книги / Сборник задач по физике

б)

Для решения следует определить векторную сумму сил, действующих

на отдельные элементы одной из половин

цепочки. Эта сумма равна удво­

енной искомой силе:

Р= тп~1=480 000 дн.

4—10. 550 мм Н§.

2

(3 — 2 соз а); в) У*= 2м%.

4—11, а) /г = 2т§ соз2а; б) Р=

4-12. 18-} = Т ; в=53°'1-

4—13. сов а —

5 уг ; о=

78°,6.

4ъ-п~1 ’

4 -1 4 . а) » = У 'Я (^ = 1 9 ^

;

б)

<« =

,*; а=21°,8.

4 -1 5 . V = | / ~ <

0 , 5 Л

= 1 4 — ; а = 1 1 “.

г

|х

с^/с ’

4-

18 .

п =

^

=

сек-К

4—17. а) Да; б) нет.

4—18. 4,3 кГ.

4—19. У =

Г'"УП

=

12000

г

м*5.

.

ОЛ

ч

т1 +

да2

/

/э\

3111 2 а

; б)

т

0

в)

4—20. а ) ----- ^ —

+

.

пл .

ЪкЬР'О

010Л

см~.

4—21. У =

— т7.—

= 2180 г

1

о

а;

в)

1,14^ з т а.

4—23. а) ^ зш

а; б) 0,67^5^

.

0 =

с .

4г2— 6*

см

4—24.

5^3111 а ^ -д

--- — - г= 49,7-----^.

6

28г2 —

сек*

и .V, есть

4—25. Условие

равенства

сил Р1 и Р2, действующих на шарики М

//гх (а —

вгу) =

ш 2 (л +

ег2),

где /«1 и /яа — массы

шариков; Гх и г3— их расстояния

от оси

вращения

(пружины); а — ускорение, которое имели бы шарики при

отсутствии пово­

рота; е — угловое ускорение. Обозначив угол* поворота а,

момент инерции

доски У, имеем:

_ Р1Г1 — /уо — /<а

(дал — ЩГ«) а —/<а

г У

У “1

Н~ ШоГ?

Исключая е, получим условие равенства сил в виде:

(/«1—.даа) За +

пчпиа (г?,—г\) +

К* (дал + т2гй) = 0.

Это условие будет выполнено тем лучше, чем У и К меньше при /*! = /*«.

Следовательно,

конструктор,

взяв доску

с большими У

и К, поступил неправильно.

4—26. а)

Приложим мысленно в

точке С

____ _

две равные и противоположные силы

рг=^р2 = Р (рис. 3). Сила Рх вызовет

по-

о

стунательное/**движение стержня е уско-

Г,

рением а = —. Пара сил Р

и Р2 вызовет

т

Р • 8

Рис. 3.

вращение с угловым ускорением е = —

точка О

будет двигаться с линейным ускорением

Р 818

е$3 = — —- . Если

Л

покоится, то

У

точка О

_Р

Р •

У

8^0 = —.

т

б) Повернётся около точки А.

в) 80 =

-^-, г д е / — длина

стержня.

4—27. М =

7,8 • 105 дн • см.

4—28. А =

т2 П = 22,2 кдж.

4 -2 9 . а) г» = Т / з ^ = 1 2 , 2 ^ .

б) Точка,

находящаяся

на высоте,

2

равной -5- высоты столба. Этот ре~

зультат поясняет,

и

почему обламывается конец падающей дымовой кирпичной

трубы или гнилого деревянного столба.

4—30. а)

- 1 ^

, где

а — ускорение,

с

которым прибор

опускается,

т (х — я) г

а= гг = —

—— • г;

отсюда:

т 8 Г " _ .

-

2(,„^ +

_ ^ 9 5

Г

'отг2 +

У’'

У ) - 49Э Г'

б) При подъёме — то же

натяжение; в) 500 Г.

4—31. Ось

цилиндра будет

опускаться с ускорением

196

груз

будет

,

ускорением

опо

см

опускаться с

392— 5-.

сек

4 -3 2 . а) е =

г

У

‘ ~

и *;

;

* - - * * ! « *

5",

б) <0=

/ (/Л1 +

//Ь)

*

«1 +

Ш3

1

2 1 / - ^

— т2)§

3 (т\

пф — 2/Л1/ЙЗ

(//II +

Ш2) /

’

Ш1 +

т2

Г

«1

4—33. Ш=

,

6ш;0 , . = 29 сек-1.

(ш-|—ЗШ1) I

4—34. ш=

<о0

_ /

.Го, где

а — коэффициент

линейного

расширения. Кинети-

ческая энергия уменьшится на величину

4—35. А =

ъ-т (1\ — /1) п^п* =

4,9 кГм.

4 -3 6 . а)

и1-р */«

1/1/в

(со1

б) энергия

уменьшается

на величину ТТ^РХ

2

*

тел,

4—37. Следует

рассматривать

диски

А

и

В

совместно с системой

с которыми скреплены их оси.

/яг/3.

4—38. а) 0,75шг/2;

б) 0,7/лг/а;

в) 1,25

4—39. а) < =

1 /" —^ —=

0,77 сек;

б) 0,75 сек; в) 0,71 сект.

4—40. к =

1 4 ^ =

0,15

ел*.

4—41. а) Момент, вращающий шар, равен / * г

= таг;

момент,

тормозящий

вращение

шара, равен

При указанном условии

таг <т & к и

о-/>

б) При качении шара я =

-I-ег, где

ах — линейное ускорение

шара;

-угловое его

ускорение. Но

е =

М

— ;

М =

тахг —

3 — 0,4гпг2;

гг = 2,5

— у

- | ;

0 = 3,5^! — 2,5 — .

При

указанном

условии

та^Срт^.

Следовательно,

в <&

^3,5(а— 2,5

Практически,

так

как

о < 3 ,5 ^ ,

4—42. При ^ а < 3,5р. — 2,5 у ;

а <41°.

4 -43 . 10= кГм.

4—44. Л = 1 ,7 (Я — г).

4 -45 . Нет.

4—46. 64 Г.

4—47.

1,7 Г.

4—48. Нет.

на элемент длины трубки Ах,

4—49. Сила, действующая

равна (рис. 4):

АГГ= 2Ах 8 Э у<л 51и

<?,

где 5 — сечение

трубки; В — плотность воды; V— ско­

рость

её

движения.

Так

как

у =

т

и о>=- I ’

то

АР =

2АЛ7//В 5Ш ?

т8^^

Вращающий момент её:

__2хАх • та зш 2 <а

ДМ =

АРх 51п 9 ~

Р

Общий вращающий момент:

М =

/2//1а з т 2ср

|П,

,

------^--- —= 7 • 10-

4—

51. 0,36 сек-К

5—

1. 0,59 дн.

5—2. Нет.

5—3. а) 234 дн; б) 405 дн.

В 0 и Т)2>

7)0; б) А

< Д , и Д

< Д .

5—4, Шары притягиваются, если а) В х>

Шары отталкиваются, если Д > Д

> Д

или Д < Д < Д .

5_5. ^ =

2т ^ .

а(д +

/)

5—6. Около

12 /сГ.

5—7. а) См.

рисунок 5.

/ р \2

2К

вытесненной воды в I ^ -\-Л ) ^

1 — 7 (Я — радиус Земли). Поэтому масса

Земли, равна

, где т — масса Земли. Работа

силы тяжести на пути йх

Напряженность

л .

у/л

• т1 .

*

есть аА =

^ — йх,

а на пути из бес­

конечно удалённой точки до поверх­

ности Земли

есть

5—14. Принимая,

что

потенциальная

энергия тел, удалённых

на бесконечное

расстояние, равна

нулю,

найдём:

1 У = -

Т * т •

гпс

2а

’

на расстоянии а от

центра и

получившее одновременно

небольшую

ско­

рость V по направлению, перпендикулярному к прямой,

соединяющей

это

тело

с центром. В пределе, при 0 =

0, большая ось эллипса равна а (эллипс

вытягивается в

прямую). Обращение по такому

эллипсу

требует

времени

т =

Т

-

= Т

1/0,125,

где

Г — период

обращения

Земли

вокруг

Солнца. Продолжительность же падения тела на Солнце есть -^ -= —

=

= 64,6 суток (в действительности

меньше, так

как

Солнце — не

точка, и

падение возможно лишь до его поверхности).

6—

1. а) 17 кГ; б)

24,5 кГ.

6—2. а) 120°; б) 82°49’; в) 104°29\

6—3. 212 Г.

И Г И Т 1 Г 2’1

' Г—

3’5 “Г-

6—5. 1240 кГ.

шарика 3.

6—6. а) Центр

по

линии 4—3, а ось

У по

линии

4— 1, то

=

б) Если ось X

направить

5 см; у0 =

3 см.

линии 4— 1, ось У по линии 4—3, а ось 2

по

в) Если ось X

направить по

линии 4—2, то х0= 1 см; у 0=

3 см; я0= 2 см.

6—7. а) На общей оси цилиндров на

расстоянии 9,3 см от нижнего основа­

ния; б) на расстоянии

10,6 см.

6—8. Це

тяжести

находится на

расстоянии 0,56 дм от центра диска,

Дентр

6—9. а) На

оси конуса на высоте.

равной

47?

в) На расстоянии

оТС от центра.

з

г) На расстоянии -^-7? от центра.

д) На расстоянии ~ 7? от центра.

6—12. 67 кГ\ 75 кГ .

6—13. /=1 = —

= 3 9

Г.

V /*—4/?2

под углом к го­

6—14. На опору А

действует

ризонту сила ИЗО кГ.

На опору В действует в

горизонтальном направлении сила 915 кГ.

6—15. а) 94 кГ; 96

кГ;

б) 95 кГ, 95 кГ.

/ у 51П ср — я у

СОЗ 9 +

Н -Л / с05 <р = 0;

1-4^1+^2 — Р = 0;

рцР*— Л = 0.

Отсюда 1§ср:

' Н*1Р*2

=0,8;

с? = 38°40'.

2н*з

ближе

б) Если центр тяжести системы лестница — человек сместится на х

к нижнему концу

лестницы, то

?|

( ? - Л' ) - ^ ( т + - у)

ы

Отсюда видно,

что ©1 <

ср.

Следовательно, если человек встанет на первую ступеньку, то лестница,

не упадёт. Она упадёт, когда человек перейдёт через её середину.

6—18. а) соз а =

«==48°;

б)

а =

0.

6 -19 . а) А =

2 1 / ^

=

12,2 кГм\

б) 110 к Гм.

6—20. При волочении работа

равна А 1 =

где

т — масса ящика. При

кантовании ящик приходится

опрокидывать /г=

^-

раз

(я — ребро

ящика).

Работа при одном опрокидывании равна

т%а

= 0,207 т§а. При п

опрокидываниях работа

равна

Ац = 0,207 т&Ь. Работы

Ах и А& равны при

|л = 0,207.

6—21. В случае „би.

6—22. Первое условие

выражает требование, чтобы доска не соскальзывала

8—14. Т1 — Т

=2,2%.

8—15. Применяя формулу физического маятника, имеем:

7-, =

2 * |Л гп0$з ’

Гг= 2 , у

$ (/«„5 +

ш1) ’

где т0— хмасса тела и з — расстояние от

оси до центра тяжести. Исключая

из этих уравнений произведение /л0з, находим:

ц

^ ( 4гЛ—Щ)= 1200 г • СМ*.

Гг, — Гг

4те!

8 -16 . Т =

2к У

2 $

~ 0,77

сек.

81—17. Г =

2т,У

1,4

г)

где Я

-радиус

чашки, г — радиус

шарика.

8—18. Сила притяжения равна Р = . — у -т

, где л: — расстояние тела

до

центра

Земли;

— масса

шара

с

радиусом

.V.

Принимая,

что плотность

Земли Б является величиной постоянной, имеем:

тл

Р = -

Аг^От

' х;

т = •т У т ъ ~ * *

8—19. а) Г =

У ° { т : + к )

б) период колебаний уменьшится в V 3Ч

г 1 Раз-

8—20. а)

При

отклонении

на

небольшой

угол

о стержень

повернётся

на

угол а,

причем

й

,

<?

=

(I

1^ = -^- а, где

й — длина стержня;

Возвращающий момент равен М =

зт ср

й .

2 ’

~

М

1

.т е .

о

<12те

В =

— =

— й

ат »:

~

*

а

41

а

а

2

Момент

инерции

^ =

Отсюда:

Т =

2 г .

у 2

к

У

1,27

сек.

б)

Т =

2ъ У

~ .

8—21. Колебания шара синусоидальны при малых Н.

б)

А < - ^ - = 0 , 1 2

с,«;

в)

Г =

2т У

- ^

= 0,07

сек.

0,461 107--

кГ

г • град 9

—

125—. 11—15. 1,82-=..

. 11—13. 1,6 —гг. 11—14.

г

• град

см2

л

г

11—16. 1320 г. 11—17. 1,48 г. 11—18. и =

=

0 , 9 .

11—19. 3 — .

11—20. а) Подъёмная сила:

[хрот

сек

сек

(/л, — та) е = — Щ§{ъ —

где тпх и т а — массы водорода и вытесненного воздуха. Но

— = ^ > по.

11—23. ц =

3

..+ /;'а.

=30,2

2

т1 . та

г»моль

К*1

11—24. й =

- <т' + т*)Р , _ 0 43 ±

ят(п- ± + ^ \

\Н>1

' 1*3 /

кГм Л.

11—25. Ю0- — И- - , . 11—26. 29-

/гг •

град

кал

кг • град

12—1. а) ср=0,217-

9

=

0,155

кал

г • град

г ♦град *

Л2—2. с.

С1П ^ 1 +

&РЗ П1» ___ П 1СП

К О Л

т1+т*

10

гТгрЯГ-

Ср =

0,230 -

ка-л ■

*

г

град

12—3. *= 1,47.

12—4. 1400 кал.

12—5. *2 = ^ + Л - —22° С.

12—6. 7540 ккал.

У

12—7. Около 5 м3 и 5,5 лс*.

12—8. Сперва определим массу продуктов горения;

,

^

=

Ш=

ЯГ’ :35,8 г.

а получится температура:

‘■ + Д г “

|Ш ’ с -

При этом создаётся давление:

р * = Ф - = 20,3 -Н1.

71

СМ*

12—9. <3 = 3980 кал; ДС/ = 2830 /тал; Л =

4810 док

12—11. 130 кал.