ЗАДАЧИ ПО ФИЗИКЕ. ГЛАВА i. МЕХАНИКА. § 4. Динамика...
TRANSCRIPT
![Page 1: ЗАДАЧИ ПО ФИЗИКЕ. ГЛАВА I. МЕХАНИКА. § 4. Динамика прямолинейного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ](https://reader031.vdocuments.site/reader031/viewer/2022013108/55b63b32bb61ebf10f8b479f/html5/thumbnails/1.jpg)
85. Расстояние поезда от начала закругленного участка путиs = v0t + (axt*/ 2), (1)
Где «^ — касательное ускорение. Зависимость скорости от времени:v = vQ+axt. (2)
„ /1Ч 2 (s — OqO 1 /2Из (1) находим: ах = -------- = у м/с2.
Из; 2) находим скорость: v = —^-^- = 25 м/с.
Полное ускорение
а = УаГ+Щ= У ~+a\=~Y^^- + ^(s-v 0 t f =0,708 м/с*.
86. В системе координат ХОУ (рис. 211) скорость комка грязи в моментотрыва от колеса направлена по касательной к ободу в точке А (рис. 12), иесли колесо катится без пробуксовки или проскальзывания, то vx = v. Так как
начальная вертикальная координата комка у0 = = R (1 — cos а), то закон движения вдоль оси О У
y — R (1 — cos а) + (у sin а) • t —
Далее, используя уравнение (2) задачи 54 и время движения до наибольшей высоты, найденное в задаче 56, получим:
/ п /1 ч , v* sin2 аI/макс —h = R (1—COSO0H---2^— •
Если движение автомобиля с той же скоростью сопровождается пробуксовкой колеса, то
v x > v , высота подъема комков грязи больше. Если же колесо проскальзывает относительно поверхности земли при торможении (движение юзом), то vx < v , и комки будут взлетать на меньшую высоту.
87. Пусть за время t цилиндр сделал п оборотов. В этом случае шарик не будет задерживаться желобом, если длина п шагов винтового желоба будет равна расстоянию, на которое шарик упадет за это время при свободном падении, т. е. nh — gt2/2. Если нить тянули при этом с ускорением а, то расстояние, на которое ее вытянули, I = а/2/2, что равно в то же время длине смотанных с цилиндра п витков нити l = nDn. Из этих выражений легко получить:
а = ngD/h.
§ 4. Динамика прямолинейного движения
88. v = ft/m ^ 43 км/ч.
89. f=F-ma=F-~(v*-vl )^ 4 ,3-10 ‘Н.
90. При спуске с постоянной скоростью сумма сил, действующих на шар, равна нулю: Mg — Q — f = 0, где / — сила сопротивления движению шара. При подъеме шара сила сопротивления будет иметь по-прежнему величину /, так
Рис. 211
206
![Page 2: ЗАДАЧИ ПО ФИЗИКЕ. ГЛАВА I. МЕХАНИКА. § 4. Динамика прямолинейного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ](https://reader031.vdocuments.site/reader031/viewer/2022013108/55b63b32bb61ebf10f8b479f/html5/thumbnails/2.jpg)
как согласно условиям задачи скорость сохраняет свою величину, но теперь эта сила направлена вниз. Сумма всех сил с учетом уменьшения массы шара за счет выброшенного балласта по-прежнему равна .нулю: (М — т) g—Q + /=0.
Исключая из этих уравнений /, найдем:
т
= 4410 Н.
91. Действующие на тело силы изображены на рис. 212; F — искомая сила. На основании второго закона Ньютона ma — F-\-mg. Отсюда F = m (а—g)^26 Н.
92. F = ma — 70 Н.93. Действующие на груз силы изображе
ны на рис. 213. Г—-натяжение проволоки, р = mg — сила тяжести. На основании второго закона Ньютона та = Т — Р. Согласно условию задачи Т Следовательно,
а =£ (Т’макс — Р)/пг 1,2 м/с2.
94. m — 2mlmi/(mi+m2) = 190 кг.95. Натяжение каната не зависит от направления движения самой клети
(направления ее скорости) и определяется только ее ускорением. В первом случае направление ускорения совпадает с направлением натяжения каната. Поэтому знаки аг и Тг одинаковы и таг = 7\ — mg. Отсюда
T1 = m(a1 + g)-. =3420 Н.
Во втором случае ma2 — mg — Т2. Следовательно,
T2 = m (g—а2) ^ 2705 Н.
96. Используя решение задачи 95, полу
чим: a=g ^1— -^=2,45 м/с2. Ускорение на
правлено вниз.97. Действующие на гири силы изображе
ны на рис. 214. Уравнения движения имеют вид:
т±а = Т2 — Т±—Pi> m^cL^Ti — Р2.
Здесь а —ускорение груза, равное ускорению лифта, Pi — mig и Р2 = m2g—силы тяжести*.Разрешая уравнения относительно Г2, получим:
r2=^ii^7’1=14)7 н.т2
98. Действующие на груз силы изображены на рис. 215. Реакция опоры N направлена по ускорению. Следовательно, ma — N — Р, где Р = mg — сила тяжести. Отсюда
N — mg-\-mci=-1004,5 Н.
207
Рис. 214 Рис. 215
![Page 3: ЗАДАЧИ ПО ФИЗИКЕ. ГЛАВА I. МЕХАНИКА. § 4. Динамика прямолинейного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ](https://reader031.vdocuments.site/reader031/viewer/2022013108/55b63b32bb61ebf10f8b479f/html5/thumbnails/3.jpg)
По третьему закону Ньютона с такой же силой груз будет давить на дно клети.
N99. a — ^—g—0,49 м/с2. Ускорение лифта направлено вверх.
100. Действующие на тело силы изображены на рис. 216; F — сила,с которой действует на тело растянутая пружина (показание пружинных весов), Р — mg—сила тяжести.
В первом случае уравнение движения тела имеет вид: ma1 = Fi — Р; отсюда F1 = m (g-\-a1)= 14,7 Н.
Во втором случае та2 = Р — F2, так как направления ускорения а2 и силы тяжести совпадают. Следовательно, F2 = m(g—a2) = 4,9 Н.
В третьем случае /73 = т(^ —а3) = 7,35 Н. Выражение
для силы имеет тот же вид, что и во втором случае, ибо направление ускорения то же самое.
В последнем случае F4 = m (g-\-a^ = 12,25 Н.101. Действующие на тело силы изображены на рис.
217. На основании второго закона Ньютона ma—F—/, где f—kN, a N — реакция опоры. Так как движение вдоль вертикали отсутствует, N = p = mg. Следовательно, F — tna + kP 0,79 Н.
102. s = v2I2a — v2/2kg^ 12,3 м.
Рис. 216
ЮЗ. и = У 2 • 0,06gs ^ 4,9 м/с.
{N
ИМ
Рис. 217 Рис. 218
104. Действующие на груз силы изображены на рис. 218. В горизонтальном направлении на груз действует только сила трения /. Сообщаемое грузу
ускорение a — f/m. В вертикальном направлении груз не ускоряется: N — mg=0. Максимальное значение силы трения покоя fMaKC—kN — kmg. Следовательно, возможные значения ускорения груза удовлетворяют неравенству
макс/»* =Доске нужно сообщить ускорение аг > kg—
= 1,96 м/с2. В этом случае сила трения не сможет сообщить грузу ускорение, достаточное для его движения без проскальзывания.
105. Используя решение задачи 104, легко найти: F^kg (М + т)— 10,8 Н.106. На тело действуют четыре силы, изображенные на рис. 219;
аа=~ [F (cosa+6 sin а)- -kP]\ Fi-
kPcos а+й sin а
208
![Page 4: ЗАДАЧИ ПО ФИЗИКЕ. ГЛАВА I. МЕХАНИКА. § 4. Динамика прямолинейного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ](https://reader031.vdocuments.site/reader031/viewer/2022013108/55b63b32bb61ebf10f8b479f/html5/thumbnails/4.jpg)
107 ^ ^C0S а — ’’ 8^П
108. Силы, действующие на воз, показаны на рис. 220.1) Если Р < F3 sin а, то воз может оказаться «в облаках» (решение выходит
за рамки условий задачи, так как рак и щука уже не будут тянуть в противоположные стороны).
2) Если Р > F3 sin а и kN=k (Р —F3 sin а) > | F2 —Fi+F3 cos а |, то «воз и ныне там», т. е. s =0.
3) Если P>F3sina и k (Р— F3 sin а) < | F2 —Fx+F3 cosa |, тоet2
S = [ ± (Fi F2 Fз cos a) — k ( P — F 3 sin a)] |^ ,
где знак плюс относится к случаю F1>F3cosa+F2 и знак минус— к случаю Fi<F3cosa+F2.
109. F = т
110. а= —= 58,8 м/с2; N = mg-\-ma = mg [ 1 + —) ^ 4802 Н.Н
т1Ti Тг
ГП-2
111. Минимальная сила F = mg=735 Н.112. h = ml 2k =1,8 м.113. На первое тело вдоль горизонтали действуют сила F и натяжение
нити Тх (рис. 221). Действующие по вертикали силы взаимно уравновешиваются и на рис. 221 не изображены. Они невлияют на движение тел в направлении ^ силы F. На второе тело действует натя- жение нити Г2. Так как нить невесома, то 777̂ 77777777̂ 7777777777̂ 7777777777777̂ 777, Г1 = Г2 = 71.
Уравнения движения первого и второ- Рис. 221го тел имеют вид: mxa — F — T\ m2a — T.Здесь учтено, что оба тела имеют одинаковые ускорения. Согласно условию задачи Г^Гмакс. Следовательно, а^Гмакс/т2 и
F =£= гмакс + mLa = Гмакс = 7,5 Н.Ш2
209
![Page 5: ЗАДАЧИ ПО ФИЗИКЕ. ГЛАВА I. МЕХАНИКА. § 4. Динамика прямолинейного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ](https://reader031.vdocuments.site/reader031/viewer/2022013108/55b63b32bb61ebf10f8b479f/html5/thumbnails/5.jpg)
Если сила приложена ко второму телу, то приведенные рассуждения остаются в силе, только массы тг и т2 меняются местами. Теперь
г: т2 ~f” miт1
■ ТМЯКС 15 Н.
115. Т--
114. T = (m1F2 + m2F1)/(mi + m2). tn\F2 -f- (m2 m3) Fi
ml + m2 + m3116. На рис. 222 изображены силы, действующие на доску А с грузом и
на чашку с гирями. Здесь N — сила реакции опоры, Г—натяжение нити и f—сила трения. Так как движение по вертикали отсутствует, то
(Я1 + Р2) = 0. При равномерном движении T — f — О и Р3 + Р4 —Г = 0. Сила трения f=kN = k(P1
JrP2).и Р3 + Р4Исключая Т из этих уравнении, найдем: k = р^р " ,0,3.
W3 Рис. 223
Щ9
Рис. 224
117. На груз действуют сила тяжести mg и натяжение веревки, равное силе Р, приложенной к ее другому концу (рис. 223). Искомая сила определяется с помощью второго закона Ньютона: ma — F — mg. Отсюда F — = m (a+g) = 108 Н.
118. Действующие на блок и грузы силы изображены на рис. 224. Так как блок неподвижен, то действующая на него со стороны динамометра сила F = 2T. Уравнения движения грузов: m2a = m2g — Г, тга = Т — mxg. Здесь учтено, что ускорение грузов одинаково по величине и что ускорение второго груза направлено вниз, а первого —вверх.
Исключая из этих уравнений ускорение, найдем: Т = - .mi + т2
Искомое показание* динамометра на основании третьего закона Ньютона \mxm2gравно F-2T- ■ ^ 62,7 Н.т1 + т2
119. Так как масса первого груза во много раз меньше, чем масса второго, то можно считать, что грузы движутся с ускорением g. Натяжение нити определяется уравнением mg^T — mg. Отсюда Т^2mg—\ кгс = 9,8 Н.
210
![Page 6: ЗАДАЧИ ПО ФИЗИКЕ. ГЛАВА I. МЕХАНИКА. § 4. Динамика прямолинейного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ](https://reader031.vdocuments.site/reader031/viewer/2022013108/55b63b32bb61ebf10f8b479f/html5/thumbnails/6.jpg)
120. Согласно решению задачи 118 сила Т, растягивающая пружину, равна Т = 2m1m2g/(m1 + m2). По закону Гука T=k (1 — 10), где k = F/x — коэффициент упругости пружины. Отсюда найдем:
2mlm2gxl = lo + = 17,35 см.
121. t-- Y 2s (тг + т2) = 0,7 с, где s= 1 m —путь, пройденный каждой
из гирь.122. m1 = 4sm/(gt2 — 2s) = 10 г.123. Действующие на тело и перегрузок силы изображены на рис. 225.
N = N' по третьему закону Ньютона. Уравнения движения для всех трех тел запишутся в форме:
ma — T — mg; ma = mg—T-\- N; %&&%%%??% m^ — mxg—N.
Исключая отсюда а и Т, найдем:
2mm1gN-- : 0,39 Н.
''Zti/ZX/Z/AЖ °|
н■в
Pi i
I I н
2mJrm1
124. Центр тяжести грузов, очевидно, будет опускаться. Пусть вначале центр тяжести находится в точке С0 (рис. 226) на расстоянии bi по вертикали от первогогруза и на расстоянии Ь2 от второго. Величины Ьг и Ь2 удовлет^ воряют условию
Plbl = P%b 2. (1)За время t второй груз опустится на
Я = at2/2, (2)а первый поднимется на ту же высоту. Центр тяжести системы опустится за это же время на высоту h, определяемую уравнением
P2(H + b2-h) = P1 {Н + Ьг + h).
Отсюда, учитывая уравнения (1) и (2), найдем, что в данный момент времени
Рис. 226
P* + Pi1 H _ P 2 - P i a t 2
" " * 2P^ + Pi
Ускорение а определяется системой уравнений, приведенной в решении
задачи 118; оно равно а -Pi-i-P 2
-g. Поэтому
h = P2 — Pi\* gt2 _ a't2
P1 + P2
Таким образом, центр тяжести системы движется равноускоренно с уско
рением af — I IP2-P1\P1-\-P2
211
![Page 7: ЗАДАЧИ ПО ФИЗИКЕ. ГЛАВА I. МЕХАНИКА. § 4. Динамика прямолинейного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ](https://reader031.vdocuments.site/reader031/viewer/2022013108/55b63b32bb61ebf10f8b479f/html5/thumbnails/7.jpg)
125. Действующие на движущиеся тела силы изображены на рис. 227. Считая, что тело, имеющее массу тъ поднимается, а неподвижный блок с телом, имеющим массу т2, опускается, уравнения движения можно записать в форме: А?г1а1 — Т — mxg\ m2a2 = m2g — 2T.
Связь между ускорениями аг и а2 можно найти из следующих соображений. Если первое тело поднимется на высоту то второе тело опустится
за это время на высоту h2^=hxl2. Так как пройденные пути прямо пропорциональны ускорениям, то отсюда вытекает, что по абсолютной величине
с^^ах/2.Решая данную систему уравнений, найдем:
3mxm2g/722 -j- 4 tTli
2(m2 — 2m1)g Am1-\-m2
(m2 —2mx)g
1,26 H;
= 5,6 м/с2;
= 2,8 м/с2.
Рис. 227
скости, равна = kmg cos a.
нулю: N
\mx + m2
126. На тело действуют три силы, изображенные на рис. 228. Ускорение вдоль наклонной плоскости определяется суммой проекций сил на данное направление: ma = mg sm a —f. Сумма проекций сил на направление, перпендикулярное к наклонной пло- — mg cosa = 0. Следовательно, сила трения f=kN =
fУскорение a—g sin а——=g (sin a — k cos а) «з 2,45 м/с2.
127. Ускорение тела, как видно из решения задачи 126, равно а =h 1
sm а = — 2 ’ cos а =
. Время и конечная скорость определяются кинематически:
= g (sin a — k cos а). Согласно условию задачи
V 1г— ы Уз~ I ”2
t — V21/а ^ 2,5 с, v — V2al 8 м/с.
too / vo V^sin a — £ cos ct-f-Ksin a-j-6cosat — — ■■ ... . ... . #g (sin a + & cos a) у sin a — k cos a
129. Действующие на санки силы изображены на рис. 229. Здесь P — mg —сила тяжести, действующая на санки; N — реакция опоры. Второй закон
212
![Page 8: ЗАДАЧИ ПО ФИЗИКЕ. ГЛАВА I. МЕХАНИКА. § 4. Динамика прямолинейного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ](https://reader031.vdocuments.site/reader031/viewer/2022013108/55b63b32bb61ebf10f8b479f/html5/thumbnails/8.jpg)
Ньютона для движения вдоль наклонной плоскости запишется в форме: та = = Р sin а — /— Т> где sina = h/ly a f = 0,lP. Кинематическое соотношение, определяющее ускорение, имеет вид: a = v2/2l. Следовательно,
Ph__ 0,7" Pv2
130. Тело получает ускорение под действием сил, изображенных
Т =-
получает ускорение под действием сил, изображенных на рис. 230. Для движения тела вдоль наклонной плоскости уравнение Ньютона имеет вид: та — mg sin а + /г cos а. Отсюда
Fа — g sin ос -| cos а = 10 м/с2.6 т
Давление на плоскость, равное по третьему закону Ньютона силе ЛГ, можно найти из равенства нулю проекций сил на направление, перпендикулярное к наклонной плоскости: Pcosa — Z7 sin а — N = 0. Следовательно,
N — Р cos а — F sin а = 277,3 Н,
131. На тела действуют силы, изображенные на рис. 231. Если предположить, что перетягивает груз массы М, то уравнения движения грузов
запишутся в форме: Ma — Mg sin ос — Т; найдем:
а~-Mg sin a —mg
--T — mg. Исключая натяжение Г,
-0,98 м/с2.М +т
Знак минус означает, что движение в действительности происходит в направлении, обратном тому, которое мы предположили.
132. Уравнения движения грузов для проекций на направления движения (положительные направления — вверх):
ma==mg—Tx\ m2a = T1—T — m2g( sin а ± k cos а); tnxa — Т — mxg (sin a ± k cos a).
Здесь Тг — натяжение нити между грузами с массами m и тг; знак плюс относится к случаю, когда грузы движутся вверх по наклонной плоскости, знак минус —к случаю, когда они движутся вниз; начальная скорость всех грузов равна нулю. Из уравнений движения находим:
a—gт — (тг + т2) (sin a ± k cos a) T — mlm2g
1 + sin a ± k cos am + mi + m2 ’ ' —1—к» m -f + Щ
При этом движение вверх по наклонной плоскости (а >► 0) возможно лишь при условии
m > (пгг -{- m2) (sin а + k cos а), а движение вниз —при условиях
m < (mi + m2) (sin a — k cos a) и tg a>&.
213
![Page 9: ЗАДАЧИ ПО ФИЗИКЕ. ГЛАВА I. МЕХАНИКА. § 4. Динамика прямолинейного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ](https://reader031.vdocuments.site/reader031/viewer/2022013108/55b63b32bb61ebf10f8b479f/html5/thumbnails/9.jpg)
Если эти условия не выполняются, то грузы неподвижны, а величина Т может принимать различные значения от 0 до
1 + sin а + k cos аmм OT+mi+W2
в зависимости от соотношений между m, mlt т2, k и а и от натяжения нитив начальный момент. Например, при tgcc<& и m < m2 (sin a-\-k cos а) грузы
на наклонной плоскости можно установить так,что нить между ними не будет натянута, т. е.Т==0.
133. Со стороны ящика на шар могут действовать силы Nx и N2, перпендикулярные к дну и к передней стенке ящика (см. рис. 232). Уравнение движения шара, таким образом, будет иметь вид: Ма=Mg sin а — N&
Учитывая, что ускорения шара и ящика равны, уравнение движения ящика можно записать в форме: та —mg sin а + Л^2, где т—масса ящика. Эти уравнения совместны лишь при условии N2 = 0. Давление на переднюю стенку ящика будет отсутствовать, так как составляющие сил тяжести, действующих на шар и ящик, сообщают шару и ящику одинаковые ускорения g sin а.
Сила давления на дно ящика такая же, как и при обычном соскальзывании тела: Nx — Mgcos а.
134. На кубик действуют силы, изображенные на рис. 233: / — сила трения, R — реакция опоры, равная по величине искомому нормальному давлению N. Согласно условию задачи кубик движется вместе с лифтом с ускорением а, направ
леннымвид:
Рис. 233
вверх. Уравнение движения для вертикального направления имеет
та = Я cos а — mg+f sin а. (1)
В горизонтальном направлении ускорение отсутствует. Поэтому сумма проекций сил на горизонтальное направление равна нулю:
/cosa — k sin а = 0. (2)
Из уравнений (1) и (2) находим:N — R = m (g + a) cos a, f — m (g + а) sin а.
Таким образом, наличие ускорения у лифта эквивалентно увеличению ускорения свободного падения на величину а. Коэффициент трения должен, как и в случае неподвижной наклонной плоскости, удовлетворять условию
£ > tg а.
135. Проекция силы тяжести, действующая на доску вдоль наклонной плоскости, равна Mg sin ос. Следовательно, при равновесии доски * такая же сила должна действовать на доску в противоположном направлении со стороны человека.
214
![Page 10: ЗАДАЧИ ПО ФИЗИКЕ. ГЛАВА I. МЕХАНИКА. § 4. Динамика прямолинейного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ](https://reader031.vdocuments.site/reader031/viewer/2022013108/55b63b32bb61ebf10f8b479f/html5/thumbnails/10.jpg)
По третьему закону Ньютона на человека со стороны доски также будет действовать проекция Mg sin а, направленная параллельно плоскости вниз (рис. 234). На этом рисунке изображены лишь те составляющие сил, действую^ щих на доску и человека, которые направлены вдоль наклонной плоскости.
По второму закону Ньютона ускорение человека вдоль наклонной плоскости определяется суммой проекций сил по этому направлению: та = = mg sin а + Mg sin а. Из этого уравнения найдем, что человек должен бежать с ускорением
• Л , М'a=g sm а ( 1 -|—
направленным вниз, различно.
Направление движения самого человека при этом без^
Рис. 234
136. Предположим, что при установившемся движении шарик отклонен от перпендикуляра к наклонной плоскости на угол р (рис. 235). Тогда уравнение Ньютона для движения шарика вдоль плоскости запишется в форме: та = mg sin а + Т sin р.
Сумма сил, действующих на шарик в перпендикулярном к плоскости направлении, равна нулю: mg cos а — Т cos (3 = 0.
Но при установившемся движении все точки тележки, шарик и нить движутся с одним и тем же ускорением a = g sin а. Подставляя его в первое уравнение, получим: Т sin Р = 0. Из второго
уравнения видно, что Т ф 0. Следовательно,Р = 0 и нить перпендикулярна к наклонной плоскости. Отсюда искомое натяжение
Т = rug cos а = 1 гс = 9,8 • 10-3 Н.
137. На элемент жидкости Дт у поверхности-воды действует сила тяжести A mg и сила давления &R, перпендикулярная к поверхности (рис. 236). Если поверхность жидкости парал-» лельна наклонной плоскости, то уравнение движения элемента жидкости будет иметь вид:Ama = Amgsina. Следовательно, ускорение этого элемента a=gsina. Это ускорение должен иметь весь бак с водой. Его уравнение движения
Ма = Mg sin a = Mg sin a — kMg cos a + F.Отсюда находим, что действующая на бак сила F равна по величине силе трения:
F—kMg cos a.215
![Page 11: ЗАДАЧИ ПО ФИЗИКЕ. ГЛАВА I. МЕХАНИКА. § 4. Динамика прямолинейного движения. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ](https://reader031.vdocuments.site/reader031/viewer/2022013108/55b63b32bb61ebf10f8b479f/html5/thumbnails/11.jpg)
138. При установившемся движении все элементы ведра с водой движутся по прямым линиям, образующим угол а с горизонтом, как и при движении тела по наклонной плоскости Следовательно, все элементы воды движутся с ускорением a = gsina, которое сообщается составляющей силы тяжести вдоль троса. Значит, сила давления со стороны дна ведра на воду перпенди
кулярна к направлению движения и уравновешивает составляющую силы тяжести вдоль этого направления: N = mg cos a(рис. 237).
По условию задачи m — pSh, где 5 — площадь ведра, а р —плотность воды. Согласно третьему закону Ньютона давление воды на дно ведра
р = N/S — pgh cos a.
139. Бревно будет составлять с канатом одну линию лишь в том случае, если
оно не будет касаться земли. В противном случае окажется, что сумма моментов сил относительно его центра тяжести отлична от нуля, когда бревно и канат составляют одну линию.
Уравнение движения бревна при выполнении условия задачи будет иметь вид: та—Тсоsa, где т — масса бревна, Г — сила натяжения каната, a — угол между бревном и поверхностью земли. По вертикали перемещения бревна не происходит, поэтому mg = Т sin а. Отсюда
, I (6 — /у2 — Л2a=g ctga^g—---------------- .
§ 5. Закон сохранения количества движения
140. F=-^- = mvn = 15 Н.At
141. Так какчества движения
pfSina
а'<1
P 2slча г*-
р9~т
стенка гладкая, то при столкновении составляющая коли- мяча вдоль стенки не изменяется (см. рис. 238, на котором
изображены векторы количества движения мяча перед ударом рх и после удара р2). Составляющая же, перпендикулярная. к стенке, меняет знак. В результате мяч отскакивает под углом а к стенке. Изменение проекции количества движения на направление, перпендикулярное к стенке, равно
Ар = mv sin а — (— mv sin a) = 2mv sin a.
Искомая силаAp 2mv sin a
Рис. 238 At At= 15 H.
142. Ap = m (y+-V2gh) == 1,6 кг • м/с.143. u = — mv/M — — 3,25 м/с. Знак минус указывает на то, что скорости
орудия и снаряда направлены в противоположные стороны.