ГОСУДАРСТВЕННЫЙ КОМИТЕТ СССР
ПО НАРОДНОМУ ОБРАЗОВАНИЮ
МОСКОВСКИЙ
ОРДЕНА ТРУДОВОГО КРАСНОГО ЗНАМЕНИ
ИНЖЕНЕРНО-ФИЗИЧЕСКИЙ ИНСТИТУТ
В. В. Светозаров, А. И. Руденко, В. И. Архипов
СБОРНИК ЗАДАЧ
ПО ФИЗИКЕ
(МЕХАНИКА И МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА)
В помощь поступающим в Московский
инженерно-физический институт
Утверждено
редсоветом института
в качестве учебного пособия
Москва 1991
УДК 53 (075)
В. В. Светозаров, А. И. Руденко, В. И. Архипов. Сборник
задач по физике (механика и молекулярная физика). В помощь
поступающим в МИФИ. Учебное пособие. М.: МИФИ, 1991,—92 с.
В настоящем учебном пособии представлены задачи, по
характеру и степени сложности соответствующие предлагаемым
на вступительных экзаменах абитуриентам МИФИ. Большинство
задач имеет подробные решения.
Данное пособие предназначено для самостоятельной под-
готовки к конкурсным экзаменам в вузы с повышенными требова-
ниями по физике, а также для слушателей подготовительных
отделений, подготовительных курсов и физматшкол.
Авторы выражают благодарность профессору И. Е. Иродову
за ряд ценных замечаний.
Рецензенты:
И. С. Колотов, Н. Т. Берестов,. М. Я. Иванов.
© Московский
инженерно-физический
институт, 1985 г.
ЗАДАЧИ
§ I. КИНЕМАТИКА
1.	Два катера, двигавшиеся вдоль реки, встретились у моста
и разошлись. Повернув через т — 0,5 ч в обратную сторону, они
вновь встретились на расстоянии х = 2 км от моста. Определить
скорость реки, если известно, что до и после поворота скорости
катеров относительно воды не изменились.
2.	Автомобиль проехал половину пути со скоростью =
= 60 км/ч, оставшуюся часть пути он половину времени шел со
скоростью и2=15 км/ч, а последний участок — со скоростью
у3 = 45 км/ч. Найти среднюю скорость автомобиля на всем пути.
Построить график зависимости пути, пройденного автомобилем,
от времени.
3.	Из игрушечной пушки, покоившейся на полу, выстрелили
шариком. Испытывая отдачу, пушка продвинулась по полу на
1 — 2 см, когда шарик покинул ствол, пройдя по нему расстоя-
ние b = 10 см. Найти расстояние d, пройденное шариком за
время движения в стволе в системе отсчета, связанной с полом,
и угол [3, под которым он вылетел из ствола по отношению к
полу. Ствол пушки наклонен к полу под углом ц = 30°.
4.	К перекрестку приближается грузовая машина со ско-
ростью О] = 10 м/с и легковая машина со скоростью о2 = 20м/с
(рис. 1). Определить направление и модуль скорости легковой
машины относительно грузовика.
5.	На рис. 2 показаны скорость корабля и и скорость ветра
v. Найти графически направление флага на корабле.
Рис. 1.
3
6.	Частица движется вдоль оси Ох со скоростью v(f), график
которой в проекции на эту ось изображен на рис. 3. Один под
другим построить графики зависимостей от времени t проекций
ускорения ах(Т) и перемещения x(f), а также пути проходи-
мого частицей. Найти среднее значение модуля скорости
за время движения от 1 — 0 до t = 2 т.
Рис. 3
7.	В начальный момент времени проекции скорости тела
на координатные оси х и у равны иОх = 1 м/с и иОу = 0. Тело
движется с постоянным ускорением, и через интервал времени
Л/ = 2с проекции его скорости стали равными vx~2 м/с;
Vy — З м/с. Найти модуль и направление ускорения тела.
8.	Второе тело подбросили от земли вертикально вверх
вслед за первым через т0 = 4с с той же скоростью и0 = 49 м/с,
что и первое тело. Через какое время т после бросания второго
тела и на какой высоте h оба тела столкнутся?
9.	Тело брошено под углом а к горизонту с начальной ско-
ростью о0. Построить графики зависимостей от времени проек-
ций ускорения ах и а . скорости и иу, координат х и у на
вертикальной оси у, направленной вверх, и горизонтальной
оси Л'.
10.	Два камня брошены под различными углами к горизонту
со скоростями О] и у2, как показано на рис. 4, а. Не прибегая
к численному расчету, сделать вывод о том, какой камень улетит
дальше. Трением о воздух пренебречь. Какой из двух камней
полетит дальше, если их бросить, как показано на рис. 4,6.
Рис. 4
4
11.	Пушка и цель находятся на одном уровне на расстоянии
/-—1,5 км друг от друга. Через сколько времени снаряд с на-
чальной скоростью уо = 2ОО м/с достигнет цели? Сопротивлением
воздуха пренебречь. Ускорение свободного падения принять
g — Ю м/с2.
12.	С аэростата, поднимающегося с ускорением а = 0,5 м/с2,
через т = 4с после его отрыва от земли бросают камень со
скоростью v0' — 5,5 м/с под углом а' = 30° к горизонту отно-
сительно аэростата (рис. 5). На каком расстоянии / от места
подъема аэростата с земли упадет камень? Определить также
время т' нахождения камня в воздухе с момента его сбрасыва-
ния. Сопротивлением воздуха при падении камня пренебречь.
13.	Катер пересекает реку шириной b = 360 м, текущую со
скоростью Oj — 2 м/с. Рулевой катера держит курс перпенди-
кулярно течению. Двигатель обеспечивает постоянное ускорение
а = 0,1 м/с2, начальная скорость катера относительно воды
равна нулю. Через какое время катер пересечет реку? На сколько
он будет снесен течением? С какой скоростью подойдет катер к
противоположному берегу и под каким к нему углом?
14.	Двигаясь равномерно по окружности со скоростью,
равной по модулю и =10 м/с, тело переместилось из точки 1 в
точку 2 по дуге с углом раствора ф = 30°. Найти модуль и на-
правление приращения скорости Ли = у2—у,. Направление
вектора Av определяется углом между этим вектором и ско-
ростью Vj.
5
15.	По краю вращающейся с угловой скоростью со = 0,1 рад/с
карусели радиусом А? = 5м шагает мальчик. Определить ускоре-
ние, с которым движется мальчик по отношению к Земле, если
известно, что, поворачивая обратно и шагая по карусели с преж-
ней скоростью, мальчик перестает перемещаться относительно
Зрмл и
16.	При запуске ракеты массой т = 200 кг сила тяги ее
двигателя, равная У7 —5 кН, направлена под углом а — 60е к
горизонту. Приняв £=Ю м/с2, найти ускорение ракеты а, т.е.
модуль ускорения и угол между а и горизонтальным направле-
нием.
17.	Брусок массой т = 2 кг, лежащий на шероховатой го-
ризонтальной поверхности, приходит в движение с ускорением
а = 3 м/с2, когда на него действуют горизонтальной силой F =
= 11 Н. Какой минимальной горизонтальной силой Fo нужно
подействовать на брусок, чтобы его только сдвинуть с места?
18.	К бруску массой т = 1 кг, лежащему на горизонтальном
полу, приложили силу F под углом о = 30° к горизонту. Коэф-
фициент трения между бруском и полом k — 0.5. Найти ускоре-
ние бруска для случаев:
a) F=IH; б) /? = 5Н; в) F = 25H.
19.	Какой минимальной силой Ко и под каким углом а0
нужно подействовать на брусок (см. задачу 18), чтобы только
сдвинуть его с места?
20.	Брусок массы т = 0,25 кг лежит на шероховатой пло-
ской поверхности, наклоненной к горизонту под углом ц = 30°.
С какой минимальной горизонтальной силой следует потянуть
за тонкую нить, привязанную к бруску, чтобы началось его
скольжение? Коэффициент трения бруска о шероховатую поверх-
ность k — 0,8.
21.	На доске, движущейся в горизонтальном направлении
с ускорением а0, находится плоская шайба, коэффициент трения
которой о доску равен k. Построить график зависимости ускоре-
ния шайбы а от ускорения доски а0.
6
22.	Вертикальная стенка движется го-
ризонтально с ускорением а0. В контакте со
стенкой находится брусок (рис. 6). Коэф-
фициент трения между стенкой и бруском
& = 0,4. Построить график зависимости
силы трения Етр между бруском и стенкой
от ускорения стенки а0. Определить модуль
и направление вектора ускорения бруска
а при
а) цо = 30м/с2; б) а0 = 10 м/с2.
23.	На доске длиной I = 0,5 м и массой
М = 0,9 кг у ее левого торца лежит неболь-
шой брусок массой т = 0,1 кг. Какую мини-
мальную скорость v0 нужно сообщить
бруску, чтобы он соскользнул с доски у ее
правого торца? Коэффициент трения бруска
о доску k = 0,5. Доска находится на глад-
кой горизонтальной поверхности.
24.	Если пережечь нить Н, связывающую
грузы 1 и 2, висящие на невесомом резиновом
шнуре, верхний груз 1 приходит в движение
с ускорением а} = 4,9 м/с2 (рис. 7, а). Найти
ускорение, с которым груз 2 придет в движе-
ние после пережигания нити Н, если подвешен-
ные к тому же резиновому шнуру грузы по-
менять местами (рис. 7, б).
25.	К потолку лифта, движущегося с уско-
рением а, направленным вверх, подвешен груз
массой т на двух нитях, составляющих углы
а и р с горизонтальным потолком (рис. 8).
Определить силы Тх и Г2 натяжения левой и
правой нитей.
26.	Когда космический корабль совершает
маневр по переходу с одной орбиты на другую,
его двигатели развивают постоянную силу тяги
Е=1кН. Найти вес G космонавта, находя-
щегося на корабле, в продолжение маневра
корабля, полная масса которого Л4 = 5т. Из-
менением массы корабля во время маневра
пренебречь. Масса космонавта т = 100кг.
Рис. 6
Рис. 7
Рис. 8
7
27.	Два бруска массами т и 2 т, соединенные легкой
пружинкой, движутся по горизонтальной гладкой поверхности
(рис.9). В некоторый момент ускорение Ц] легкого бруска на-
правлено вправо. Найти ускорение а2, с которым в этот момент
движется другой брусок. Растянута или сжата пружинка в этот
момент?
Рис. 9
28.	Шарик, подвешенный на нити, отклонили от положения
равновесия и отпустили. Куда направлена равнодействующая
приложенных к шарику сил при максимальном отклонении от
положения равновесия, при прохождении положения равновесия
и в промежуточном положении?
29.	Шарик, подвешенный на нити, движется по окружности
в горизонтальной плоскости. Указать действующие на шарик
силы и направление равнодействующей этих сил.
30.	Шофер внезапно увидел перед автомобилем широкую
стену. Что ему выгоднее сделать для предотвращения аварии —
затормозить или повернуть? Попробуйте решить эту задачу
устно, не рассчитывая тормозного пути и радиуса поворота.
31.	Полая сфера радиуса R = 0,4 м
вращается вокруг ее вертикального диа-
метра с постоянной угловой скоростью
(о = 5рад/с. Вместе со сферой на ее
внутренней поверхности движется не-
большая шайба, находящаяся на высоте,
равной половине радиуса (рис.10). Оп-
ределить минимальное значение коэф-
фициента трения, при котором это воз-
можно.
32.	Жесткая легкая штанга длиной
/ — 0,5м с прикрепленным к ее концу не-
большим грузом массой т = 1 кг при-
водится в 'равномерное вращение со скоростью п — 20 об/мин
в вертикальной плоскости вокруг оси, проходящей через другой
конец штанги. Найти наибольшую 7\ и наименьшую Т2 силы, с
которыми натянута штанга, а также силу F, с которой груз дей-
ствует на вращающуюся штангу, когда она проходит через го-
ризонтальное положение.
8

Рис. 11
35. Два
33.	Штанга и вертикальная ось образуют жест-
кую конструкцию (рис. 1!). Легкая пружина и при-
крепленная к ней муфточка массой т= 1 кг надеты
на штангу, по которой они могут скользить без тре-
ния. Муфточка движется равномерно по гори-
зонтальной окружности радиуса г —30 см со
скоростью и = 2 м/с. Определить длину /0 пружины
в нерастянутом состоянии, если жесткость пружины
( k = 40 Н/м, и угол а = 30°.
34.	Гоночный автомобиль массой т —- 600 кг
движется вдоль экватора с востока на запад, а за-
тем с той же скоростью у — 600 км/ч относительно
Земли в направлении с запада на восток. Найти
разность сил давления автомобиля на поверхность
шоссе в этих случаях.
спутника движутся вокруг Земли по круговым ор-
битам, расположенным в одной плоскости, со скоростями у, —
— 7,8 км/с и у2 = 7,7 км/с. Определить интервал времени т,
через который оба спутника регулярно сближаются на минималь-
ное расстояние друг от друга. Найти это расстояние, если радиус
Земли R = 6,4 • Ю3 км, ускорение силы тяжести у полюсов Земли
g0--=9,8 м/с2.
36.	Определить угловую скорость вращения двухпланет-
ной системы. Массы планет и Л12, расстояние между их
центрами R. Найти также ускорения, с которыми движутся
планеты.
37.	Тело массой т = 0,2 кг брошено с начальной скоростью
=50 м/с под углом « = 30° к горизонту. Найти приращение
импульса тела: 1) за время от начала полета до падения на
землю; 2) за половину этого времени. Сопротивление воздуха
не учитывать.
38.	Мяч массой т — 0,2 кг подлетает
к стенке под углом а = 30° со скоростью
у0 = 5м/с и отлетает от нее под тем же
углом и с прежней по модулю скоростью
(рис. 12). Время удара т = 0,01с. Найти
среднюю силу, действующую на мяч во
время удара со стороны стенки.
Рис. 12
9
39.	На санки массой Л1, движущиеся со скоростью о0 по
горизонтальной поверхности без трения, падает вертикально
груз массой щ, имеющий скорость и перед ударом. Определить
скорость и санок с грузом после удара и среднюю силу давле-
ния N' на дорогу при ударе. Длительность удара т.
40.	Пренебрегая в условии задачи 39 длительностью удара,
определить минимальное значение коэффициента трения по-
лозьев санок о снег, при котором санки с упавшим на них грузом
остановятся при ударе.
И МОЩНОСТЬ.
ЗАКОНЫ
СОХРАНЕНИЯ ЭНЕРГИИ
§ 3. РАБОТА
И ИМПУЛЬСА
41.	Прикладывая к лежащему на столе телу постоянную
горизонтальную силу 5, очень медленно переместили тело по
окружности радиуса R. Какую работу совершили при этом над
телом силы трения?
42.	Через невесомый блок, укрепленный на неподвижной
горизонтальной оси, перекинута невесомая и нерастяжимая нить,
к концам которой прикреплены грузы массами и (щ, >
Определить мощность которую развивает сила натяжения,
приложенная к первому грузу, через время т после начала дви-
жения системы.
43.	Найти мощность сил трения, приложенных к телу,
скользящему по вершине сферической горки радиуса R = 1,2 м
со скоростью а = 2,5 м/с. Масса тела tn = 60 кг, коэффициент
трения k = 0,2.
44.	С высоты h = 5 м бросают вертикально вниз тело массой
tn = 0,2 кг с начальной скоростью и = 2 м/с. Тело углубляется
в грунт на 1 = 0,05 м. Найти среднюю силу сопротивления грунта
движению камня.
10
45.	Плоскую шайбу толкнули так, что она начала скользить
с начальной скоростью v = 4 м/с вверх по шероховатой наклон-
ной плоскости с углом а =30° при основании. Скорость шайбы
обратилась в нуль, когда она прошла расстояние 5= 1м. Со-
скользнет ли шайба вниз?
рис	46. Шайбу положили на верхний
’ край наклонного стола высотой Н =
,	=1,2м и шириной основания / =
„	] \	— 0,8 м (рис. 13). Шайба скользит
“	\ по столу и падает на пол. Найти
скорость шайбы перед падением,
I I	\ если коэффициент трения между
zzzz/zzzz^zzzz/zzzzVzzzzzzz/// шайбой и столом k = 0,5.
47.	Тело бросили под углом а к горизонту с начальной
скоростью и0. Построить графики зависимости от времени
полной, кинетической и потенциальной энергии тела.
48.	Шарик подвешен на нити и совершает колебания в верти-
кальной плоскости. При прохождении положения равновесия
его ускорение равно а0— 10 м/с2. Чему равно ускорение шарика
при максимальном отклонении от положения равновесия?
49.	Небольшой шарик массы т = 2кг, подвешенный на
нити, отвели в сторону так, что нить образовала прямой угол с
вертикалью и затем отпустили. Найти угол между нитью и верти-
калью, при котором нить оборвется, если нить выдерживает
натяжение Т'макс=30Н.
50.	Тело массой щ — 0,1 кг соскальзывает без трения по
наклонной плоскости, переходящей в цилиндрическую поверх-
ность радиусом R. Определить силы давления тела на поверх-
ность F А и F в в точках Л и В в случае, когда тело соскальзывает
с высоты H = 3R (рис. 14).
51.	Брусок массой т = 0,2 кг начинает соскальзывать без
начальной скорости с высоты Н = 3 м по желобу, выполненному
в форме «мертвой петли» радиусом R = 0,5 м (см. рис. 14). При
прохождении верхней точки петли брусок едва не оторвался от
желоба. Какую работу А совершили силы трения от начала
движения бруска до прохождения им верхней точки петли?
52.	Бруски массами = 0,1 кг и т2 = 0,4 кг положены на
1ладкую горизонтальную поверхность и связаны нитью, продетой
через пружинку жесткостью £ = 0,1 кН/м. При натянутой нити
пружинка сжата вдвое против длины 10 = 10 см в недеформи-
рованном состоянии. Найти максимальные скорости движения
брусков о, и и2 после пережигания нити.
53.	Телу массой т = 2,5 кг, лежащему на полу и соединен-
ному со стеной недеформированной пружиной жесткостью k —
= 60Н/м, сообщают скорость уо = 3м/с перпендикулярно стене.
Коэффициент трения между телом и полом — 0,6. Найти ско-
рость тела к моменту, когда оно пройдет расстояние h = 0,25 м.
54.	Брусок массой т = 1,6 кг, соединенный с легкой пружи-
ной жесткостью £ = 256 Н/м, располагают на высоте Н = 85 см
от пола (рис. 15) и отпускают. Длина недеформированной пру-
жины /0 = 50 см. Найти максимальную скорость бруска. Ось
пружины во время движения системы остается вертикальной,
влиянием воздуха пренебречь. Ускорение свободного падения
положить приближенно g = 10 м/с2.
55.	На гладкой горизонтальной плоскости лежит брусок
массой т, шарнирно соединенный с легкой недеформированной
пружинкой длиной 10 = 50 см, подвешенной над бруском на оси 0
(рис. 16). Жесткость пружинки k подобрана равной 2nig/l0,
где g — ускорение свободного падения. На брусок подействовали
постоянной горизонтальной силой Ко, по модулю равной mg.
Найти скорость бруска в момент отрыва его от плоскости.
Рис. 15	"///////	zv / /*/ / / / / / / рис. 16
56.	Тело А налетает на неподвижное тело В и после удара
движется с вдвое меньшей скоростью в направлении, перпенди-
кулярном к первоначальному. Определить направление движе-
ния тела В после удара. Зависит ли ответ от того, сохраняется
при ударе механическая энергия или нет, т.е. является удар
упругим или неупругим?
57.	Из пушки массой М — 0,39 кг, скользящей по гладкому
полу, вылетел снаряд массой in = Юг, который через т=1с
упал на расстоянии / — 4 м от пушки, остановившейся в резуль-
тате отдачи при выстреле. Определить скорость и, с которой
скользила пушка перед выстрелом, скорость v, с которой сна-
ряц покинул ствол, и угол а наклона ствола к горизонту. Найти
также максимальную высоту Н от пола, на которую снаряд
поднялся во время полета. Размеры пушки не учитывать.
58.	Космонавт массой т} = 100 кг находится на поверхности
шаровидного астероида радиусом /?=1км и держит в руках
камень массой т0=10кг. С какой максимальной горизонтальной
скоростью у0 относительно поверхности астероида космонавт
может бросить камень, не рискуя, что сам он вследствие отдачи
станет спутником астероида? Средняя плотность астероида q =
= 5 • 103 кг/м3, гравитационная постоянная у — 6,7 • 10 й
м3/(кг • с2).
59.	Пуля массой т = 10 г, летевшая горизонтально со ско-
ростью = 150 м/с, простреливает лежащий на столе брусок
массой /И = 2,5 кг и теряет при этом половину своей кинетиче-
ской энергии. Какую скорость приобретает брусок?
60.	Два одинаковых маленьких пластилиновых шарика
подвешены на одинаковых нерастяжимых нитях. Один шарик
отклоняют от положения равновесия так, что нить горизонтальна,
и отпускают. При соударении шарики слипаются. Определить
максимальный угол, на который отклонятся после удара слип-
шиеся шары.
61.	Тело массой М — 0,1кг, способное двигаться без трения
по горизонтальному стержню, закреплено на легкой пружине
жесткостью k— 103Н/м (рис. 17). В тело попадает пуля массой
т — Юг, двигавшаяся под углом а = 60° к оси стержня со ско-
ростью v, и застревает в нем. В результате тело начинает ко-
лебаться с амплитудой а —5 см. Определить скорость пули v.
13
62.	Используя данные задачи 61, определить скорость пули,
если пружина закреплена так, как показано на рис. 18. Длина
пружины при равновесном положении груза ^=15см, длина
нерастянутой пружины /0 = 10 см.
63.	На сколько сожмутся буферные пружины при столкно-
вении двух железнодорожных вагонов массами т[=20т и
ш2 = 60т, двигающихся навстречу друг другу со скоростями
vl = 0,5 м/с и и2 = О,2м/с? При столкновении в каждом вагоне
работают по две пружины жесткостью £ —2>104Н/м. Опре-
делить также ускорения вагонов в момент наибольшего сжатия
пружин.
14
64.	Стержень АВ массой т = 0,5 кг, закрепленный в шар-
нире А, удерживается в равновесии горизонтальной проволокой
ВС. К концу стержня подвешен груз массой М — 3 кг. Опре-
делить натяжение проволоки Т, если угол а, образованный
стержнем с вертикалью, равен 45° (рис. 19).
Рис. 19
65.	Толкая шкаф в горизонтальном направлении, человек
установил, что шкаф начинает опрокидываться, если усилие при-
ложить выше точки С (рис. 20). Если же приложить усилие
ниже этой точки, то шкаф начинает скользить по полу. Опре-
делить коэффициент трения между полом и шкафом, зная раз-
меры а и с, указанные на рис. 20. Центр тяжести шкафа находит-
ся в его геометрическом центре.
66.	Покупатель хочет приобрести товар весом Р. У про-
давца имеются неравноплечие весы. Он предложил, используя
гирю весом Р/2, взвесить часть товара на одной чашке весов,
а часть—на другой (рис. 21). Кто выиграет при таком взвеши-
вании?
15
Рис. 21
67.	На краю горизонтального шероховатого стола лежит
палочка массой М = 0,3 кг, выступая за край стола на т] = 1/3
часть своей длины. На выступающем ее конце подвешен на не-
весомой нерастяжимой нити маленький шарик (рис. 22). Шарик
отводят в положение, при котором нить направлена вдоль палоч-
ки. При каких значениях массы шарика т палочка не будет
отрываться от ствола в процессе колебаний шарика? Считать,
что вследствие большого трения палочка не может скользить по
столу.
Рис. 22
68.	К легкой пружинке, жесткость которой /г = 49Н/м,
подвешено тело объемом V — 70 см3. Тело находится внутри
стакана и не касается его дна и стенок. Наливая в стакан
масло, замечают, что пружинка перестает укорачиваться после
Того, как тело поднимется на h =12 мм от первоначального
положения. Найти плотность масла р.
69.	Тонкая палочка длиной I —- 40 см, сделанная из мате-
риала с плотностью р = 0,22 см3, шарнирно подвешена к потолку
на высоте h так, что нижний ее конец погружен в жидкость,
плотность которой равна ро = О,8 г/см3 (рис. 23). Определить
длину погруженной части палочки /0.
16
5. МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА.
ГАЗОВЫЕ ЗАКОНЫ.
ТЕРМОДИНАМИКА
70.	Какое понадобится время т, чтобы на поверхность
стекла нанести слой серебра толщиной d — 5 мкм, используя
для этого атомарный пучок с концентрацией атомов серебра
п=1018 м-3, движущихся со скоростью v = 0,39 км/с? Моляр-
ная масса серебра ц = 108 г/моль, плотность q= 10,5- 103кг/м3.
71.	Определить плотность воздуха q вблизи поверхности
Земли при стандартных условиях р0 — 0,101 МПа, 7’0 = 273 К.
Молярная масса воздуха ц — 29 г/моль.
72.	В баллоне объемом V — 100 л находится гелий под
давлением р1 = 5 МПа при температуре = 300 К. Вентиль
баллона дал течь, и когда неисправность устранили, давление в
баллоне оказалось равным р2 = 5,1 МПа, но температура по-
высилась до 7*2 — 340 К. Найти массу газа, вытекшего из бал-
лона. Молярная масса гелия ц = 4 г/моль.
давление, объем, темпе-
73.	На рис. 24 а, б, в точки 1 и 2 изображают состояние
одной и той же массы идеального газа. Установить, в каком из
указанных состояний
ратура.
или 2)
больше
Рис. 24
a	S	4
74. Водород массой т = 1 кг при температуре То — 300 К ох-
лаждается изохорически так, что его давление падает в i] = 3
раза. Затем газ расширяется изобарически так, что конечная
температура равна начальной То. Найти произведенную газом
работу.
75.	На рис. 25 показан круговой процесс 1 — 4 (цикл) не-
которой массы газа на диаграмме (р, V). Изобразить этот
процесс на (р, Г)-диаграмме, т. е. в координатах (р, Т). Опре-
делить, положительную или отрицательную работу совершает газ
при выполнении цикла.
Рис. 25
76.	Цилиндрическая пробирка длиной I = 30 см, содержащая
некоторое количество воздуха при температуре 7\ = 300 К,
полностью погружена в глицерин, плотность которого q = 1,3
г/см3. При этом поверхность глицерина внутри трубки находится
в ее середине (рис. 26, а). Пробирку вынимают из глицерина
так, что она едва касается поверхности жидкости открытым
концом. Как и насколько следует изменить температуру воз-
духа в пробирке, чтобы глицерин по-прежнему заполнял поло-
вину ее объема (рис. 26,6)? Внешнее давление равно р0 =
= 1,0- 105 Па.
Рис. 26
77.	В цилиндрическом сосуде под невесомым поршнем на-
ходится газ при температуре Г, = 300 К. Высота столба газа
//=0,5 м. Над поршнем, герметично прилегающим к гладким
18
стенкам цилиндра, налита ртуть, заполняющая сосуд до краев
(рис. 27). Высота столба ртути h = 0,2 м. До какой температуры
Т2 следует медленно нагреть газ под поршнем, чтобы ртуть из
сосуда вылилась? Плотность ртути q = 13,6-103 кг/м3, атмо-
сферное давление р0 = 105 Па.
78.	В цилиндре, открытом сверху, может без трения дви-
гаться поршень массой m = 10 кг, герметично прилегая к стен-
кам цилиндра (рис. 28). Пружиной жесткостью k — 2 кН/м
поршень соединен с нижним торцом цилиндра. Площадь сечения
поршня S=1 дм2, атмосферное давление р0 = 0,1 МПа. В на-
чальном состоянии пружина сжата вдвое по сравнению с длиной
/0= 0,2 м в недеформированном состоянии. К массе газа под
поршнем начинают подводить тепло. Найти работу А, произ-
веденную газом к моменту, когда пружина станет растягиваться,
а также начальное давление газа в цилиндре.
79.	В вертикально закрепленном цилиндре с гладкими
стенками высотой /7 = 0,5 м находится теплонепроницаемый
поршень массой ш = 10 кг и площадью сечения S = 2 дм2, гер-
метично прилегающий к стенкам цилиндра и занимающий сред-
нее положение (рис. 29, а). К поршню прикреплен тонкий верти-
кальный канатик, перекинутый через блок. Когда к свободному
концу канатика подвешивают груз массой Л1 — 20 кг, система
приходит в движение, и поршень вылетает из цилиндра со ско-
ростью о = 0,5 м/с (рис. 29,6). Найти работу А, совершенную
газом, находящимся под поршнем, за время его движения в ци-
линдре. Наружное давление р0— 1 кПа.
19
80.	В закрепленном под углом а = 30° к горизонту цилин-
дре с открытым верхним концом (рис. 30) может без трения
двигаться поршень массой ш=1,0 кг и площадью 5=10 см2,
Герметично прилегая к стенкам цилиндра. Под поршнем находит-
ся воздух. Поршень выдвигают настолько, чтобы объем воздуха,
Рис. 30
находящегося под ним, увеличился вдвое, и отпускают. Опре-
делить ускорение поршня в этот момент. Атмосферное давление
= 100 кПа. Температура воздуха постоянна.
81.	Внутри трубы, наполненной воздухом и закрытой с
обоих торцов, может скользить без трения поршень массой
т = 4 кг, герметично прилегающий к внутренним стенкам трубы.
В горизонтально лежащей трубе поршень занимает среднее по-
ложение, а давление воздуха в трубе р — 1,25 кПа. Площадь
поршня S = 200cm2. Определить отношение объемов воздуха
V2/Vi по обе стороны поршня в трубе, соскальзывающей по на-
клонной плоскости, образующей угол а = 60°
(рис. 31).
плоскостью
с горизонтом
Коэффициент трения между трубой и наклонной
равен
температура воздуха в трубе по-
k = 0,25
82.	В калориметр с водой при
температуре 7'0 = 273 К погружа-
ют кусок алюминия массой т =
= 0,1 кг, нагретый до Tt = 778 К-
При этом температура воды в ка-
лориметре повышается до Т =
— 278 К, а часть ее выкипает.
Определить массу выкипевшей воды, если вначале в калори-
метре находилось М = 1 кг воды. Удельные теплоемкости воды
и алюминия равны св=4,2 кДж/(кг • К) и са = 0,92 кДж/(кг • К)
соответственно. Удельная теплота парообразования воды Л =
= 2,2 МДж/кг. Теплоемкостью калориметра пренебречь.
83.	При соблюдении некоторых условий можно нагреть воду
при нормальном атмосферном давлении до температуры выше
Тк = 373К без того, чтобы вода закипела (перегретая вода).
20
Пробирку, содержащую т = 100 г перегретой воды при Т — 382 К
и нормальном атмосферном давлении, слегка встряхивают, от-
чего происходит бурное вскипание воды. Найти массу выкипев-
шей воды т'. Удельная теплоемкость воды в указанном интер-
вале температур с = 2,3 МДж/кг, удельная теплота парообразо-
вания Х = 2,2 МДж/кг.
§ 6. ЗАДАЧИ,
ПРЕДЛАГАВШИЕСЯ
НА ВСТУПИТЕЛЬНЫХ
ЭКЗАМЕНАХ В МИФИ
84.	Два маленьких тела массами т( = 2кг и т2 = 6кг
соединены нитью и расположены на гладкой цилиндрической
поверхности, как показано на рис. 32, а. Если тела отпустить,
Рис. 33
они начинают двигаться с ускорением а0 = 6м/с2. С каким
ускорением а будут двигаться тела, если их расположить на
поверхности симметрично, как показано на рис. 32,6?
85.	Два тела А и В массами т]=1,5кг
и т2 = 0,45кг соответственно подвешены на
нитях к легкому коромыслу, плечи которого
имеют длину Ц = 0,6 м и l2 — 1 м, причем тело
А лежит на полу (рис. 33). На какой мини-
мальный угол а следует отклонить подвес тела
В, чтобы после его отпускания тело А оторва-
лось от пола?
21
86.	Система состоит из невесомого стержня длины / = 35см,
положенного на неподвижную призму, а также невесомого блока
с двумя грузами т, и т2 груза массы М = 2 кг, прикрепленных
к концам стержня (рис. 34), причем т1 + т2=Л4. При движе-
нии грузов Ш] и т<2 равновесие стержня имеет место, если точка
опоры стержня сдвинута на расстояние А / == 5 см левее относи-
тельно середины стержня. Определить массы грузов и т2.
Трением пренебречь.
Рис. 34
87.	К лежащему на полу телу массой т— 12 кг, прикрепле-
на пружина жесткостью х = 300Н/м. Коэффициент трения
между телом и полом k = 0,4. Вначале пружина была неде-
формирована. Затем, прикладывая к концу пружины силу, на-
правленную под углом а = 30° к полу (рис. 35), медленно пере-
местили тело на расстояние s = 0,4m. Какая работа была при
этом совершена?
Рис. 35 777777777777^77777777777777.
88.	Шайба лежит в конической чаше на расстоянии г = 20 см
от вертикальной оси конуса (рис. 36). Угол между образую-
щей и осью конуса а = 60°, коэффициент трения между шайбой
и чашей k — 0,8. С какой угловой скоростью w следует вращать
чашу вокруг ее оси, чтобы шайба вылетела из чаши?
89.	Плоская шайба массой т = 0,2 кг начинает скользить с
начальной скоростью о0 = 12 м/с вверх по наклонной плоскости,
составляющей угол а = 30° с горизонтом. Коэффициент трения
между шайбой и плоскостью k = 0,3. Какую работу совершат
над шайбой силы трения в течение интервала времени / — 3,5 с
после начала движения?
22
90.	Груз массой т — 30г, подвешенный на пружине, отпу-
скают из положения, в котором пружина недеформирована. Че-
му равна работа силы тяжести и работа упругой силы, приложен-
ной к грузу со стороны пружины, за время его движения до
точки, в которой его скорость максимальна? Жесткость пружины
k = 3 Н/м.
9L На подставке лежит брусок массы m = 1 кг, подвешен-
ный к потолку с помощью пружины, жесткость которой k —
— 72,6 Н/м (рис. 37). В начальный момент пружина недеформи-
рована. Подставку начинают опускать с ускорением а = 5,8 м/с2.
Найти мощность силы упругости, действующей на брусок в
момент его отрыва от подставки.
92.	Тело лежит на гладкой горизонтальной поверхности.
К нему привязана легкая нерастяжимая нить, перекинутая через
блок очень малого радиуса. Блок подвешен на высоте h = 1 м
над поверхностью. К другому концу нити приложили постоян-
ную горизонтальную силу Т (рис. 38). Первоначально тело по-
коится, и нить образует с вертикалью угол а = 60°. Определить
скорость тела в момент отрыва груза от поверхности, если из-
вестно, что ускорение груза в начальный момент а = 15 м/с2.
Массой блока и трением пренебречь.
93.	На концах невесомого стержня длиной /, который может
свободно вращаться вокруг горизонтальной оси, проходящей
через его середину, укреплены два груза с массами т{= 0,6 кг
и = З/гг,. В первоначальном положении стержень располагал-
ся горизонтально, а затем был отпущен с нулевой скоростью.
Найти силу, с которой первый груз действует на стержень в тот
момент, когда стержень окажется в вертикальном положении.
23
94.	Гладкая горка массы М, высотой h. — 0,5 м находится
на гладкой горизонтальной поверхности (рис. 39). Какую ско-
рость и0 надо сообщить шайбе массой т, чтобы она смогла
подняться на вершину этой горки? Отношение т/М = 0,21.
95.	Гладкая горка массы М находится на гладком гори-
зонтальном полу. На горку положили и отпустили без толчка
шайбу массы т (рис. 40). Отношение масс tn/М = т] = 0,6,
указанные на рисунке размеры Н = 1,3 м, h = 0,5 м. Каким будет
расстояние от шайбы до правого края горки в момент падения
шайбы на пол?
96.	Пуля массой Ш] —9 г, имевшая скорость vt = 160 м/с,
направленную под углом а = 30° к горизонту (рис. 41), про-
бивает лежавшую на подставках доску массой т2 — 0,3 кг, после
чего поднимается на максимальную высоту Н — 45 м над уровнем
подставок. На какую высоту К подпрыгнет доска? Сопротивле-
нием воздуха пренебречь.

Рис. 41
97.	Подвешенному на нити шарику сообщили начальную
скорость в горизонтальном направлении. Когда нить отклонилась
на угол а=30° от вертикали, ускорение шарика оказалось
направленным горизонтально. Найти угол [3 максимального
отклонения нити.
98.	Шайба, скользившая по гладкому полу со скоростью
и0=12м/с, поднимается на трамплин, верхняя часть которого
24
горизонтальна, и соскакивает с него (рис. 42). При какой высоте
трамплина h дальность полета шайбы s будет максимальной?
Какова эта дальность?
99.	Телу массой т = 1 кг, лежащему на длинней горизон-
тальной доске массой Л1 = 2кг, сообщили начальную скорость
у0 = 2м/с (рис. 43). Какой путь пройдет тело относительно
доски, если коэффициент трения между ними k = 0,2, а трение
между доской и плоскостью отсутствует?
т! 1 °*	Р и с. 4 3
ГТТ7777’7777Т7Т71’ТГ7
100.	Плоскую шайбу массой щ=Юкг толкнули вверх по
доске длиной / = 3м, опирающейся на уступ на расстоянии
h = 1 м от конца (рис. 44). Масса доски М = 20 кг, доска состав-
ляет угол а = 30° с горизонтом, трение между доской и шайбой
отсутствует. Какую скорость v следует собщить шайбе, чтобы
нижний конец доски оторвался от пола?
101.	Шарик массой т = 50г прикреплен к двум одинаковым
невесомым пружинкам и нити (рис. 45), угол а = 60°, жесткость
каждой пружины k =10 Н/м. В некоторый момент нить об-
рывается, и шарик начинает движение с ускорением а — 2 м/с2.
Найти максимальную скорость, которую приобретает шарик
при своем движении, если расстояние между точками закрепле-
ния пружин не превышает удвоенной длины недеформированной
пружины. Силой тяжести пренебречь.
25
102.	Один моль идеального газа перевели из состояния 1 в
состояние 2 изохорически так, что его давление уменьшилось
в п — 1,5 раза, а затем изобарически нагрели до первоначальной
температуры 7\. При этом газ совершил работу А — 0,83 кДж.
Найти температуру Т{.
103.	В цилиндре с площадью основания S = 100 см2 находит-
ся газ при температуре t = 27°С. На высоте Л—30см от основа-
ния цилиндра расположен поршень массой m = 60 кг (рис. 46).
Какую работу совершит газ при расширении, если его темпера-
туру медленно повысить на А/ —50°С? Атмосферное давление
р0 = 1,0- 105 Па.
Ь Рис. 46
104.	В гладкой горизонтально закрепленной трубе, профиль
которой показан на рис. 47, находятся в равновесии два поршня,
герметично прилегающие к стенкам трубы и соединенные не-
весомым жестким стержнем длиной / = 0,4м. В объеме между
поршнями, площади сечения которых S1 = 0,l м2 и S2 = 0,3m2,
находится газ, который начинают очень медленно нагревать,
при этом поршни перемещаются из начального положения (рис.
47, а) в конечное (рис. 47,6). Найти приращение A U — U6—Ua
внутренней энергии газа. Теплоемкость всей массы газа между
поршнями С=40Дж/К, атмосферное давление р0 = 0,1 МПа,
начальная температура шза Г] — 250 К.
Рис. 47
26
105.	В закрытом с обоих торцов цилиндре объемом V ~ 1,2 л
находится воздух при давлении р0 = 100 кПа, который разделен
на две одинаковые половины тонким поршнем массы т = 0,1 кг.
Рис. 48
Длина цилиндра 2/ = 0,4 м. Цилиндр привели во вращение с
угловой скоростью ю вокруг вертикальной оси, проходящей через
его середину. Найти ш, если поршень оказался на расстоянии
г=0,1м от оси вращения (рис. 48). Трения нет, температура
постоянна.
ОТВЕТЫ
И
РЕШЕНИЯ
1.	Задача решается просто в системе отсчета, связанной с
водой в реке. В этой системе отсчета расставание и встреча ка-
теров 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 п2т = у,
откуда
и ~ ~ ~ 2 км/ч.
2т
2.	По определению средняя скорость есть отношение полного
пути s, пройденного автомобилем, к полному времени движе-
ния t:
<v>
s
Т‘
Согласно условию задачи
имеем соотношения:
для первой и второй половины пути
S	i
/2
'3Т’
где и t2 — время, за которое автомобиль проезжает первую
и вторую половину пути. Очевидно, — /, отсюда:
S	2w( (и2 + У3)
<у> ==----------------------------—— = 40 км/ч.
3	!	3	У2 + из + 2и1
2^| и2 + i>3
График зависимости пути, пройденного автомобилем, от времени
приведен на рис. 49.
28
Рис. 49
3.	Перемещение d шарика относительно пола складывается
из его перемещения по стволу пушки b и перемещения пушки
/ по полу (закон сложения движений, рис. 50, a): d = i-\-l.
Шарик покинет ствол в направлении перемещения d, модуль
которого определяется по теореме косинусов:
d —	2b I cos а л- 8 см,
а направление (угол (3) — из теоремы синусов (рис. 50,6):
sin р — (b/d) sin а, [3 = 39°.
4.	Скорость и2| легковой машины относительно грузовика
равна разности скоростей легковой машины v2 и грузовика Uj
относительно дороги:
и2| = и2 — щ = v2 + (— V,).
Построение вектора и21 показано на рис. 51, из которого
очевидно
о21 = л/и? + у* = 22 м/с;
« = arctg —= arctg 0,5 = 27°.
29
Рис. 51
Рис. 52
5.	Направление флага совпадает с направлением скорости
ветра v' относительно корабля, равной разности между скоростя-
ми ветра v и корабля и : v' — и — и (рис. 52).
6.	Графики ax(J), x(t) и /(г) изображены на рис. 53,б-г под
графиком vx(t) на рис. 53, а. В интервалах времени 0 2т и
Зт $2 t С 4т частица движется с ускорениями, проекции которых
на ось х противоположны по знаку, но одинаковы по модулю;
в интервале 2т t Зт движение частицы равномерное.
Зависимость %(/) в интервале 0^ t2т
и Зт^/^4т изображается участками па-
рабол с вершинами, отвечающими мо-
ментам /=т и / — 4т, когда скорость ча-
стицы обращается в нуль.
Положение ветвей парабол по отно-
шению к их вершинам («вверх», «вниз»)
определяется знаками проекций ускоре-
ний ах=а0/т при 0s^/s^2t и ах =—и0/т:
при Зт^1^4т. В интервале времени
2т^?^3т график x(z)— отрезок прямой,
плавно сопрягающийся с параболами.
За время движения от 1—0 до I —
— 2т перемещение частицы равно нулю,
но пройденный ею за это время путь (уот)
вдвое больше модуля перемещения в
течение времени от t = 0 до t — т.
Среднее значение модуля скорости
в интервале 0^Z^2t равно отношению
ко времени 2т пути сот, пройденного за
это время: <сД> = с0/2.
Рис. 53
30
7.	Найдем вначале проекции ускорения на оси координат:
- VOx Л г / 2	vy ~ VOy 1 г / 2
а, — — ----= 0,5 м/с ; аи =	—- = 1,5 м/с .
х м	7	у \t	'
Модуль ускорения и угол а между ускорением и осью х:
а = Va2 + а2у == 1,6 м/с2;
а — arctg-^- = arctg 3 = 72°.
8. Выбрав в качестве положительного направление верти-
кальной 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:
t/i(O=yo(f-|-To)-g(/+ т0)2/2,	(1)
z/2(0= vot — gt2!^	(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 = T ординаты обоих тел одина-
ковы:
.У1(т)=1/2 (т),
или
ио (т + то) — £ (т + т0)2/2 = ^0 т — ё
откуда
т = У0/£~ т0/2 = Зс.
Столкновение тел происходит на высоте
h = у2 W = Цо/2^ — g Tq/8 85 m.
9. Искомые зависимости определяются уравнениями равно-
переменного движения с ускорением a — g и с проекциями на-
чальной скорости vOx = v0 cos a; vOy = и0 sin а:
— 0;
ау = ~ g\
yx=u0cosa;
31
Графики приведены на рис. 54. Момент времени соответст-
вует максимальной высоте подъема тела и определяется из
условия £^ = 0, откуда /1 = uosina/g. Момент времени /2 со-
ответствует падению тела на землю Он определяется из условия
у = 0, откуда t2 — 2и0 sin a/g.
Vy=^ v0 sin a — gt;
x — u0 cos a t;
y=vG sin a / —
Рис. 54
Для нахождения максимальной высоты h полета тела нужно
подставить t = t{ в выражение для у, в результате получим
32
Для нахождения дальности полета I нужно подставить 1 == /2
в выражение для х:
, .	2 и£ sin a cos а t/; sin 2 а
I — X (Z2)  -----------—--------.
V 7	g	g
10.	Дальность полета камня, брошенного от земли под не-
которым углом к горизонту, равна угт, где иг — скорость (по
модулю) перемещения тела в горизонтальном направлении;
т — время полета камня. В пренебрежении сопротивлением воз-
духа скорость иг постоянна. Чем больше начальная вертикаль-
ная скорость, тем дольше находится в полете брошенный камень.
Поэтому:
камень, брошенный с большей скоростью (У] > у2), полетит
выше и дальше (см. рис. 4, а);
оба камня (см. рис. 4,6) поднимутся на одинаковую высоту
(вертикальные составляющие их начальных скоростей одина-
ковы), но камень, брошенный с большей скоростью, полетит
дальше.
11.	Используя полученные в решении задачи 9 выражения
для дальности и длительности полета, находим
sin 2 a =	= 0,61;
2a = 38°; a =19°;
t — 2 у0 sin a/g = 13 с.
а т2
12.	Через т = 4с аэростат на высоте /?. = —— =4м приоб-
ретает скорость и — от — 2 м/с. Проекции скорости камня на
координатные оси х и у в момент бросания (рис. 55):
vOx — у0' cos a' = 4,76 м/с;
иОу = sin a' и = 4,75 м/с.
Закон движения сброшенного камня относительно земли
имеют вид:
у(Х) = к + vOyt
33
Из условия падения камня (f/ = 0) при
I — т' находим
h + voy^ — £т/2/2= О,
откуда
(решение со знаком «минус» перед ра-
дикалом не имеет смысла, так как при
этом /<0). Дальность полета камня по
горизонтали
Рис. 55
1 = x(t')=vOix'=7m.
13.	Катер перемещается относительно берегов со скоростью
v =	+ a t. В проекциях на координатные оси, выбранные, как
показано на рис. 56, законы движения катера записываются так:
vx — v,;
vy = at-,
х = ц, С
у = at2/2.
Рис. 56
34
Из условия y — b находим время т, за которое катер
реку
т = ^2Ь/а -- 85 с,
и снос его течением
/ --- х(т) = у, т — 170 м.
Скорость перед подходом к берегу:
vy (т) = а т = д/2 b а;
v (т) = Л/у* + v2y = д/у? + 2Ьй = 8,7 м/с.
Угол между скоростью и берегом:
,	vy (т) ~\l2ba л о	77о
tg а = —— = — = 4,2; а = 77 .
14.	При движении меняется только направление
а модуль начальной скорости у, и модуль конечной
у2 одинаковы (рис. 57, а): у, — у2 — у.
пересечет
скорости,
скорости
Рис. 57
Построение вектора приращения скорости
А у = у2 — V[
показано на рис. 57,6, из которого следует:
IА у | = 2 у sin -^- = 5,2 м/с;
а)
35
15.	Когда мальчик, переменив направление своего движе-
ния, перестал перемешаться относительно Земли, скорость v'
его движения по карусели стала равна линейной скорости ы R
периферийных точек карусели по отношению к Земле: v' — w R
(названные скорости противоположно направлены). Скорость
мальчика по отношению к Земле до того, как он изменил на-
правлление своего движения, была равна, следовательно, v —
— (dR-Fv' = 2mR, и мальчик двигался по окружности радиусом
R с центростремительным ускорением оц — v2/R = 4 ш2 R —
= 0,2 м/с2 относительно Земли.
§ 2
16.	На ракету действует сила тяжести mg и сила тяги Т
(рис. 58), равнодействующую которых R найдем по теореме
косинусов:
R = F2 + (mg)2 — 2F mg sin а.
Рис. 58
Ускорение ракеты
а — — — ~\/g2 + ( — ) — 2 — g sin а — 17 м/с2.
т \	\ т / ni
Направление ускорения определяется углом р между силой R
и горизонтом:
tg р = Ry/Rx — (F sin а — mg)/F cos а = 0,93; р = 43°.
36
17.	Минимальное значение Fo должно быть по модулю равно
максимальному значеению силы трения покоя, которое при-
ближенно равно силе трения скольжения FrpcK. Силу трения
скольжения найдем, спроектировав уравнение движения бруска
на направление силы F:
ma = F - FTp ск
откуда
^тр.ск. Р та.
Следовательно,
Л) = ^тр.ек. = 5 Н.
18.	На брусок действует сила Р„ сила тяжести mg, сила
трения Гтр и сила нормальной реакции опоры N (рис. 59).
Рис. 59
Уравнение движения
та = Р + mg + Гтр + N
спроектируем на горизонтальное и вертикальное направления:
тах = F cos а — F,p, 1
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
= Fxp = kN.
37
Подставляя эти величины в уравнения (1), найдем
jV = mg — F sin a; 1
F	>	•	(21
ax = — (cos a + k sin a) — kg. J	' '
Для данных, приведенных e условии а), получаем
^ = 9,5H; ах = ~ 3,9 м/с2.
Значение ах< 0 означает, что брусок будет двигаться влево,
чего не может быть. Следовательно, предположение о наличии
скольжения неверно, и брусок останется в покое:
аг — а.. — 0.
А	S
При условии б) выражения (2) дают «разумные» результаты:
W = 7,5H; ах = 0,6м/с2.
При условии в) выражения (2) дают
/V —— 2,5 Н; ах = 23м/с2.
Значение .V < 0 неприемлемо, поскольку пол может только
давить на брусок, но не может «тянуть» его. Таким образом,
брусок оторвется от пола. В этом случае М = 0и FTp — 0 и из
уравнений (1) находим:
ах — — cos а — 22 м/с2;
а.. = — sin а — g = 2,0 м/с ;
у т	'
ау=	= 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 =------*-М- .	(I)
cos a k sin a	v '
Сила будет минимальна, когда знаменатель этого выражения
максимален. Выполним преобразование:
cos a Т- k sin а — Л' 1 + k2 cos (a — ср),	(2)
где ф — угол, определяемый соотношениями:
1	•	k
Vl + fc2	Vl + IF ё
38
Очевидно, выражение (2) максимально, когда
ао — Ф — arctg k — 27°.
Подставляя в (1) найденное значение а, получаем
Fo —	- г-^-~ ~ 4,5 Н.
Vi + k2
20.	На брусок действуют (рис. 60): сила тяжести mg,
нормальная реакция опоры N, сила трения FTp и сила натяжения
нити Т. Уравнение движения
ma = mg + N + Атр + Т
спроектируем на ось х, параллельную наклонной поверхности,
и на ось у, перпендикулярную ей:
max = mg sin а — Frn 4- Т cos а, 4
may — — mg cos а N + Т sin а. /
По условию брусок не отрывается от поверхности и скользит
по ней с очень малым (практически нулевым) ускорением. По-
этому
ах = аи --- 0, Fra — k N,
Л У	1 н
и уравнения (1) принимают вид:
0 = mg sin а — k N + Т cos а;
0 = — mg cos а -I- W + Г sin а.
Умножив второе уравнение на k и сложив с первым, получим
0 — mg (sin а — k cos а)+ Г (cos а + k sin а),
откуда
Т = mg * со-5 ^7" 4».а = о,38 Н.
° cos а + я sin а
39
Если fectga получается Г < 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
/Гтр.ПоК.<*^=^,
имеем
а —
тр. пок.
т
Таким образом, до тех пор, пока а0 kg, проскальзывания нет и
а— а0, затем с увеличением а0 начинается проскальзывание,
и шайба движется с ускорением
22.	На брусок действуют (рис. 62):
нормальной реакции W и сила трения
закона Ньютона
сила тяжести mg, сила
Етр. Уравнение второго
та = mg + N + Етр
проектируем на оси х и у, указанные на рис. 62:
тах = /V;
тау= mg — FTp.
40
Очевидно, в направлении оси х брусок движется с тем же
ускорением, что и стенка:
ах — а0; N = та0.
Если ускорение а0 невелико, брусок скользит по стенке.
В этом случае Fjp = k N = kma0, и мы находим
ay = g-~ = g- ka0.
Если ka0^ g, получается ay 0. Это означает, что брусок
«прилипает» к стенке. В этом случае ау — 0 и сила трения
^тр = ^g.
График зависимости силы трения от а0 приведен на рис. 63.
При условии а) имеет место ka()^>g,
поэтому
ах — я0 — 30 м/с2;
а = а0.
При условии б) будет kaQ<Zg, и мы
находим
а, = ап — 10 м/с2;
а.о	х 0
ау — g— —6 м/с2;
Рис. 63	а
tga = -^- = 0,6; a = 31°.
23.	В горизонтальной плоскости на брусок действует со
стороны доски сила трения
= 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 а1х и доски а2х:
alx = ~ kg-
41
К моменту времени t брусок и доска будут иметь следующие
скорости и перемещения:
v2x = k-^gt-
Xi = vot — kgt2/2; х2 = k-^gt2/2.
При минимальном значении и0 к моменту, когда брусок
достигнет правого края доски, скорости доски и бруска
сравняются
причем пройденное бруском расстояние будет на / больше прой-
денного доской:
Л, — х2 — I.
Эти условия приводят к двум уравнениям:
Vo - kgt = K—gt,
1 — kgi2/2 — k -^-g t2/2 = I
для неизвестных u0 и t. Решая эту систему уравнений, находим
и0 = V2 kgl(I + М/т) = 7 м/с.
Попробуйте решить эту задачу с использованием законов со-
хранения импульса и энергии (см. решение задачи 99).
24.	В обоих случаях (см. рис. 7, а, б) резиновый шнур на-
тянут с силой Т ==(«, + т2) g. Сразу после пережигания нити
шар массой mt, висящий на шнуре, приходит в движение с
ускорением определяемым из уравнения его движения
а, — Т — т} g
или
т{а. = m2g.	(I)
Аналогично (см. рис. 7,6)
m2a2 = mlg.	(2)
42
Из формул (1) и (2) находим
а2 — g2/ах ~ 20 м/с2.
25.	На груз действуют силы натяже-
ния нитей Тх, Т2 и сила тяжести mg
(рис. 64).
Записав уравнение движения груза
в вертикальном направлении
та — Г] sin а 4- Т2 sin £ — mg (1)
и условие равновесия груза для гори-
зонтального направления
Г, cos а = Г2 cos Р,	(2)
находим натяжение нитей из соотноше-
рис.64	ний (1) и (2):
Т{ = (m (g + a) cos |3)/sin (а 4- 0);
Т2 = (m (g 4- а) cos a)/sin (а 4- Ю-
26.	Вс время маневра космический корабль с космонавтом
движется с ускорением а, определяемым действием силы тяжести
Mg и силой тяги F, развиваемой двигателями:
М а = М g 4- F.	(1)
Уравнение движения космонавта, движущегося с тем же ускоре-
нием:
та — mg 4~ Н,	(2)
где W—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
N = ^F.
м
На основании третьего закона Ньютона и определения веса
(j — — N = —вес космонавта во время маневра
G=~F — 20 Н.
м
Этот вес меньше веса G0~mg0 космонавта на поверхности Земли
в (G0/G) = Mg/f = 49pa3.
27.	Пружинка растянута, так как ускорение левого бруска
ах = F/m совпадает с направлением силы упругости F, дейст-
вующей на левый брусок со стороны пружинки. Сила упругости
( — С), действующая со стороны пружинки на правый брусок,
сообщает ему ускорение а2 = (— Ю/2 т — — ах/2.
28.	Равнодействующая R приложенных к шарику силы тяже-
сти mg и силы натяжения нити Т создает как центростремитель-
ное 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 Л), где его скорость
равна нулю, центростремительное ускорение (ацс = тц2//?) также
равно нулю, и шарик обладает только касательным ускорением.
В любой промежуточной точке В полное ускорение скла-
дывается из центростремительного ацс и касательного акас и
направлено в сторону вогнутости траектории шарика. Такое же
направление имеет и равнодействующая RB — mg Тв.
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 мак-
симальное значение этой силы в
обоих случаях одинаково и равно
силе трения скольжения. Для пред-
отвращения аварии нужно, чтобы
эта сила как можно эффективнее
уменьшала скорость приближения
автомобиля к стенке. Наиболее вы-
годное использование силы трения
получается при торможении, так как
в этом случае сила трения все время
направлена от стены. При повороте
же сила трения направлена перпен-
дикулярно 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
больше тормозного пути. Проверьте это.
31.	Запишем закон движения шайбы (рис. 67, а).
вдвое
та =mg + N + FTp,
где а — ускорение
шайбы, движущейся вместе со сферой
45
a = v2/г = ю2 г — о2 R,
(2)
v3 R
(r = --—радиус окружности, по которой движется шайба);
N — сила нормальной реакции на шайбу со стороны сферы (сила
W направлена вдоль радиуса сферы); FTp — сила трения шайбы
о сферу. Заметим, что если шайба не проскальзывает относи-
тельно сферы, то F есть сила трения покоя. В противном слу-
чае имеем силу трения скольжения, т. е.
(3)
Согласно условию задачи, необходимо как раз найти такое
значение коэффициента трения k, чтобы одновременно выполня-
лись условия (1) — (3). Проектируя уравнение (1) на оси Ох,
Оу (см. рис. 67, а), получим систему уравнений:
х: — та cos а — — mg sin а ф- FTp, )
у: та sin а — mg cos а -ф /V, J
(4)
где tga— уЗ (см. рис. 67, а). Отсюда имеем
FTp = т (g sin а — a cos а); /V = w (g cos а 4- a sin а);
k =	= д/з 2g ~ ю2 = 0,35.
3g+ з^2/?
У
В заключение предлагаем решить ту же задачу, выбрав оси
координат, как показано на рис. 67,6.
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 траектории
та! = mg + Т\
находим наибольшую силу, с которой натянута штанга
Т । = та{ — mg.
Спроектировав на вертикальное направление (положительное
снизу вверх), получим
Г, = ma! + rng = ты21 ф- mg = 4л2 п21 т ф- mg= 12 Н.
46
Спроектировав аналогичное выражение для силы
Т2= та2 — mg,
действующей на груз при прохождении им верхнего положения,
на направление ускорения а2, находим
Т2 а2 = ша2 — mg — 4л2 п2 ml -- mg = — 7,7 Н.
Отрицательный знак проекции означает, что сила Т2 действует
на груз вертикально вверх, т. е. штанга сжата.
а
На рис. 68, в указаны силы 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 (J' = 4л2 п21), поэтому
Т' — та' = 4 л2 п2 ml.
Равнодействующая сила N' и Т' равна F'. По третьему
закону Ньютона груз действует на штангу с силой Р = — F'
(рис. 68, г). Следовательно,
F = F' =	2 4- Г12 = ^(mgf + (4 л2 п2 m if.
33.	Запишем закон движения муфточки (рис. 69):
ma = mg + Fynp + N,	(1)
47
Рис. 69
где гупр— сила, действующая на муфточ-
ку со стороны пружины; W--реакция
штанги. Так как муфточка равномерно
движется по окружности, ее ускорение
направлено к центру вращения и равно
а — —. Проектируя уравнение (1) на на-
правление Fynp, получаем
v2 .	г
т — sin а = гупр — mg cos а,
откуда сразу найдем Fynp = k (/ — /0):
k (/ — /0) = т sin а g cos а Y
Отсюда с учетом того, что / = rsina,
находим
/() = -4---т-(— sin а 4- g cosa^ —22 см.
° sin a	k \ г	1 s /
Задачу можно решить, проектируя уравнение (1) на верти-
кальное 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 от-
счета
(о«2л/Г,	(1)
где Т — длительность земных суток.
В той же системе координат автомобиль движется со ско-
ростью
У] = v + co R
с запада на восток и со скоростью
v2 = v — в) R
с востока на запад (/? — радиус Земли).
При движении автомобиля на него действуют сила тяго-
тения
F = у т М/#2
48
и сила реакции со стороны шоссе, которую в первом случае обо-
значим Л/\, а во втором .V2.
Напишем уравнения движения автомобиля для обоих слу-
чаев:
m ,(£±py.5-t == у т м/R2 -	(2)
А
2
m	= f ,п M/R2 - N2.	(3)
К
Вычитая из равенства (3) равенство (2) и учитывая соот-
ношение (1), находим
— /V2 = 2 пг и в) — 4л mv/Т — 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 поверх-
ностью Земли
V2	Ym М
R + h (/? + /;)2
найдем
v2 = yM/(R + h).	(1)
На географических полюсах Земли сила тяжести m'g0, дейст-
вующая на тело массой т', и сила тяготения yin'M/R2 одинако-
вы: у m’ М/R2 — m' g0, поэтому
yM = gQ R2.
Подставив уМ = g0R2 в выражение (1),
R + h = g0R*/v2.	(2)
Расстояние /1мин между спутниками, равное разности высот их
полета, находим из соотношения (2), записанного для h=h] и
h = h2:
^мин = h2 — hi ~ go R2 [(I/P2) — (1/У?)] = 176 км-
В момент максимального сближения оба спутника находятся на
общей вертикали к поверхности Земли. Если спутники обра-
щаются вокруг Земли в одном направлении, то за время т между
двумя последующими сближениями спутник, движущийся с
49
большей скоростью и, на меньшей высоте совершает на один
оборот больше, чем спутник, движущийся с меньшей скоростью
v2 на большей высоте h2, т. е.
-ы=1'	<3>
где Г] и Т2— периоды обращения спутников:
Tt = 2л(/?	= 2л£0/?2/у?;	Г2 = 2л^0/?2/4 (4)
Из соотношений (3) и (4) находим
т = 2 л g0 — v2) = 40 ч.
Если направления обращения спутников вокруг Земли про-
тивоположны, то интервал времени между их последующими
сближениями
т' = 2 л /?2/(uf 4- у2) = 46 мин.
36.	Планеты движутся по круговым орбитам с общим
центром 0 (рис. 70), являющимся центром масс двухпланетной
Уравнения движения планет имеют вид:
М, и2 Г! = yM{M2/R2,	(1)
r2 = y	(2)
где и г2— радиусы круговых орбит планет во вращении во-
круг общего центра 0.
Из уравнения (1) и (2) легко получить соотношение:
+	=	+ M2)/R2,
из которого находим с учетом r; r2 = R угловую скорость вра-
щения планет
w = Vy(a/1 + m2)//?3.
50
Ускорение, например, первой планеты определим, пользуясь
вторым законом Ньютона:
1 = Y M2/R2.
Аналогично для другой планеты
а2 = уМ]//?2.
37.	Приращение импульса
А р = щ v2 — т V],
где У] — скорость в начальной точке; v2 — скорость в конечной
точке. Имеем очевидно (рис. 71)
|д р| — 2 т у, sin а — 10 кг • м/с, 1
|д р'\ — т v, sin а = 5 кг • м/с, J
где А р\—модуль приращения импульса за все время полета;
|а р’ —модуль приращения импульса за половину времени
полета.
Эти же результаты полезно получить иным путем. Прираще-
ние импульса тела за малый промежуток времени
Ар = ЛА/,	(2)
где F— сила, действующая на тело. В данном случае F = mg
есть постоянная по модулю и направлению сила тяжести, поэто-
му равенство (2) справедливо для любого промежутка времени.
51
За время полета т тела его импульс изменяется под действием
силы тяжести F = mg на величину Лр — mgr. Это время (см.
решение задачи 9)
т = (2 И] sin a)/g,
и для приращения импульса снова получаем выражение (1).
Примечание. Напомним, что приращением Ли или Л// не-
которой величины (скалярной или векторной), произошедшим
за время Л / - -- г2 — tf, называется разность между ее значениями
в конечный 12 и начальный моменты времени Дц = и2—и{ или
Хи =	— Нр
38.	Приращение импульса мяча при ударе по абсолютной
величине
\Xp\~ 2 т vQ sin ci.
С другой стороны (см. предыдущую задачу)
L\p! — F т.
Отсюда
F = (2 т i'(! sin п)/т = 100 Н.
39.	При ударе груза о санки их суммарный импульс не
сохраняется-- импульс груза /ю/, направленный по вертикали
вниз, гасится реакцией со стороны Земли. Выбрав в качестве
положигелыюго вертикальное направление, совпадающее со ско-
ростью груза //, приравниваем приращение (—m и> суммарного
импульса системы импульсу всех внешних сил [(Л1 ш).1* + V1t.
дейсI вующих во время удара на систему груз — санки. Здесь
\ реакция со стороны Земли, действующая непосредственно
па санки. В проекции на вертикальное направление имеем:
— m и — (А/ 4- m) g т — N т.	( 1)
Согласно третьему закону Ньютона V'=— V, 1де А'--
сила давления санок на поверхность Земли при ударе, или
V-.V.	(2)
В горизонтальном направлении на систему груз - санки
внешние силы не действуют, поз тому горизонтальная составляю-
щая импульса системы сохраняется
Al c0 = (Aj +	(3)
52
Из системы уравнений (1) — (3) находим:
и = у0Л4/(Л4 + т),
N' — (Л1 4~ т) g -f- w u/т.
При малых временах удара слагаемое ти/т, в последнем вы-
ражении может значительно превышать ту часть силы давления
.¥', которая обусловлена силой тяжести (Л4 4- "О#-
40.	Аналогично задаче 39 имеем
Если длительность удара т невелика, то
.V « —.	(1
т	’
Приращение горизонтального импульса системы груз — санки
равно импульсу силы трения скольжения Етрт. Если санки при
ударе останавливаются, то
_ Л1 50 = Ртр т
или
Л1 у	(2)
Из равенств (1) и (2) находим
v0 М
1г -------.
и т
При значениях коэффициента трения, меньших найденного,
санки с грузом остановятся не сразу, а через некоторое время
после удара.
§ 3
41.	При таком перемещении сила трения по модулю все
время равна /- и направлена противоположно скорости тела.
Работа
А — / тр х cos а — Ер2л 7?(— I) — — 2 л R F.
42.	Ускорения обоих грузов одинаковы по величине (О|=а2 =
= п), как и силы 7| и 7'2, действующие на них со стороны обоих
концов нити, натянутой с силой Т. Из уравнений движения
грузов (рис. 72):
53
тха — mrg — Т,
т2 а =Т — m2g,
находим ускорение грузов и силу
с которой натянута нить:
а = g ("Ч — т2)/{тх + т2);
Т — 2шх m2g/(ml ~|~ m2).
UUUUlLUUi
Через время т оба груза приобретают скорость
v = ат — g т (mx — m2)/(m1 4- т2).
Мгновенная мощность силы Г, в момент т
N(t) — Т v cos 180° = — 2mt m2g2 т(пгх — m2)/(mx 4~ m2)2 < 0.
43.	На тело действуют (рис. 73): сила тяжести mg, нормаль-
ная реакция N, сила трения Frj), причем FTp = kN. Уравнение
второго закона Ньютона в проекции на направление к центру
горки:
maK = mg — N.
Отсюда
N = m (g — ацс) ----- m (g — -0,
и мощность силы трения
Р — FTp v cos 180° — — kmv^g —=—144 Вт.
54
44.	Работа
А = - Fl
средней силы F сопротивления грунта равна приращению полной
энергии камня
2
ЬЕ=Е2-ЕХ = -^---------mg(A + /)<0.
Приравнивая написанные выражения, находим
F = wg(l +Л// + v72g/) = 210H.
45.	Составив уравнения движения шайбы, найдем силу
реакции со стороны плоскости N и силу трения при движении
вверх
N = mg cos а;
£тр = k N = k mg cos a.
При движении вверх сила трения совершает работу, равную
приращению полной энергии шайбы:
Лтр = Л£;
Учитывая, что /i = ssina, найдем
т и2
mg s sina------ = — k mg s cos a,
откуда
k — у2/(2 g scos a) — tg a = 0,36.
Тело соскользнет вниз, если
k < tg a
В нашем случае tg a = tg 30° = 0,56, и условие соскальзывания
выполняется.
46.	При движении шайбы по столу сила трения совершит
работу
Лтр — — FTps = — k mg s cos a,
где s — длина наклонной плоскости стола; a — угол наклона
этой плоскости к горизонту. Очевидно, s cos а = I. Приращение
механической энергии шайбы
или
2
ГП V	„и	L I
~2----mg Н = ~ k mg I.
Отсюда
v == A/2g(// — k /) — 4 м/с.
47.	Графики приведены на рис. 74. Полная энергия со-
храняется и равна т Vq/2. Потенциальная энергия пропорцио-
нальна высоте тела над поверхностью Земли, поэтому соответст-
вующий график похож на график зависимости высоты от време-
ни (см. задачу 9). Как и в задаче 9,	—время подъема, /2—
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:
0=Т— mg cos а;)
та = mg sin а. J
а
Рис. 75
56
При прохождении положения равновесия (рис. 75,6) шарик
движется с центростремительным ускорением
(2)
Скорость находим из закона сохранения энергии
2
^-=mgl(\ — cos а).	(3)
Из (2) и (3) находим
cos а = 1 ——— = 0,5;	а = 60°,
2 g
и затем из уравнения (1) находим
а = g sin а — 8,7 м/с2.
49.	Уравнение движения шарика имеет вид:
т а = mg ~|~ Т,	(1)
где Т — 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 ша-
рика а в произвольной точке заранее не
очевидны. Однако проекция а на ось х,
перпендикулярную движению, есть нор-
мальная составляющая ускорения, кото-
рая равна ап = v2/l.
Итак, имеем
m v2/I — — mg cos а -|- Т. (2)
анения энергии при переходе шарика из
положения 1 (потенциальная энергия mg /г) в положение 2
(кинетическая энергия m и2/2):
mg.h = -^
или
mg I cos a = —.
57
Отсюда уравнение (2) перепишется в виде:
3 mg cos а = Т.
Таким образом, из условия Т Т„акс получаем
cos а С Тмакс/3 mg = 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):
m v\/R = Nt — mg\	(1)
m vf/R = jV2 + mg>	(2)
где и jV2 силы нормальной реакции цилиндрической по-
верхности, с которыми она действует на тело. Кинетические
энергии тела в точках А и В:
2
EKl—~-^-=3 mg R-,
Ек2 = ~Y~ = 3 mg R — 2 mg R = mg R.
Отсюда находим квадраты скоростей:
y2=:6g/?; V2 = 2gR.
Подставляя эти выражения в уравнения (1) и (2), получаем:
N, = mg (v]/g R+ 1) == 7 mg\
N2 = mg(u22/g R — \)~mg.
По третьему закону Ньютона
FA = N{ = 7 mg=6,8H-,
FB = N2=mg= 0,98 H.
51.	При прохождении верхней точки петли на тело дейст-
вуют сила тяжести mg и, возможно, реакция желоба Af, на-
правленная вниз. Из уравнения движения бруска
m~^mg +
К
записанного на основании второго закона Ньютона, определим
скорость
58	v0 = К*
при которой брусок едва не отрывается от желоба в верхней
точке петли (в этом случае jV = O).
Во время скольжения бруска силы трения совершают над
ним работу 4тр < О, сопровождаемую уменьшением его полной
механической энергии. Дтр определим из уравнения для энергии
бруска:
[2 п
mg (2 /?) +	- mg Н = Дтр.
Подставив сюда v% = gR, найдем
Ар = mg R (4 - Д') = - 3,4 Дж-
52.	В сжатой вдвое пружинке запасена потенциальная энер-
I 2
гия Er = -^(l0-= k 1^/8, которая после пережигания нити
переходит в кинетическую энергию брусков в результате со-
вершения над ними работы разжимающейся пружинкой. Когда
пружинка примет длину /0, бруски разгоняются до максимальных
скоростей и, и v2, причем
„ т. V2,
^/8 = -^- + ^А	(1)
так как силы, действующие на бруски со стороны поверхности,
перпендикулярны к направлению их движения, а трение отсутст-
вует. Ввиду отсутствия трения сохраняется и суммарный им-
пульс обоих брусков, вначале неподвижных:
Uj m2 v2 — О
или
У] = т2 v2.	(2)
Решая уравнения (1) и (2) совместно, находим
v\ — 0о/2)	(1 + тх/т^ — 1,4 м/с;
у2 = (/0/2)л/^/(т2(1 +	— 0’35 м/с.
53.	Приращение энергии, запасенной в пружине, и кинети-
ческой энергии тела равно работе сил трения:
k h2 . / т и1 т vn \	,
— + 1^—--------2“ ) = Лтр = - /г, mg/i.
59
Отсюда
v = yv2 — 2 g h — 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(0, действующая на
брусок со стороны сжимающейся пружины и направленная
вверх, в продолжёние этого времени по модулю возрастает, не
превосходя, однако, силы тяжести: mg>F(f) (рис. 77, а). По-
этому ускорение бруска а(0, уменьшаясь по модулю, в течение
этого времени направлено вертикально ениз (рис. 77,a,
Рис. 77
Приближаясь к земле, брусок продолжает сдавливать пру-
жину, и в момент tlt 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(f)>mg (рис. 77, в).
В продолжение этого времени ускорение бруска a(t) направлено
вверх (рис. 77, в, и по мере приближения бруска к полу
увеличивается’шо модулю. Скорость бруска в течение этого вре-
мени уменьшается и обратится в нуль, когда пружина макси-
мально сожмется.
Следовательно, в момент (рис. 77,6), когда ускорение
бруска обращается в нуль (а, —0), скорость бруска у, — макси-
мальна, а сила тяжести mg компенсируется силой упругости
Fif причем F{ — k ~ ty.
= k(l0- /,),
60
откуда
/0 — /i = mg/k
(1)
и
/, = <о - (^g/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 потенциаль-
ной энергии mg Н бруска в поле тяжести, а ь момент /1 склады-
вается из кинетической энергии бруска ти2/2, потенциальной
энергии его в поле тяжести и потенциальной энергии сжатой
пружины /г (Zo — Zj)2/2 (в обоих случаях потенциальная энергия
бруска, находящегося на уровне пола, положена равной нулю).
На основании закона сохранения энергии
mgH-mv2l/2+ mg +/г (Zo — 1^/2.	(3)
Заменив в соотношении (3) /( и (/0 — Q согласно их выраже-
ниям (2) и (1), получим после несложных преобразований
mg Н == т и}/2 + mg /0 — (mg)2/2 k,
откуда
Vf •= ~^2g (Н — /0) -|- mg2/k — 2,5 м/с.
55.	На рис. 78 изображен брусок на пружинке в момент
отрыва от горизонтальной поверхности и показаны силы, дейст-
вующие на него в этот момент: сила Ло, сила тяжести mg и
сила упругости Г, F = k (/ — /0), где I—длина растянутой
пружинки, ось которой образует угол а с вертикалью (в момент
отрыва брусок не давит на горизонтальную поверхность).
Уравнение движения бруска
та = Fo + F + mg,
записанное для момента отрыва, спроектируем на вертикаль-
ную ось О'у (см. рис. 78):
0 = F cos а — mg
или
/г (/ — /0) cos а = mg.	(1)
61
Исключив / из равенства (1) с по-
мощью соотношения / = /0/cosa
(см. прямоугольный треугольник
АО В на рис. 78), получим равенство
k l0 (1 — cos a) — mg,
из которого определим
cosa= 1--££-= 1/2; а = 60°,
ж	«
поскольку k = 2 mg/lQ.
Следовательно, в момент отрыва
длина растянутой пружинки I —
=/0/cos ci — 2а путь, пройден-
ный бруском к этому моменту
s = I sin a — 2 /0 (л/З/2) = /0 л/з.
За время скольжения бруска по горизонтальной поверхности
произведенная силой Fo работа есть
А = Fo S = mg Iq^/3,	(2)
а увеличение потенциальной энергии растянувшейся вдвое пру-
жинки
Л F= k (2 1„ - /о)2/2 = -ИЦ-i) =	/о/2.	(3)
За это же время кинетическая энергия бруска возрастает на
9
(4)
поскольку вначале брусок был неподвижен (о — скорость
бруска в момент отрыва).
Так как брусок скользит по гладкой поверхности, то на
основании закона сохранения энергии
Л=ЛЕ = А£ПО1 +(5)
Подставив в соотношение (5) окончательные выражения Л,Л£ПОТ
из равенств (2), (3) и АЕКИН согласно выражению (4), получим
mg lQ д/з = mg l() + т и2/2,
62
откуда найдем скорость бруска
£J = '\2g/0W3- 1J = 2,7m/c.
56.	Обозначим импульс тела А до и после удара рА и
импульс тела В после удара — р'в.
Запишем условие сохранения полного импульса системы
ударе
Р'а>
при
Ра ~ Р'а + р'в-
Отсюда
Р'в-
Р'в = Ра~ Р'а-
На рис. 79 показано графическое построение вектора
Величина р'А вдвое меньше рА, поэтому угол а, определяющий
направление движения тела В, находится из условия:
=	= а = 23°.
А
А
Рис. 79
При решении использовался только закон сохранении им-
пульса и совершенно не рассматривалась энергия тел. Поэтому
результат не зависит от того, сохраняется ли при ударе кинетиче-
ская энергия или нет, т. е. будет ли удар упругим или неупругим.
57.	Горизонтальная составляющая импульса системы
«пушка—снаряд» сохраняется:
(Л4 + т) и — т и cos а0.	(I)
Дальность полета снаряда
I = (и cos а0)т.	(2)
Из уравнений (1), (2) находим:
и = т 1/(М 4-
63
Из известного выражения для времени т полета тела, брошен-
ного под углом а0 к горизонту (см. решение задачи 9),
г = (2у sin a0)/g	(3)
и соотношения (2) определяем угол а0:
tga0 = gr2/2l = 1,2; a0 = 51°.
Ствол пушки наклонен к горизонту под таким же углом,
так как в момент вылета снаряда из ствола пушка остановилась:
а — а0. Для нахождения v разложим скорость вылета снаряда v
на горизонтальную и вертикальную г?в составляющие, равные
по модулю vr — v cos a0 и va = v sin a0 соответственно.
Из соотношений (2) и (3) имеем ucosa0 = //r и ysina0 —
= Используя теорему Пифагора, находим:
и — д/у? +	— V(u cos ао)" + (у sin ао)2 —
= Л^/т)2 + (гт/2)2=6,3 м/с.
Максимальная высота И подъема определяется из известного
соотношения (см. решение задачи 9):
Н = (и sin «j)2/2 g — g t2/8 — 1,2 м.
58.	Бросив камень co скоростью e0, космонавт приобретает
скорость о(, определяемую из закона сохранения импульса и
равную
Эта скорость должна быть меньше первой космической
скорости для данного астероида, равной yyM/R (см. решение
задачи 35 формула (1)):
где М — масса астероида, разная
М = Q—л R\
*5
64
Из приведенных соотношений найдем
... Г*
-'о < 2— • R е = 12 м/с-
59.	Закон сохранения импульса для системы «брусок плюс
пуля»
т uQ = tri и, 4- М v2,	(1)
где v2— скорость бруска; и,—скорость пули после вылета из
бруска. По условию
2	2
т vt 1 tn Dp
2 = ~2 '	2 '
Из соотношений (1) и (2) находим
и2 = -^- • и0(1 — 1/л/Ь) = 0,18 м/с.
60.	Рассмотрим систему двух шариков в 4-х состояниях
(рис. 80).
GJ I /
Рис. 80	а	6	2
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 (I — длина нити; энергия отсчитывается от нижнего
положения шариков).
2.	Шарики непосредственно перед столкновением (рис. 80,6).
Энергия системы в этом случае есть кинетическая энергия право-
го шарика т v2/2 (где и — скорость правого шарика непосредст-
венно перед ударом).
3.	Шарики непосредственно после удара (рис. 80,в). Меха-
ническая 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 2mgh, где
cos а) —высота, на которую поднимаются оба слипших-
ся шарика; а — угол отклонения.
Механическая энергия системы двух шариков сохраняется
между состояниями 1 и 2, а также между 3 и 4, т. е.
mgi = т и2/2;
~±-=--2m.gl(\ — cos а).	(1)
Импульс системы сохраняется в процессе столкновения,
т.е. между состояниями 2 и 3 (рис. 80,6 и в)
т v = 2 т и.	(2)
Решая систему уравнений (1,2), получаем
cos а = 3/4; а = 42°.
61.	Определим скорость тела и, непосредственно после по-
падания в него пули. Горизонтальная составляющая импульса
системы при ударе сохраняется, поэтому
т v cos а = (Af + m) и,.
Отсюда
т v cos а
М 4- т
После удара кинетическая энергия тела с застрявшей пулей
переходит в потенциальную энергию сжатой пружины
= (2)
Исключая из уравнений (1) и (2) скорость тела у,, получаем
уравнение для определения скорости пули
(т и. cos а)2 _ fe а2
2 (т -h Af) 2 ’
откуда	________
v = [а V/г (М + т)]/т 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
с __ (т v cos а)
£к “ 2(т + М)
и потенциальной энергии растянутой пружины (см. рис. 18)
£п = 4-(/-М!-
Итак,
Р — F -U F — 6” v * * * * cos а)2 I fe(Z~ *о)	m
При максимальном отклонении тела от положения равно-
весия энергия системы Е2 равна потенциальной энергии растяну-
той до длины /] = V/2 4- а2 пружины (см. рис. 18):
______ 2
£2 = i(V?+?-/o).	(2)
Внешние силы — реакция на тело со стороны стержня, пер-
пендикулярная перемещению тела, и сила, действующая со
стороны стенки на закрепленную в неподвижной точке пру-
жину,— работы не совершают. Поэтому при движении груза
вдоль стержня полная энергия сохраняется:
£2 = Е,.	(3)
Подставляя в равенство (3) выражения (1) и (2), получаем
уравнение, из которого найдем скорость пули:
v —----—~\/k Ш + m) (a2 -f- 2 110 — 2 /0 VF + а2) === 63 м/с.
т cos а	х	7
63. В момент наибольшего сжатия пружин вагоны движутся
с одинаковой скоростью и, модуль которой определим из условия
сохранения полного импульса системы (учитываем, что т2 v2 >
yj:
т2 у2 — m}V\=	4~ тг)
т2 v2 — и,
У =--------------.
4- т2
Часть кинетической энергии вагонов перейдет в потенциаль-
ную энергию пружин, однако полная энергия сохраняется:
tnl -f- т2
2
)” I 4	_ "‘I C’l	I W2U2
“г 4 2 —' 2	2
67
Здесь х — деформация каждой из четырех работающих
при столкновении пружин. Подставляя в это уравнение найден-
ное значение v и разрешая его относительно х, найдем:
Vl + V2
Х 2
т, т9
2	= 0,Зм.
m, + т2)
Ускорение вагонов:
2 k X г\ г\ / 2
а, =---------= 0,9 м/с ;
1 г ' г
т,
2 X м о /2
а» —------— 0,3 м/с ;
т2
§ 4
64.	Из условия равновесия стержня следует, что алгебраи-
ческая сумма моментов всех сил, приложенных к стержню, от-
носительно 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:
ТI cos а —	+ Mgty sin а — 0,
где / — длина стержня.
Отсюда натяжение проволоки
Рис. 81
Рис. 82
68
65.	На рис. 82 изображены силы, действующие на шкаф
при его скольжении: Р—сила тяжести, Р—сила, с которой
человек давит на шкаф, Гтр — сила трения и М— 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 опроки-
дываться). В то же время шкаф начинает скользить, если силу Р
приложить в точке С. Поэтому
FTP = k N.
Запишем условия равновесия шкафа:
для горизонтального направления
F — kN = Ot	(1)
для вертикального направления
Р _ N = 0,	(2)
и равенство нулю алгебраической суммы моментов сил, дейст-
вующих на шкаф, относительно горизонтальной оси, проходящей
через точку А перпендикулярно плоскости чертежа:
=	(3)
Решая 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)
Рис. 83
69
а при втором (рис. 83,6)
Р
= .L_y.
2	2 х
Вес купленного товара
p'=p, + p2=4(f+f)
отличается от веса гирь Р, по которым произведена оплата, на
величину
__ 2
₽'-₽=T(v-2+fW(Vf-Vf)
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 вра-
щаться относительно ребра стола (точка 0 на рис. 84, а). Условие
вращения относительно точки 0:
Мтяж < Мнат,	(1)
где	= М g (4—тЛ /—момент силы тяжести относительно
I П Ж	ж О	* в
точки 0 (сила тяжести приложена в центре палочки); Мнат =
= Г q /—момент силы натяжения нити Т относительно точки 0.
Рис. 84
Для вычисления силы натяжения нити запишем закон движе-
ния колеблющегося шарика
m а — mg 4- Т.
Проектируя это уравнение в произвольной точке 2 на ось
0'у, направленную вдоль нити (рис. 84,6), и замечая, что проек-
70
дня ускорения шарика на эту ось, перпендикулярную скорости,
есть нормальная составляющая ускорения а„ = и2/1 (и — скорость
шарика в этой точке, I— длина нити), получаем
т у2// = — mg cos а 4- Т.	(2)
Скорость шарика можно определить из условия сохранения
энергии между положениями в точке 1 (rngh — mgl cos а) и в
точке 2 (т и2/2)
т v2 ,
—= mgl cos а.
Отсюда и из (2) находим
Т = 3 mg cos а.
Таким образом, получили заранее очевидный результат:
сила натяжения нити максимальна, когда шарик проходит по-
ложение равновесия (точка 3, а— 0): Тмакс = 3 mg. Подставляя
это значение в (1), можно получить условие отрыва палочки от
стола
m -тг(тг-----11 — 0,05 кг.
3 \ 2 Т1 7
68.	При заполнении маслом стакана пружинка перестанет
укорачиваться, когда тело, подвешенное на ней, полностью по-
грузится в масло. Если пренебречь выталкивающим действием
воздуха, то до заполнения маслом сила тяжести mg и сила упру-
гости £(/] —/0), действующие на подвешенное к пружинке тело,
компенсировались:
mg=k(l{ — /0),	(1)
где т — 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 — k (/2 — /0) 4- q g V,	(2)
где /2 — длина укоротившейся пружины.
Из соотношений (1) и (2) найдем укорочение h == 1} — /2 пру-
жинки, произошедшее после полного погружения тела в масло:
h = QgV/k,
71
откуда
е = h k/g V — 0,86 г/см3.
69.	Условие равновесия палочки: Л4ТЯЖ —Л1Арх, где Л1ТЯЖ =
— mg = mg-£- sin a — момент силы тяжести относительно оси
вращения палочки: Л1Арх =	b2 = £Арх (j—F)sina — момент
силы Архимеда fApx относительно той же оси (рис. 85) ; т — масса
палочки.
Для нахождения силы Архимеда
учтем соотношение между объемами и
плотностями вытесненной жидкости и
палочки
^Арх _ Оо А)
mg ~ Q I ’
откуда
Условие равновесия теперь имеет вид:
Решая полученное квадратное уравне-
ние относительно /0, находим
± 71^(ё7й)).
Решение со знаком «плюс» перед радикалом «нефизично», так
как при этом /0 > I, что невозможно. Таким образом,
А>= I (1 - V1 — (е/Со)) = 5.2 СМ.
§ 5
70.	За время At поверхности стекла достигают и осаждают-
ся на ней все атомы серебра, которые находятся в объеме пучка
Sv At, где S — площадь сечения пучка (рис. 86). Таких атомов
= n(S v At), а масса их Ат = AN = nS v At, где т{ —
масса атома серебра. С учетом соотношения ii — m]NA (р,—
72
получаем Am =
поверхности стекла
за время т— масса
молярная масса, NA — число Авогадро)
= (ц« v S А0/Ал. Каждую секунду на
осаждается масса серебра (Am)/(Ai), а
Ат
т = ——т.
А/
(О
т = р. п v т S/Na.
Рис. 86
С другой стороны, эта масса
т = q S d.	(2)
Из формул (1) и (2) находим
т — (q cl Na/\)> nv) = 5 мин.
71.	Из уравнения состояния для идеального газа находим
е = -у = РоИ/Я То = 1,3 кг/м3.
72.	Масса гелия, вытекшего из баллона,
= ц V(p1/7’1 — р2/Т2)/Л» — 80 г,
где R — газовая постоянная.
73.	Рассмотрим случай, изображенный на рис. 24, а. Переве-
дем газ изобарически из состояния 1 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 = р1т а на участке 3 — 2 давление возрастало пропорционально
температуре, т.е. р2 >р3. Таким образом, получаем p2>Pi-
Из рис. 24, б аналогичным способом можно получить < V2.
Из рис. 24, в имеем Т2>7’1, так как р2Г2>р1Г1 (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'=p2(V2~Vl).
Рис. 87
Рис. 88
Учитывая, что газ в начале и конце процесса (точки 1 и 3) на-
ходится при одинаковой температуре, имеем р1]/1=р2\/2, т.е.
= Р1/Р2 — Л- Отсюда, используя уравнение состояния
идеального газа pt =(т/р)Р Tlt получаем:
Рис. 89
А = р, V(fl	у = 8,3 • 105Дж.
\ V И	Ч
75.	Цикл 1 — 4 в координатах (р, Т)
показан на рис. 89. Знак работы опре-
делим по рис. 25. На участке 1 — 2 газ
расширяется и совершает положитель-
ную работу Д12. На участке 3— 4 газ
сжимается и совершает отрицательную
работу Д34, причем |Д34|<Д12, так как
процесс 3 — 4 идет при меньшем давле-
нии. На участках 2 — 3 и 4—1 работа не
совершается. В итоге работа газа
А = А12 + Л34 — |Д12) — |Л34| > 0.
76.	Давление pt газа в пробирке в погруженном состоянии
уравновешивает давление слоя глицерина высотой 1/2 и атмо-
сферное давление р0: р{ = q g 1/2 -f- р0.
Когда пробирка вынута, атмосферное давление уравно-
вешивает давление р2 газа в пробирке и давление столба глице-
рина в пробирке высотой //2:
Ро = Р2 + Q^72-
74
Подставляя найденные отсюда значения рх и р2 в уравнение
Pi __ Л
Pi Т’а
находим
ДГ=Г2~ д11 к.
p0 + q£'/2
77.	На рис. 90, а, б изображены равновесные начальное и
конечное положения поршня. Давление р1} производимое ртутью
на верхнюю поверхность поршня (рис. 90, а), складывается из
атмосферного р0, которое на основании закона Паскаля пере-
дается по объему ртути, и гидростатического qgh:
Pi = Po + Qgh-
(1)
Рис. 90
Ввиду невесомости поршня и одинаковости площадей S его
верхней и нижней поверхностей это давление уравновешивается
давлением в газе под поршнем. Из уравнения состояния идеаль-
ного газа, когда налита ртуть,
vg Г,
Р'~~ S Н ’
где v — число молей газа в объеме SH под поршнем; R— газо-
вая постоянная.
Приравняв выражения в правых частях равенств (1) и (2),
получим
eg/i.	(3)
О /7
75
Аналогичным образом запишем соотношение
S(H + Л) Ро’	( )
отвечающее верхнему положению поршня (рис. 90,6), когда
ртуть полностью вытеснена из сосуда и атмосферное давление
р0 над поршнем уравновешивается давлением в газе, находя-
щемся в объеме S (Н + Л) при более высокой температуре Т2.
Поделив равенство (3) на (4), получим
ГДЯ+Л) = p0 + Qg/i
т2н
откуда конечная температура
*7' _ у Н”
Ро
—Д—_ = ззо к.
78.	На поршень в начальном положении действуют: сила
тяжести mg, сила атмосферного давления p0S, сила давления со
стороны газа в цилиндре S и сила упругости пружины k 10/2.
Из условия равновесия поршня
mg + р0 S — р, S — k /0/2 = 0
найдем начальное давление рх газа под поршнем
Pi =Po + (rng- klo/2)/S.
Потенциальная энергия пружины и потенциальная энергия
поршня в поле сил тяжести изменяются за счет работы А, со-
вершаемой газом в цилиндре, и работы AaiM = — p^S — сил
атмосферного давления: АЕ — А -|- Аатм или
о 4W
=X-Pos4-
Отсюда
А = (/0/2) (mg + р0 S — k lQ/4) = 0,1 кДж.
79.	К моменту вылета поршня из цилиндра приращение
полной энергии поршня и груза составит
Д£ = (М + m)-£ +	~ м « Т
76
и будет обусловлено работой газа А и работой силы атмосфер-
ного давления (— p0S/7/2). В результате получаем уравнение:
(М + т) V2 (m - M)g И _ . о Н
----2-----1	2----“ Л - Ро д ~2'
из которого находим
А = -j- [(т + М/ v2 - (М - т) gH + р0 S/7)] = 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)
PiS — p0S = zngsina	(1)
и уравнение движения поршня в верхнем положении, когда его
отпускают (рис. 91,6),
т а = p0S 4- mg sin a — p2 S.	(2)
В соотношениях (1) и (2) p, и p2-давления воздуха под
поршнем в двух положениях (см. рис. 91), a — ускорение
поршня.
Из уравнения Бойля — Мариотта для массы воздуха под
поршнем в двух его положениях находим
Pi = 2p2.	(3)
Из системы уравнений (1) — (3) определяем ускорение поршня
а = (g/2) (sin a 4- р0 S/mg) = 52 м/с2.
77
81.	Труба и поршень соскальзывают с наклонной плоскости
с одинаковым ускорением
a = g(sina— fccosa).	(1)
На основании.второго закона Ньютона запишем уравнение
движения поршня (силы, действующие на поршень при соскаль-
зывании трубы, указаны на рис. 92: W— реакция со стороны
внутренних стенок трубы, р, и р2—-давления воздуха по обе
стороны от поршня):
т а = mg sin a — (pj — p2) S.	(2)
Рис. 92
Исключив из равенств (1) и (2) ускорение а, получим соот-
ношение
(Pi — р2) S = k mg cos a.	(3)
На основании закона Бойля — Мариотта для воздуха по
обеим сторонам поршня:
P,V, = pV-.	(4)
р21/г = р1/,	(5)
где V — объем воздуха с каждой стороны поршня в горизонталь-
но лежащей трубе, Vt и 1/2 — в движущейся трубе (см. рис. 31).
Из соотношений (3) — (5), образующих вместе с равенством
Г, + Р2 = 2 Г
систему уравнений, находим отношение объемов (VV^i):
V2/ Vt = [(/г mg cos a)/p S] + v[(£mg cos a)/p S]2 + 1 — 1,2.
82.	Запишем уравнение теплового баланса:
т сА (Г, - Г) = ЛГ св (Гк - Го) + М' X + (М - ЛГ) св(Т - Го),
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=373К массы т перегретой воды. Из уравнения теплового
баланса
т’ К — т с(Т — Гк)
находим массу т' выкипевшей воды
т' — т с(Т — 7К)Д = 1,6 г.
§ 6
84.	Запишем уравнения второго закона Ньютона для на-
чального положения каждого из тел в проекциях на направле-
ния, касательные к цилиндрической поверхности:
а0 = Т;
т2 а0 = m2g sin а — Т,
где Т — сила натяжения нити; угол а показан на рис. 32. Исклю-
чая Т, находим
т, /и, ап
sina = —— . -1 =0,8;	a=53°.
g
Для второго положения тел (рис. 32, б)
m[ а = Т — пг, g sin (a/2);
т2 а = т2 g sin (a/2) — Т,
откуда
— /и,	„	„
а = —-—L g sin	= 2,2 м/с2.
т2 + т1 ь 2	'
85.	Запишем условие равновесия коромысла в момент от-
рыва тела Д: mlgli = T /2. Сила натяжения нити Т будет макси-
мальной в тот момент, когда нить принимает вертикальное по-
ложение. Запишем для этого момента второй закон Ньютона и
закон сохранения энергии:
79
rr	m, v2
T ~m2g = m2aUQ=—^.
m2 v2
—2— = m2 SI (1 — cos a),
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 на-
тяжения в уравнение равновесия коромысла, найдем искомое
значение угла:
86.	Запишем условие равновесия стержня:
мг(Д-д/)=2т(Д + 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 ~ ГП\ g — 1;
— т2 а = т2 g — Т.
Здесь а — ускорение грузов. Решая эту систему относительно
силы Т, находим
_ 2mlm2g __ 2 m, m2g
m, -f- m2	M
Подставляя этот результат в условие равновесия стержня и ис-
пользуя равенство т, -f- m2 = М, получаем следующее уравнение
для масс т, и т2:
2 ±-Д/
т1.2 — rtli2M --~----= 0.
Т + Л/
Решение этого уравнения дает
М . .	/ 4 д I , г. -
т1--Г11+Л/«+2Л»]=1’67КГ;
Л1 Г1	/	4 А/ 1 л по
- Л/дТгХо J = °’33кг
80
87.	Вначале тело покоится, а приложенная к пружине сила
растягивает пружину, совершая при этом работу, равную прира-
щению энергии пружины:
А _ х-^ _ - * f f V —
1	2 ~ 2 \ х J ' 2х'
Когда сила F станет достаточной для трогания тела с места,
пружина перестанет растягиваться, и точка приложения силы
переместится параллельно полу на расстояние s, 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 за-
дачи 19:
F =----— = 45 и.
cos а + к sin а
Полная работа силы F:
А =	-|- А2 — F s cos а = 19 Дж.
88.	Запишем уравнение второго закона Ньютона для шайбы в
векторном виде:
т а = mg + N + Fтр,	(1)
где а = (£>2г — ускорение шайбы; N— сила реакции опоры;
Frp — kN — сила трения.
Уравнение (1) в проекциях на горизонтальную и вертикаль-
ную оси имеет вид:
m со2 г = N cos а 4- Frp sin а,
О = — mg + jV sin а — FTp cosa,	(2)
FTp = kN.
Решая систему уравнений (2), находим:
_ Is (cos a + fe sin a) < -i
V r (sin a — ft cos a)	'
89.	При движении вверх по наклонной плоскости шайба
замедляется силой тяжести и силой трения.
При этом ускорение шайбы = g (sin a Д- k cos a), а время
движения вверх
81
a, g (sin a + 4 cos a)
Поскольку условия задачи требуют вычисления работы за время
f = 3,5c	необходимо рассмотреть также движение
шайбы вниз по наклонной плоскости. В этом случае ускорение
шайбы определяется формулой:
а2 — g (sin а — k cos a).
За это время t шайба проходит путь:
„	«О1	,	0 - *1)
S—2^ +-------2----=
। Г	р2	1
= -5- -77-:--------пт--------г + g(sin a — k cos a)(t — t,}2 .
2 L g (sin a 4- k cos a) 1 b v	'/J
На этом пути сила трения FTp= k mg cos a совершает над шайбой
работу
л _ _ г с = _ k т8 cos a Г____________________L
Tp Tp	2 L g (sin a -|- Л cos a)
+ g2(sin a — k cos a)(/ — (J2] = — 7,2 Дж.
90.	Скорость максимальна в момент, когда сила тяжести
компенсируется силой упругости, т. е.
mg=kx-, x = mg/k,
где х — удлинение пружины. Искомая работа:
2	2
Лтяж = mg х =	= 3 • Ю-2Дж;
А„ = —k-f= - 4f = - 1,5  10-’ Дж.
91.	Из уравнения второго закона Ньютона для бруска
т а = mg — kx — N,
где х—удлинение пружины; N— сила давления подставки на
брусок, полагая N— 0 (условие отрыва), находим
x = m(g — a)/k — 5,5 см.
82
Скорость бруска
v~y2ax,
и мощность силы упругости
Р = Fynp v cos 180° = — k xv — — k V2 ax3 — — 3,2 Вт.
92.	Из второго закона Ньютона в проекции на горизонталь-
ное направление
т а = Т sin а
находим
j._ т 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 верти-
кальную ось:
0 = Т cos р -f- TV — mg,
при TV = 0 найдем
cos р = mg/T — -g-sin а.
Горизонтальный участок нити переместится на расстояние А/,
равное уменьшению длины ее наклонного участка:
АТ = -^-------h—,
cos a cos р
и сила Т совершит работу
А = Т M=Th(—----------------------------------\
у cos a cos р 7 sin а У cos а g sin а /
которая пойдет на приращение кинетической энергии груза. Из
условия А — m v2/2 найдем
„ =	----= 3 м/с.
V sin а у cos а g sin а /
93.	Из уравнения движения первого груза
ml-^=mlg - N
и закона сохранения энергии
("h + m2) v2
= (т2
83

2
находим
3	m, -m, i	„ ,,
N--=m,g	= 4" m, g = 2 H.
ГП| + ITl^ и
94.	Если v0— 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 vo ~	+ т) и
и энергии
(Мт) и2 .	.
— ^—2-----------\~m8h
находим, исключая и:
у0 = V2~gT(7 + т/М)— 3,5 м/с.
95.	Из закона сохранения импульса
О = т vx + М их
и энергии
..,	, . т V2 Ми2
mg{H - h) = — + —
находим скорость шайбы vx и скорость горки их в проекции на
горизонтальное направление
V, = V2g(W-ft)ДI +п):
Ux = — п vx.
Скорость шайбы относительно горки в момент отрыва
^отн =	= Ml + n) = 42g(i7 — Zi)(l + Т1).
Умножив эту скорость на время падения t = л/2 h/g шайбы
с высоты h, находим расстояние от шайбы до горки:
s = Уотн t = 2	Л)(1 + т]) = 1,6м.
96.	Обозначим через v' 1у и у'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
m, t>! sin a == v'ly -f- m2 v'2y,
2
n^gH,
2
— m2gh.
Из первых двух уравнений найдем скорость v'2y =—- X
X (^i sin a — л/2 g bi) и, подставив этот результат в третье
уравнение, получим
_______________________________________2
,	/ /л, \2 (v. sin a — л/2 g н}
Л	--------о---= 0,1 1 M.
\m2 J	2 g
97.	Нормальная и тангенциальная составляющие ускорения
ап и ах определяются формулами:
V2
ал = ах = g sin a,
где у—скорость шарика, I — длина нити. Поскольку ускорение
шарика направлено горизонтально, проекции векторов ап и ах
на вертикальную ось имеют одинаковую величину a„cosa — aTsina
или v2 = gl-“os~°• Далее запишем закон сохранения энергии для
шарика:	+ mg / (1—cosa)——cos Р). Решая это
уравнение относительно cos р, получаем
cos fl = cos a — cos a — -sin? a = 0,73,	8 = 43°.
2 g I	2 cos a	r
98.	Скорость шайбы на вершине трамплина и можно найти
с помощью закона сохранения энергии:
т v о	mv2 , г
—2~ = ~2- + mgh.
Высота трамплина и дальность полета шайбы связаны с време-
нем полета t„ формулами h = gt2/2, s — vt^. Исключая из
записанных выше равенств скорость шайбы v и время полета ta,
получаем зависимость дальности полета шайбы от высоты
трамплина
s==2 
Очевидно, что дальность полета будет максимальной при условии
. v« Q с
h — -—= 3,6 м,
4g
причем сама максимальная дальность
s = _=7.2m.
99.	В системе тело — доска сила трения оказывается внут-
ренней, и выполняется закон сохранения импульса
т v0 = (m + М) и,
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 у2 т	,
—2------
где /j —путь, пройденный телом относительно плоскости. С дру-
гой стороны, кинетическая энергия доски увеличивается за счет
работы силы трения действующей на доску со стороны
тела:
A^-==FT2p/2==6mg/2,
где /2—путь, пройденный доской относительно плоскости. Скла-
дывая почленно два последних уравнения и учитывая, что Fty =
— F*2), получаем
-	-— nmgyii — к mg i.
Решая это уравнение совместно с уравнением, описывающим
сохранение импульса, находим искомое значение пути:
100.	Для того чтобы нижний конец доски оторвался от по-
ла, 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 b^Mga,
(1)
где b и a — плечи соответствующих сил; b ~ [Л — (I — x)] cos a;
a —(1/2 — h) cos a; x—путь, который проходит шайба вдоль
доски.
Рис. 93
(2)
Согласно закону сохранения энергии кинетическая энергия
шайбы переходит в потенциальную энергию шайбы, поднявшейся
на высоту х sin a:
т v2/2 = mgx sin a.
Используя (1), из (2) получаем:
v — V2 g [/ — Л -f- (М/т) (1/2 — /г)] sin a = 5,5 м/с.
101.	Уравнение второго закона Ньютона в проекции на
горизонтальную ось имеет внд:
ma — 2kxcosa.	(1)
где х—растяжение пружин в момент обрыва нити. Пусть
v — максимальная скорость шарика. Запишем закон сохранения
механической энергии для шарика:
mv2 о k х2
2 ~	2 ’
Из (1) находим х и, подставляя в (2), получаем:
(2)
v ~ Л/-Д-—^—= 0,2 м/с.
V 2 k cos a
102.	Давление и объем V, газа в начальном
связаны с давлением р3 и объемом V3 в конечном
уравнением Клапейрона — Менделеева:
состоянии
состоянии
87
Pi Vi~p3Vi = RTi.
Газ совершает работу только при переходе из промежуточного
состояния 2 в конечное состояние
А = РзО'з -	=	Ь(1 - -
Используя уравнение состояния газа, последнее равенство можно
переписать в виде:
л=₽3и3(1-А)=/г7-,(|_±),
отсюда
103.	Уравнение Менделеева — Клапейрона для газа до на-
гревания имеет вид:
p(Sh) = ^RT-,	(1)
после нагревания —
p[S(/i + A/i)]= — R(T + А Т),	(2)
и
где Т = t 4- 273; А7’—- А/; АЛ — величина перемещения поршня.
Вычитая из уравнения (2) уравнение (1), можно определить:
Д/z^AL/i.	(3)
Работа газа при расширении
/1 = р А К = р S AA.	(4)
Давление газа р можно определить из условия равновесия
поршня:
pS = p0S + mg.	(5)
Подставляя (3) и (5) в (4), получаем:
4 = (ро 5 + mg) h = 79 Дж.
104.	При очень медленном перемещении поршней давление
в газе остается неизменным и равным атмосферному р0, что вид-
но из условия равновесия, записанного для системы поршней и
стержня в любом их промежуточном положении:
Ро А + Р $1 ~ Р $2 + Ро
откуда следует р = р0.
88
Следовательно, процесс нагрева газа — изобарический. Ра-
бота, совершенная газом над воздухом атмосферы,
?i=Po(s!-s1)/.	(I)
Температуру Г2 газа в состоянии, изображенном на рис. 47, б,
определим из условия протекания в газе изобарического про-
цесса:
Л = T,(S2/S,).	(2)
Найдем количество тепла, полученного массой газа при его
'’агревании, используя выражение (2) для Т2:
Q = C(7-2-7',) = CTl(S2-S,)/S,.	(3)
Из уравнения первого закона термодинамики определим при-
ращение внутренней энергии массы газа, используя выражения
для Q и А (см. равенства (3) и (1)):
A U - Q - А = [(С T./S,) - р0 /] ($2 - S.) = 12 кДж.
105.	Закон движения поршня при вращении (рис. 94):
m(1)2r=(p2 —Р1)£,	(1)
2
где от г—центростремительное ускорение поршня; — дав-
ления газа в соответствующих частях цилиндра; S — площадь
поршня. Считая процесс перемещения поршня (из начального
положения в равновесное при вращении) изотермическим, запи-
шем закон Бойля — Мариотта для обеих частей сосуда:
Pi S(l 4- r) = p0S i;
(2)
р2 S(l — r) — pQSl.
учетом (2) из (1) получим
ш=Л&^) = 200₽ад/с-
89
приложения
Греческий алфавит
Печатные буквы	Название
А а	альфа
В 3	бета
Г Y	гамма
A S	дельта
Е Е	эпсилон
Z «	дзэта
Н Т]	эта
0 0	тхэта
I 1	йота
К х	каппа
A X	ламбда
М ц	мю
N \	ню
mJ) м	КСИ
0 о	омикрон
П л	пи
Р Q	ро
2 а	сигма
Т т	тау
Т е	ипсилон
Ф Ср	фи
X X	хи
Т ф	пси
Q о	омега
90
Латинский алфавит
	Печатные буквы	Название	Печатные буквы	Название	
	А а В b С с D d Е е F f G ё Н п I i J j К к L i М m	а бе це де е эф ге аш и йот ка эль эм	N п О о Р р Q q R г S s Т t U и V v W w X х Y у Z z	эн 0 ПЭ ку эр эс тэ У ве дубль-ве икс игрек зет	
Обозначения единиц измерений некоторых физических величин Ампер	А	Метр	м Ватт	Вт	Ньютон	Н Вебер	Вб	Ом	Ом Вольт	В	Паскаль	Па Генри	Гн	Радиан	рад Герц	Гц	Секунда	с Джоуль	Дж	Кандела	кд Кельвин	К	Стерадиан	ср Кулон	Кл	Тесла	Тл ‘Люмен	лм	Фарад	Ф Люкс	лк					
91
Десятичные приставки к названиям единиц
Гига (109)
Мега (10е)
Кило (103)
Милли (10~3)
Микро (10~6)
Нано (10“9)
(например, 1 ГэВ — 109эВ)
(например, 1 МОм = 10® Ом)
(например, 1 кВ= 103 В)
(например, 1 мА== 10“3А)
(например, 1 мкм= 10“6м)
(например, 1 нс= 10~9с)
Некоторые физические постоянные
Гравитационная постоянная у — 6,67 • 10“11 м3/(кг-с2)
Число Авогадро Аа = 6,02 • 1023 моль“’
Стандартный объем идеального газа У0 = 22,4- 10~3м3/моль
Термический коэффициент давления Л
Температурный коэффициент > а — 3,66 • Ю“3 К-1
расширения идеального газа J
Универсальная газовая постоянная R — 8,31 Дж/(К* моль)
Элементарный заряд ^=1,60- 10“19 Кл —4,80 • 10~'°СГСЭ заряда
Число Фарадея F — 0,965 • 108 Кл/ (кг • моль)
Масса электрона те — 0,912- Ю“30кг
Атомная единица массы (а.е.м.) — 1,66- 1О“27кг
Скорость света в вакууме с — 3,00 • 108 м/с
Постоянная Планка h — 6,62 • 10“34 Дж • с;
Д = /г/2л = 1,05- 10“34Дж-с
Электрическая постоянная е0 = 0,885- !0“" Ф/м
—— = 9.0. 109м/Ф
4 л во
Магнитная постоянная р,0 = 4л- 10~7Гн/м
92
СОДЕРЖАНИЕ
Задачи
Ответы и
решения
§ 1.	Кинематика...................................... 3	28
§ 2.	Динамика........................................ 6	36
§ 3.	Работа и мощность. Законы сохранения энергии
и импульса........................................... 10	53
§ 4.	Статика. Условия равновесия тел. Момент силы 15	68
§ 5.	Молекулярная физика. Газовые законы. Термо-
динамика ............................................ 17	72
§ 6.	Задачи, предлагавшиеся на вступительных экзаме-
нах в МИФИ........................................... 21	79
Приложения.......................................   90
Редактор Е. И. К о ч у б е й
Техн, редактор Е. И. Кочубей
Корректор М. В. Макарова