Решайте задания по одному, проверяйте себя сразу и открывайте подсказки там, где нужно.
Верный ответ: \(\Delta E=270\) кДж.
Обоснование
Взрыв длится очень мало, поэтому импульсом внешних сил за это время можно пренебречь и применить закон сохранения импульса. Механическая энергия при взрыве не сохраняется: внутренняя энергия взрывчатого вещества превращается в дополнительную кинетическую энергию осколков.
Решение
Направление первоначального движения примем за положительное. Пусть скорость второго осколка после взрыва равна \(v_2\). Тогда
\[
3\cdot400=1\cdot1000+2v_2,
\]
откуда \(v_2=100\) м/с. Второй осколок также движется вперёд, но значительно медленнее.
Кинетическая энергия до взрыва:
\[
E_0=\frac{3\cdot400^2}{2}=240000\ \text{Дж}.
\]
После взрыва:
\[
E=\frac{1\cdot1000^2}{2}+\frac{2\cdot100^2}{2}
=510000\ \text{Дж}.
\]
Следовательно,
\[
\Delta E=E-E_0=510000-240000=270000\ \text{Дж}=270\ \text{кДж}.
\]
P.S. Нашли ошибку в задании? Пожалуйста, сообщите о вашей находке ;)
При обращении указывайте id этого вопроса - 21432.
Верный ответ: \(\mu_{\min}\approx0{,}29\).
Обоснование
Для равновесия цилиндра должны одновременно отсутствовать поступательное и угловое ускорения. Моменты натяжения нити и силы трения относительно центра цилиндра противоположны, а их плечи одинаковы и равны \(R\).
Решение
Из равновесия моментов:
\[
TR=F_{\text{тр}}R\quad\Rightarrow\quad T=F_{\text{тр}}.
\]
Вдоль наклонной плоскости:
\[
T+F_{\text{тр}}=mg\sin\alpha,
\]
поэтому
\[
F_{\text{тр}}=\frac{mg\sin\alpha}{2}.
\]
Нормальная реакция:
\(N=mg\cos\alpha\). Минимальный коэффициент трения соответствует предельному значению силы трения:
\[
F_{\text{тр}}=\mu_{\min}N.
\]
Отсюда
\[
\mu_{\min}=\frac{\tan\alpha}{2}
=\frac{\tan30^\circ}{2}
=\frac{1}{2\sqrt3}
\approx0{,}29.
\]
Масса и радиус цилиндра на результат не влияют: они сокращаются в уравнениях.
P.S. Нашли ошибку в задании? Пожалуйста, сообщите о вашей находке ;)
При обращении указывайте id этого вопроса - 21424.
Верный ответ: \(\alpha_{\max}=45^\circ\).
Обоснование
Цилиндр находится в равновесии как относительно поступательного, так и относительно вращательного движения. Натяжение нити и сила трения приложены по касательным с противоположных сторон цилиндра, поэтому их моменты относительно оси цилиндра должны взаимно компенсироваться.
Решение
Обозначим натяжение нити через \(T\), силу трения через \(F_{\text{тр}}\), нормальную реакцию через \(N\). Из равенства моментов относительно центра цилиндра:
\[
TR=F_{\text{тр}}R,
\]
то есть \(T=F_{\text{тр}}\).
В проекции на наклонную плоскость обе эти силы направлены вверх по плоскости и уравновешивают составляющую силы тяжести:
\[
T+F_{\text{тр}}=mg\sin\alpha.
\]
Следовательно,
\[
F_{\text{тр}}=\frac{mg\sin\alpha}{2}.
\]
По нормали к плоскости:
\(N=mg\cos\alpha\). Для покоя необходимо
\[
F_{\text{тр}}\leq\mu N.
\]
В предельном случае:
\[
\frac{mg\sin\alpha}{2}=\mu mg\cos\alpha,
\qquad \tan\alpha=2\mu.
\]
При \(\mu=0{,}5\):
\(\tan\alpha_{\max}=1\), поэтому \(\alpha_{\max}=45^\circ\). Масса и радиус сокращаются, поскольку они одинаково входят в соответствующие условия равновесия.
P.S. Нашли ошибку в задании? Пожалуйста, сообщите о вашей находке ;)
При обращении указывайте id этого вопроса - 21416.
Верный ответ: \(F\approx2{,}05\) Н.
Обоснование
Доска движется равномерно, стержень остаётся неподвижным, поэтому для обоих тел выполняются условия равновесия. Доска скользит влево относительно стержня: сила трения на стержень направлена влево, а на доску — вправо. Горизонтальная сила \(F\) уравновешивает эту силу трения.
Решение
Для доски:
\[
F=F_{\text{тр}},\qquad F_{\text{тр}}=\mu N.
\]
Запишем моменты сил, действующих на стержень, относительно верхнего шарнира:
\[
mg\frac{L}{2}\cos\alpha
=NL\cos\alpha+F_{\text{тр}}L\sin\alpha.
\]
После подстановки \(F_{\text{тр}}=\mu N\):
\[
N=\frac{mg\cos\alpha}{2(\cos\alpha+\mu\sin\alpha)}.
\]
Следовательно,
\[
F=\mu N=
\frac{\mu mg\cos\alpha}
{2(\cos\alpha+\mu\sin\alpha)}.
\]
Подставим \(m=1{,}6\) кг, \(\mu=0{,}3\), \(\alpha=30^\circ\), \(g=10\) м/с2:
\[
F=\frac{0{,}3\cdot1{,}6\cdot10\cdot0{,}866}
{2(0{,}866+0{,}3\cdot0{,}5)}
\approx2{,}05\ \text{Н}.
\]
P.S. Нашли ошибку в задании? Пожалуйста, сообщите о вашей находке ;)
При обращении указывайте id этого вопроса - 21408.
Верный ответ: \(m\approx2{,}23\) кг.
Обоснование
Доска движется с постоянной скоростью, а стержень неподвижен, поэтому оба тела имеют нулевое ускорение. Доска скользит влево относительно нижнего конца стержня; следовательно, сила трения действует на стержень влево, а на доску — вправо. Для стержня запишем сумму моментов относительно шарнира: реакции шарнира тогда не входят в уравнение.
Решение
Поскольку доска движется равномерно и трением доски о нижнюю опору пренебрегают, приложенная сила уравновешивает силу трения со стороны стержня:
\[
F=F_{\text{тр}}.
\]
Для контакта стержня с доской:
\[
F_{\text{тр}}=\mu N.
\]
Пусть длина стержня равна \(L\). Моменты относительно верхнего шарнира создают сила тяжести \(mg\), нормальная реакция \(N\) и сила трения. Условие равновесия:
\[
mg\frac{L}{2}\cos\alpha
=NL\cos\alpha+F_{\text{тр}}L\sin\alpha.
\]
Сократим \(L\), подставим \(F_{\text{тр}}=\mu N\):
\[
N=\frac{mg\cos\alpha}{2(\cos\alpha+\mu\sin\alpha)}.
\]
Так как \(F=\mu N\),
\[
m=\frac{2F(\cos\alpha+\mu\sin\alpha)}
{\mu g\cos\alpha}.
\]
При \(F=2\) Н, \(\alpha=30^\circ\), \(\mu=0{,}2\), \(g=10\) м/с2:
\[
m\approx
\frac{4(0{,}866+0{,}2\cdot0{,}5)}
{0{,}2\cdot10\cdot0{,}866}
\approx2{,}23\ \text{кг}.
\]
P.S. Нашли ошибку в задании? Пожалуйста, сообщите о вашей находке ;)
При обращении указывайте id этого вопроса - 21400.
Верный ответ: \(l\approx56\) см.
Обоснование
Так как груз \(M\) покоится, натяжение идеальной нити равно \(T=Mg\). Для стержня используем условие равновесия по моментам относительно шарнира \(A\), чтобы исключить неизвестную реакцию шарнира.
Решение
Моменты сил тяжести грузиков направлены в одну сторону, а момент силы натяжения — в противоположную:
\[
m_1gb\sin\alpha+m_2gl\sin\alpha
=Mg\,l\sin(\alpha+\beta).
\]
После сокращения \(g\) и переноса слагаемых:
\[
l=\frac{m_1b\sin\alpha}
{M\sin(\alpha+\beta)-m_2\sin\alpha}.
\]
Подставим значения:
\[
l=\frac{100\cdot25\sin45^\circ}
{200\sin60^\circ-200\sin45^\circ}
\approx55{,}6\ \text{см}.
\]
Знаменатель положителен: момент натяжения на единицу длины больше момента силы тяжести второго грузика, поэтому равновесие возможно.
P.S. Нашли ошибку в задании? Пожалуйста, сообщите о вашей находке ;)
При обращении указывайте id этого вопроса - 21392.
Верный ответ: \(m_1\approx170\) г.
Обоснование
Груз \(M\) и стержень находятся в равновесии. Нить и блок идеальны, поэтому сила натяжения одинакова во всех участках нити. Для груза \(T=Mg\). Для стержня удобно записать условие равенства нулю суммы моментов относительно шарнира \(A\): тогда неизвестная сила реакции шарнира момента не создаёт.
Решение
Силы тяжести грузиков действуют вертикально. Их плечи относительно \(A\) равны соответственно \(b\sin\alpha\) и \(l\sin\alpha\). Плечо силы натяжения, приложенной в точке \(B\), равно \(l\sin(\alpha+\beta)\). Поэтому
\[
m_1gb\sin\alpha+m_2gl\sin\alpha
=T\,l\sin(\alpha+\beta).
\]
Подставим \(T=Mg\) и сократим \(g\):
\[
m_1=\frac{Ml\sin(\alpha+\beta)-m_2l\sin\alpha}{b\sin\alpha}.
\]
В граммах и сантиметрах:
\[
m_1=
\frac{250\cdot40\sin60^\circ-200\cdot40\sin45^\circ}
{25\sin45^\circ}
\approx170\ \text{г}.
\]
Сила тяжести первого грузика должна уравновесить ту часть момента натяжения, которая остаётся после учёта момента второго грузика.
P.S. Нашли ошибку в задании? Пожалуйста, сообщите о вашей находке ;)
При обращении указывайте id этого вопроса - 21384.
Верный ответ: \(m_2=10\) кг.
Обоснование
Стержень с закреплёнными шарами находится в равновесии, поэтому сумма вертикальных сил равна нулю, а сумма моментов сил относительно любой точки равна нулю. Реакции опор направлены вверх и по модулю равны силам давления стержня на опоры.
Решение
Пусть реакции опор равны \(N_C\) и \(N_D\). По условию \(N_D=2N_C\), поэтому из
\[
N_C+N_D=(m_1+m_2)g
\]
получаем
\[
N_D=\frac{2}{3}(m_1+m_2)g.
\]
Расстояние от точки \(C\) до шара \(m_2\):
\(CB=L-AC=1{,}8-0{,}8=1{,}0\) м.
Запишем условие моментов относительно \(C\):
\[
m_2g\cdot CB=m_1g\cdot AC+N_D\cdot CD.
\]
После сокращения \(g\):
\[
m_2\cdot1=5\cdot0{,}8+\frac{2}{3}(5+m_2)\cdot0{,}6.
\]
То есть
\(m_2=4+0{,}4(5+m_2)=6+0{,}4m_2\), откуда
\(0{,}6m_2=6\) и \(m_2=10\) кг.
P.S. Нашли ошибку в задании? Пожалуйста, сообщите о вашей находке ;)
При обращении указывайте id этого вопроса - 21376.
Верный ответ: \(CD=0{,}60\) м.
Обоснование
Систему «стержень и два шара» рассматриваем как одно абсолютно твёрдое тело в равновесии. Поэтому сумма внешних сил и сумма их моментов относительно любой оси равны нулю. Силы взаимодействия шаров со стержнем являются внутренними и отдельно в уравнения равновесия системы не входят.
Решение
Обозначим реакции опор через \(N_C\) и \(N_D\). По третьему закону Ньютона их модули равны силам давления стержня на опоры. По условию \(N_D=2N_C\).
Из равновесия по вертикали:
\[
N_C+N_D=(m_1+m_2)g.
\]
Следовательно,
\[
N_D=\frac{2}{3}(m_1+m_2)g.
\]
Пусть \(CD=x\). Запишем моменты сил относительно точки \(C\). Шар \(m_1\), находящийся слева от \(C\), и реакция \(N_D\) создают моменты одного направления, а сила тяжести шара \(m_2\) — противоположного:
\[
m_2g(L-AC)=m_1g\cdot AC+N_Dx.
\]
Отсюда
\[
x=\frac{m_2(L-AC)-m_1AC}{\frac{2}{3}(m_1+m_2)}
=\frac{0{,}3\cdot0{,}8-0{,}2\cdot0{,}2}{\frac{2}{3}\cdot0{,}5}
=0{,}60\ \text{м}.
\]
P.S. Нашли ошибку в задании? Пожалуйста, сообщите о вашей находке ;)
При обращении указывайте id этого вопроса - 21368.
Обоснование
1. Рассмотрим задачу в системе отсчёта, связанной с Землёй. Будем считать эту систему отсчёта инерциальной (ИСО).
2. В ИСО изменение механической энергии тела равно работе всех приложенных к телу непотенциальных сил. При движении бруска вниз и вверх по наклонной плоскости на него действуют потенциальная сила тяжести и сила реакции опоры \( \vec N \), перпендикулярная перемещению бруска (трения нет, так как поверхность гладкая).
Поэтому работа силы \( \vec N \) при движении бруска по наклонной плоскости равна нулю.
Следовательно, механическая энергия бруска при его движении до удара сохраняется. Аналогично сохраняется механическая энергия бруска и при его движении после удара.
3. Закон сохранения импульса выполняется в ИСО в проекциях на выбранную ось, если сумма проекций внешних сил на эту ось равна нулю. В данном случае выбранную ось направим параллельно движению бруска. Проекции на эту наклонную ось сил тяжести, действующих на брусок и на пулю, не равны нулю.
Но надо учесть, что при столкновении бруска и пули импульс каждого из двух тел меняется на конечную величину, тогда как время столкновения мало. Следовательно, на каждое из двух тел в это время действовала огромная сила (это силы взаимодействия бруска и пули), по сравнению с которой сила тяжести ничтожна.
Поэтому при столкновении тел силы тяжести не учитываем. Вследствие этого при описании столкновения бруска с пулей соблюдается закон сохранения импульса для системы тел «брусок + пуля».
Решение
1. Найдём скорость \( {\upsilon _1} \), которую брусок приобрёл, пройдя путь х. Используем закон сохранения механической энергии:
\( Mgx\sin\alpha = \frac{{M\upsilon _1^2}}{2} \) , \( {\upsilon _1} = \sqrt {2gx\sin \alpha } \)
2. Учитывая абсолютно неупругий удар пули и бруска, запишем закон сохранения импульса для этих тел:
\( m\upsilon - M{\upsilon _1} = \left( {M + m} \right){\upsilon _2} \) ,
где \( \upsilon \) — скорость пули, \( {\upsilon _2} \) — скорость, которую приобретут тела после абсолютно неупругого удара.
3. По закону сохранения механической энергии бруска при его подъёме по наклонной плоскости на расстояние S:
\( \frac{{\left( {M + m} \right)\upsilon _2^2}}{2} = \left( {M + m} \right)gS\sin \alpha \) , \( {\upsilon _2} = \sqrt {2gS\sin \alpha } \)
4. Тогда
\( \upsilon = \frac{M}{m}\sqrt {2gx\sin \alpha } + \left( {\frac{M}{m} + 1} \right) \)\( \sqrt {2gS\sin \alpha } \)
\( \upsilon = 50\sqrt {2 \cdot 10 \cdot 3,6 \cdot 0,5} + 51 \)\( \cdot \sqrt {2 \cdot 10 \cdot 2,5 \cdot 0,5} = 555 \) м/с
Ответ: \( \upsilon = 555 \) м/с
P.S. Нашли ошибку в задании? Пожалуйста, сообщите о вашей находке ;)
При обращении указывайте id этого вопроса - 21091.
