2 0,01 100  400  2
0,01 

Ответ: Q1 = 400 Дж
27
17. Спутник движется по орбите так, что он все время находится над
одной и той же точкой экватора и той же высоте. Каково расстояние от
такого спутника до центра Земли. Масса Земли 5,981024 кг,
гравитационная постоянная 6,671011 Нм2/кг2. Ответ представьте в
мегаметрах и округлите до целого числа.
Дано:
Решение:
На спутник, движущийся
М = 5.981024 кг
11
действует гравитационная сила
G = 6.6710
Нм2/кг2
mM
F G
,
2
r=?
r
которая создает центростремительное ускорение.
F = maц,
по
орбите,
(1)
(2)
где
aц  ω r 
4π 2
r.
T2
Т.к. спутник движется по орбите так, что он все время находится над
одной и той же точкой экватора, то угловые скорости спутника и Земли
будут одинаковыми.
2
с = з,
А значит, равны и их периоды вращения. Период вращения Земли
нам известен:
Тс = Тз = 24  3600 = 86400 (с).
Приравняв правые части уравнений (1) и (2), найдем расстояние от
спутника до центра Земли.
mM
4 2
G 2  m 2 r,
r
T
2
11
24
GMT
6.67  10  5.98  10  ( 86.4  10 3 )2
3
3
r

42  10 6 (м) = 42 (Мм).
2
2
4
4
Ответ: r = 42 Мм
18. К потолку лифта, движущемуся вертикально вверх с ускорением
1,2 м/с2, прикреплен динамометр, к которому подвешен блок, свободно
вращающийся вокруг горизонтальной оси. Через блок перекинута нить,
к концам которой привязаны грузы массами 0,2 кг и 0,3 кг. Определите
28
показания динамометра, считая блок и нити невесомыми. Принять
g = 10 м/с2. Ответ представьте в единицах СИ и округлите до десятых.
Дано:
Решение:
m1 = 0,2 кг
m2 = 0,3 кг
ал = 1,2 м/с2
g = 10 м/с2
Fуп
у
ъ
aл
р
Р=?
Т1
Т2
m1g
m2g
По условию задачи нить невесома
и нерастяжима. Массой блока
пренебрегаем. Тогда




a1  a2
и T1  T2 .
Расставим силы, действующие на
грузы, и запишем для каждого тела
свое
уравнение
динамики.
В
скалярной форме (с учетом, что
Т1 = Т2 = Т):
Т – m1g = m1(a + a л);
Т – m2g = m2(aл – а).
(2)


Fупр   Р ; Fупр = 2Т.
Решаем систему уравнений относительно силы натяжения Т:
T  m1 g
T
(3)
 a  aл 
 g  a  aл .
m1
m1
T  m2 g
T
(4)
 aл  a 
 g  aл  a .
m2
m2
Выразим из уравнений (3) и (4) ускорение а и приравняем их друг
другу:
T
T
 g - aл  aл 
 g,
m1
m2
 1
1 
  2( g  a л ) ,
T 

 m1 m2 
 1
1 
  2( g  a л )
T 

m
m
 1
2 
m  m2
T 1
 2( g  a л ) 
m1m2
2m m ( g  a л )
T 1 2
.
m1  m2
Тогда показания динамометра:
29
(1)
P  2T 
4m1m2 ( g  aл ) 4  0,2  0,3  (10  1,2)

 5,4 (Н).
m1  m2
0,2  0,3
Ответ: Р = 5,4 Н
19. С горки высотой 2 м и основанием 5 м съезжают санки, которые
затем останавливаются, пройдя по горизонтали путь 35 м от основания
горки. Найдите коэффициент трения. Считать коэффициент трения на
наклонном и горизонтальном участках одинаковым.
Дано:
Решение:
h=2м
x=5м
s = 35 м
1
Fтр1
=?
h
ъ
l
N1
mg
x
ъ
Fтр2

ъ
N2
2
Wп=0
mg
s
На высоте h санки обладают потенциальной энергией, часть которой
затрачивается на работу против сил трения Fтр1 и часть переходит в
кинетическую энергию.
m12
m12
m12
2
2
mgh = Aтр1 +
= Fтрl +
=  mg cos h  x +
,
2
2
2
12
gh =  g cos h  x +

2
2
2
12
= gh -  g cos h 2  x 2 .
2
(1)
Из рисунка определяем cos :
cos  =
x
x

.
2
2
l
h x
Подставим в уравнение (1):
12
= gh -  g
2
x
h2  x2
 h 2  x 2 = gh -  gx = g(h - x). (2)
На горизонтальном участке вся кинетическая энергия
расходуется на совершение работы против сил трения Fтр2.
30
санок
m12
= Aтр2 =  mgs.
2
12
=  gs.
2
Решим совместно уравнения (2) и (3):
g(h - x) =  gs,
gh - gx =  gs,
μ
(3)
h =  (s + x)
h
2

 0,05 .
x  s 5  35

Ответ:  = 0,05
20. Акробат прыгает с высоты 10 м на растянутую сетку. На сколько
прогнется при этом сетка? Когда акробат стоит неподвижно на сетке, ее
прогиб составляет 5 см. Ответ представьте в сантиметрах и округлите
до целого числа. [105]
Дано:
h1 = 10 м
x1 = 0,05 м
Решение:
1
2
x2 = ?
у
h

Fупр1
х1

Fупр2
х2

mg

mg
Выполним рисунок для двух случаев и расставим силы, действующие
на акробата:
1.
Акробат стоит на сетке неподвижно, следовательно, для этого
случая выполняется условие равновесия:


Fупр  mg  0 .
В проекции на ось у:
Fупр – mg = 0  Fупр = mg.
Сила упругости по закону Гука:
Fупр = -kx1.
31
Тогда
mg
.
(1)
Δx1
2.
Акробат прыгает на сетку с высоты h. Если уровень прогиба сетки
принять за нулевой уровень потенциальной энергии, то на высоте h
акробат обладает только потенциальной энергией
E = mg(h + x2).
mg = -kx1

k
В нижнем положении, на уровне прогиба сетки, энергия акробата:
kx22
E = Епот.акр + Епот. сет.= mgx2 +
.
2
Запишем закон сохранения энергии, т.е. энергия в верхней точке
равна энергии в нижней точке.
kx22
mg(h + x2) =

2
kx22
mgh + mgx2 =
,
2
kx22
mgh =
- mgx2
2
kx22
- mgx2 – mgh = 0.
(2)
2
Подставив в уравнение (2) коэффициент упругости, полученный в
уравнении (1).
mgx22
- mgx2 – mgh = 0. 
2x1
x22
x22 - 2 x1 x2 – 2 x1 h = 0.
- x2 – h = 0.
2x1
Подставим численные значения и определим x2.
x22 - 2x1x2 – 2x1h = 0.
x22 - 20,05x2 – 20,0510 = 0.
x22 - 0,1x2 – 1 = 0.
0,1  0,12  4  1
 1,05 (м).
x2 =
2
32
Ответ: x2 = 1,05 м
21. Мощность моторов самолета массой 4 т при отрыве от земли N = 600
кВт. Разгоняясь равноускоренно, самолет достигает скорости υ = 30 м/с.
Принимая, что коэффициент сопротивления μ = 0,04 не зависит от
скорости, определите длину пробега самолета перед взлетом.
Решение. Выбрав направление оси х в
Дано:
СИ
3
горизонтальном направлении в сторону
т=4т
4∙10 кг
5
N = 600 кВт 6∙10 Вт движения самолета (рис), запишем II закон
Ньютона в проекции на эту ось при движении
υ = 30 м/с
самолета по взлетной полосе:
μ = 0,04
l–?
ma = FT – μN,
где FT – сила тяги моторов. Так как N = mg, то
ma = FT – μmg,
от куда сила тяги моторов:
FT = ma + μmg.
Мощность двигателя N = FTυ, следовательно:
FT = N/υ.
Исходя из этого, получаем:
N/υ = ma + μmg.
Так как движение равноускоренное, а начальная скорость не дана,
это уравнение можно записать в следующем виде:
N mυ 2

 μmg ,
υ
2l
от куда длина пробега самолета перед взлетом:




2
2
кг

м
с
mυ 2
  м,
, l   
l
 кг  м с 2 м

2N υ  μmg 
 кг  м с 2 

 см с

3
2
4  10  9  10
l
 97,7 м .
 6  10 5

2
 0,04  4  10 3  9,81
 30

Ответ: l  97,7 м .
22. На край тележки массой М = 5 кг, равномерно движущейся по
рельсам, опускают с небольшой высоты короткий брусок массой т = 1
кг. Коэффициент трения бруска о тележку μ = 0,5, между тележкой и

33



рельсами трение отсутствует. На какое расстояние s переместиться
брусок по тележке, если её длина l = 0,5 м, а скорость тележки
постоянна и равна υ1 = 2 м/с. При какой минимальной скорости тележки
брусок соскользнет с неё? Какое количество тепловой энергии
выделится при этом?
Решение. При взаимодействии бруска и тележки
Дано:
выполняется закон сохранения импульса. Поскольку в
М = 5 кг
горизонтальном направлении внешние силы не
т = 1 кг
действуют, то в проекции на ось х (рис) закон
μ = 0,5
сохранения импульса можно записать в виде:
l = 0,5 м
Мυ1 = (М+т)υ,
υ1 = 2 м/с
где – скорость тележки после остановки бруска. Отсюда:
s–?
υ1min – ?
Q–?
М
.
М т
В системе брусок – тележка действует сила трения, поэтому закон
сохранения энергии можно представить в виде:
Е2к – Е1к = А12тр  0 ,
где Е1к, Е2к – кинетическая энергия системы в момент времени сразу
после опускания бруска и в момент остановки бруска соответственно.
Используя это выражение и работу силы трения скольжения,
получим:

M  mυ 2 Mυ12
.
 μmgs 

2
2
Исходя из этого, получим искомое расстояние:
 кг  м 2 с 2 
Mυ12
, s    2 2
s
  м,
2 υ g M  m 
м
с

кг


υ  υ1 
54
 0,339 м .
2  0,5  9,81  6
Исходя из условий задачи, брусок должен соскользнуть с тележки,
это случится, если s  l , т.е.
Mυ12
l,
2 υg  M  m 
Искомая минимальная скорость, при которой брусок соскользнет с неё:
s
34


м с 2  м  кг
2μglM  m 
υ1 min 
, υ1 min  
 м с,
m
кг
2  0,5  9,81  0,5  6
υ1 min 
 5,42 м с .
1
Количество теплоты, выделившееся за время движения бруска
относительно тележки:
Mυ12 M  mυ 2
,
Q  Aтр 

2
2
используя это выражение и выражение для скорости тележки, получим:
Mυ12 
M 
Q
1 
,
2  M  m
54 5
Q
1    1,67 Дж.
2  6
Ответ: s  0,339 м; υ1 min  5,42 м с ; Q  1,67 Дж.
23. Вертикальный стержень укреплен на вращающемся в
горизонтальной плоскости с частотой п = 1 с–1 столике. К вершине
стержня привязана нить длинной l = 10 см с шариком (рис). Определить
расстояние b от стержня до оси вращения, если угол, который составит
нить с вертикалью, α = 30°.
Решение.
Дано:
СИ
п = 1 с–1
l = 10 см
0,1 м
α = 30°
b–?
Решаем задачу в неинерциальной системе отсчета, связанной с
вращающимся столиком. В этой системе отсчета на шарик действует


сила тяжести mg , сила натяжении нити T и центробежная сила Fцб ,
направленная по радиусу от оси вращения (рис).
Поскольку шарик неподвижен в системе отсчета, связанной с

вращающимся столиком, его ускорение а   0 , и II закон Ньютона в
векторном виде запишем так:
  
mg  T  Fцб  0 .
Это уравнение в проекции на выбранные оси имеет вид:
35
ось х:
T sin α 
mυ 2
 0,
R
где R = lsinα + b,
ось у:
T cos α  mg  0,
Использую эти уравнения получим:
gtgα = υ2/R = 4π2n2(b+lsinα),
при этом необходимо учесть, что υ = ωR = 2πnR и R = b + lsinα, где R –
расстояние от центра отклоненного шарика до оси вращения; ω = 2πn –
угловая скорость. Из этого уравнение получаем искомое расстояние от
стержня до оси вращения:
gtgα
 м

b  2 2  l sin α , b   2  2  м  м ,
4π n
с  с

9,81  0,577
b
 0,05  0,094 м .
4  3,14 2  12
Ответ: b  0,094 м .
24. Определите положение центра масс системы из трех материальных
точек системы из трех материальных точек массами т1 = 1 кг, т2 = 2 кг
и т3 = 3 кг, находящихся в вершинах правильного треугольника со

стороной а = 1 м. rС
Решение. Поместим начало координат в точку, где
Дано:
находится масса т1, ось х направим вдоль прямой,
т1 = 1 кг
соединяющей точки с массами т1 и т3 (рис).
т2 = 2 кг
Координаты соответствующих масс будут равны:
т3 = 3 кг
х1 = 0; х2 = аsin30°; х3 = а,
а=1м
у1 = 0; у2 = аcos30°; y3 = а.
rC – ?
В соответствии с формулой координат центра масс определяем:
m2 a sin 30 о  m3 a
m 2 a cos 30 о
xC 
, yC 
.
m1  m2  m3
m1  m 2  m3
Модуль радиуса-вектора центра масс рассматриваемой системы:
36
rC  x C2  y C2 

a m 2 sin 30 o  m3
  m
2
m1  m 2  m3
o
2 cos 30

2
,
1 2  0,5  3  2  0,866 
rC 
 0,726 м .
1 2  3
Ответ: rC  0,726 м .
2
2
ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ
1. Тело массой 2 кг движется так, что его координаты y и z
изменяются во времени. Зависимость y(t) задана соотношением у
= В1t + C1t2, зависимость z(t) определяется выражением z = В2t  
C2t2, где В1 = 2 м/с; С1 = 4 м/с2; В2 = 1 м/с; С2 = 2 м/с2. Определите
кинетическую энергию тела в конце третьей секунды движения.
Ответ: WК = 605 Дж.
2. По поверхности льда пущена шайба, которая, пройдя путь S = 400
м, остановилась через t = 40 с. Определите коэффициент трения 
шайбы об лед.
2S
Ответ:   2  0,05.
gt
3. После включения тормозной системы тепловоз массой m = 100 т
прошел путь S = 200 м до полной остановки за время t = 40 с.
Определите силу торможения.
2S
Ответ: F  m 2  25 кН.
t
4. При выключении двигателя автомобиль, движущийся со
скоростью
v = 54 км/ч, проехал по инерции 100 м.
Определите коэффициент трения автомобиля о поверхность
дороги.
v2
Ответ:  
 0,38.
2 gS
5. Поезд массой m = 150 т двигался со скоростью v = 72 км/ч. При
торможении до полной остановки поезд прошел путь S = 500 м.
Определите силу сопротивления движению.
v2
Ответ: F  m
 60 кН.
2S
6. Пущенная по поверхности льда шайба со скоростью v = 30 м/с
остановилась через время t = 50 с. Определите силу
37
сопротивления движению и коэффициент трения , если масса
шайбы m = 500 г.
v
v
Ответ: F  m  0,34 Н;    0,06.
gt
t
7. Тело массой m = 3 кг брошено под углом  = 60  к горизонту с
начальной скоростью v = 20 м/с. Определите, на сколько
изменился импульс тела в верхней точке траектории по
сравнению с начальным импульсом Р0 = mv0.
Ответ: Р = mv0sin   52 (кгм)/с.
8. Материальная точка массой m = 2 кг, двигаясь равномерно по
окружности, проходит путь, равный длинам двух с половиной
окружностей, т.е. S = 2,52R. Определите, сколько раз в течение
всего времени движения изменение импульса точки становится
равным удвоенному значению ее начального импульса.
Определите изменение импульса точки, если она прошла три
четверти окружности радиусом 1 м за 6 с.
Ответ: N = 3; Р = Р2 – Р1 ; Р  2,2 (кгм)/с.
9. Мячик массой m = 400 г упруго ударяется о неподвижную
вертикальную стенку со скоростью v0 = 20 м/с, которая
направлена под углом  = 60  к поверхности стенки. Определите
изменение импульса мячика и импульс, полученный стенкой в
результате соударения.
Ответ: Р =2mvcos  = 13,8 (кгм)/с; Рст = 13,8 (кгм)/с.
10.Тело массой 4 кг брошено горизонтально с некоторой начальной
скоростью с высоты 45 м. Определите изменение импульса тела за
время его движения, а также импульс силы, действующей на тело
за это время. (Силой сопротивления воздуха пренебрегаем).
Ответ: Р = 120 (кгм)/с; Ft = Р = 120 (кгм)/с.
11.Шарик массой 200 г упал свободно с высоты 5 м на
горизонтальную массивную плиту и отскочил от нее вверх после
упругого удара. Определите импульс, полученный плитой при
ударе шарика, а также среднюю силу, действующую на шарик при
ударе, длящемся в течение времени t = 0,1 с.
Законы сохранения
12. Груз на нити, вращаясь со скоростью 1 об/с, описывает в
горизонтальной плоскости окружность радиусом 10 см. Какой
угол образует нить с вертикалью?
Ответ:   22 .
13. Центробежная стиральная машина наполнена мокрым бельем и
вращается со скоростью 1200 об/мин. Во сколько раз
38
центростремительная сила к моменту отрыва капли воды от ткани
больше веса капли, если капля находится на расстоянии 0,3 м от
оси вращения.
Ответ: Fц / Fтяж = 483.
14. В вертикальной плоскости вращается груз весом 20 Н с частотой
2 об/с. Шнур, на котором подвешен груз, может выдержать
нагрузку 320 Н. Выдержит ли шнур натяжения в те моменты,
когда груз проходит через высшую и низшую точки окружности?
Определите максимальную и минимальную силы натяжения
шнура, если его длина равна 1 м.
Ответ: Fmax = 368,6 H; Fmin = 328,6 H.
15. Поезд движется по закруглению радиусом 500 м. Ширина
железнодорожной колеи 152,4 см. Наружный рельс расположен на
12 см выше внутреннего. При какой скорости движения поезда на
закруглении колеса не оказывают давления на рельсы?
Ответ: v = 19,64 м/c.
16. Платформа движется по закруглению с линейной скоростью v.
Шарик, подвешенный на нити на этой платформе, отклоняется на
угол . Определите радиус закругления.
v2
Ответ: R 
.
gtg
17. Какова должна быть скорость движения мотоциклиста, чтобы он
мог описывать горизонтальную окружность на внутренней
поверхности вертикального кругового цилиндра радиусом r, если
при езде по горизонтальной поверхности с таким же
коэффициентом трения скольжения минимальный радиус
поворота при скорости v1 равен R?
g
Ответ: v 
Rr .
v1
18. Груз,
подвешенный
к
невесомой
нити,
описывает
горизонтальную окружность с постоянной скоростью (конический
маятник). Расстояние от точки подвеса до центра окружности
равно h. Определите число оборотов маятника за 1 с.
1 g
.
Ответ: n 
2 h
19. Вертикально расположенная пружина соединяет два груза. Масса
верхнего груза 2 кг, нижнего 3 кг. Когда система подвешена за
верхний груз, длина пружины равна 0,1 м. Если же систему
39
поставить вертикально на подставку, длина пружины равна 4 см.
Определить длину ненапряженной пружины.
Ответ: 0,064 м.
20. Шарик подвешен на нити длиной 1 м. Шарик расположили так,
что он начал двигаться равномерно по окружности в
горизонтальной плоскости с периодом 1,57 с. При этом угол,
образованный нитью с вертикалью, равен /6 рад. Определите
линейную скорость и центростремительное ускорение при
движении шарика по окружности.
Ответ: v = 2 м/с; ацс = 8 м/с2.
21. Горизонтально летящая пуля пробила вращающийся с частотой
10 с1 вертикальный барабан по его диаметру, равному 1 м.
Какова скорость пули внутри барабана, если расстояние по
окружности между пробоинами оказалось равным 0,942 м?
Ответ: v = 33 м/с.
22. Бусинка может скользить по обручу радиусом 4,5 м, который
вращается относительно вертикальной оси, проходящей через его
центр и лежащей в плоскости обруча, с угловой скоростью 2
рад/с. На какую максимальную высоту относительно нижней
точки обруча может подняться бусинка?
Ответ: h = 2 м.
Силы в механики
23. Определите наименьший радиус R круга, по которому сможет
проехать велосипедист со скоростью v = 30 км/ч, если
коэффициент трения скольжения между колесами и землей  =
0,25. Определите также наибольший угол  наклона велосипеда,
при котором велосипедист еще не будет падать.
v2
 27,8 м;  = arctg  = 14 .
Ответ: R 
g
24. Космический корабль совершает мягкую посадку на Луну
(ускорение свободного падения вблизи поверхности Луны g = 1,6
м/с2). При этом корабль движется равнозамедленно в
вертикальном направлении (относительно Луны) с ускорением 8,4
м/с2. Определите вес космонавта массой 70 кг, находящегося в
этом корабле.
Ответ: 700 Н.
25. Определите вес пассажира массой 60 кг, находящегося в
движущемся лифте, в начале и конце подъема, а также в начале и
в конце спуска. Ускорение (по модулю) лифта для всех случаев
считать одинаковым.
40
Ответ: 720 Н; 480 Н; 480 Н; 720 Н.
26. С какой силой давит груз массой m = 60 кг на подставку, если
подставка вместе с грузом движется вниз равнозамедленно с
ускорением а = 1 м/с2?
Ответ: F = m(g + a) = 600 Н.
27. Определите вес тела массой 40 кг в
положениях А и В (см. рисунок) если
радиусы траекторий в точках А и В
равны соответственно R1 = 20 м и
R2 = 10 м, а скорости движения тела в
точках А и В равны соответственно v1
= 10 м/с и v2 = 5 м/с.
Ответ: РА = 600 Н; РВ = 300 Н.
28. Тело массой m = 2,5 кг движется вертикально вниз с ускорением
а=
= 19,6 м/с2. Определите силу F, действующую на тело
одновременно с силой тяжести mg во время движения. Сила
сопротивления воздуха равна 10 Н.
Ответ: F = m(a – g) + Fсопр = 34,5 Н.
29. Через неподвижный блок перекинута нить, к концам которой
подвешены два груза массой 200 г. Какой добавочный груз нужно
поместить на один из висящих грузов, чтобы каждый из них
переместился на 150 см за 5 с.
Ответ:  5 г.
30. Тепловоз тянет состав, состоящий из 5 одинаковых вагонов с
ускорением а = 10 м/с2. Определите силу натяжения сцепки между
третьим и четвертым вагонами (считая от начала состава), если
масса каждого вагона m = 100 кг, а коэффициент сопротивления 
= 0,1.
Ответ: F = m(n – k)(a + g), где n = 5; k = 3; k + 1 = 4.
F = 2200 Н.
31. Через блок перекинут шнур, к концам которого
прикреплены грузы массами m1 = 3 кг и m2 = 6 кг. Блок
подвешен к пружинным весам. Определите показание
весов при движении грузов (массой блока и шнура, а
также трением в блоке пренебрегаем (см. рисунок)).
4m1 m 2
g  80 Н.
Ответ: F 
m1  m 2
32. К крaям стола (см. рисунок)
неподвижные
блоки,
через
которые
41
прикреплены
перекинуты два шнура, привязанные к бруску, массой m = 3 кг,
лежащему на столе. (Силой трения между столом и бруском
пренебрегаем). К висящим концам шнуров подвешены гири,
массы которых m1 = 1,5 кг и m2 = 2,5 кг. Определите силу
натяжения каждого из шнуров. (Массой блоков и трением в
блоках пренебрегаем).
Ответ: Fнат1 = m1(g + a) = 17,1 Н; Fнат2 = m2(g – a) = 21,5 Н.
33. На наклонной плоскости находится легкая тележка, которая
может скатываться с наклонной плоскости без трения. На тележке
укреплен кронштейн с шариком массой m = 10 г на невесомой и
нерастяжимой нити. До начала скатывания нить удерживалась в
направлении, перпендикулярном к наклонной плоскости.
Определите ускорение тележки, силу натяжения нити отвеса при
свободном скатывании тележки, если угол наклона плоскости к
горизонту равен 30 . (Силой трения тележки о плоскость
пренебрегаем).
Ответ: а = gsin ; Fнат = mgcos  = 0,087 Н.
42
Учебное издание
КУЗНЕЦОВ Сергей Иванович
МЕЛЬНИКОВА Тамара Николаевна
СТЕПАНОВА Екатерина Николаевна
СБОРНИК ЗАДАЧ ПО ФИЗИКЕ
с решениями.
ДИНАМИКА
Учебное пособие
Научный редактор доктор физико-математических наук, профессор
И.П. Чернов
Редактор О.Н. Свинцова
Компьютерный набор: Я.А. Панов
Дизайн обложки: О.Ю. Аршинова
Подписано к печати 30.04.2010. Формат 60х84/16. Бумага «Классика».
Печать XEROX. Усл.печ.л. 6,98. Уч.-изд.л. 6,42.
Заказ
. Тираж 150 экз.
Томский политехнический университет
Система менеджмента качества
Томского политехнического университета сертифицирована
NATIONAL QUALITY ASSURANCE по стандарту ISO 9001:2000
. 634050, г. Томск, пр. Ленина, 30.
43