№ 22 · Расчётная задача по механике

Связь ско­ро­стей при сво­бод­ном па­де­нии без со­про­тив­ле­ния воз­ду­ха за­даёт­ся фор­му­лой \(v^2=v_0^2+2gh\). По усло­вию \(v=2v_0\), по­это­му \(4v_0^2=v_0^2+2gh\).

При \(h=15\,\text{м}\) и \(g=10\,\text{м/с}^2\) на­чаль­ная ско­рость:

\[v_0=\sqrt{\frac{2gh}{3}}=\sqrt{\frac{2\cdot10\cdot15}{3}}=10\,\text{м/с}.\]

\(10\,\text{м}/\text{с}\).

Вы­бе­рем на­прав­ле­ние на­чаль­ной ско­ро­сти ша­ри­ка мас­сой \(m_1=10\,\text{г}\) за по­ло­жи­тель­ное. Мас­са вто­ро­го ша­ри­ка \(m_2=20\,\text{г}\). Ша­ри­ки дви­жут­ся на­встре­чу со ско­ро­стя­ми оди­на­ко­во­го мо­ду­ля \(u=4{,}5\,\text{м/с}\), а по­сле столк­но­ве­ния сли­па­ют­ся. За­кон со­хра­не­ния им­пуль­са даёт:

\[v=\frac{m_1u-m_2u}{m_1+m_2}=\frac{(10-20)\cdot4{,}5}{10+20}=-1{,}5\,\text{м/с}.\]

Знак ми­нус по­ка­зы­ва­ет, что ша­ри­ки по­сле столк­но­ве­ния дви­жут­ся в на­прав­ле­нии на­чаль­ной ско­ро­сти бо­лее тяжёло­го ша­ри­ка. Мо­дуль ско­ро­сти ра­вен \(1{,}5\,\text{м/с}\).

1,5

Цик­ли­че­ская ча­сто­та \(\omega=\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{200}{2}}=10\,\text{рад/с}\). Из \(v_{\max}=\omega A\) по­лу­ча­ем:

\[A=\frac{v_{\max}}{\omega}=\frac{1}{10}=0{,}10\,\text{м}.\]

В край­нем по­ло­же­нии сила мак­си­маль­на: \(F_{\max}=kA=200\cdot0{,}10=20\,\text{Н}\).

20

Пусть до рас­смат­ри­ва­е­мо­го участ­ка тело дви­га­лось вре­мя \(t\). При по­сто­ян­ном уско­ре­нии \(v_1=at\), а че­рез 2 с \(v_2=a(t+2)\).

По усло­вию \(v_2=3v_1\), от­ку­да \(a(t+2)=3at\), \(t+2=3t\), по­это­му \(t=1\,\text{с}\).

1

При пла­ва­нии вес шара урав­но­ве­шен ар­хи­ме­до­вы­ми си­ла­ми от обе­их жид­ко­стей. Чет­верть объ­ёма по­гру­же­на в воду, осталь­ные три чет­вер­ти — в ке­ро­син: \(\rho Vg=\rho_{\text{в}}\frac V4g+\rho_{\text{к}}\frac{3V}{4}g\).

По­сле со­кра­ще­ния на \(Vg\):

\[\rho=\frac{\rho_{\text{в}}}{4}+\frac{3\rho_{\text{к}}}{4}=\frac{1000}{4}+\frac{3\cdot800}{4}=850\,\text{кг/м}^3.\]

От­вет: 850 кг/м³.

850

Пусть на­чаль­ная ско­рость \(v_0\), ко­неч­ная \(v_1=\frac{v_0}{3}\). Для дви­же­ния с по­сто­ян­ным уско­ре­ни­ем путь \(s=\frac{v_0+v_1}{2}\Delta t\). От­сю­да:

\[v_0=\frac{3s}{2\Delta t}=\frac{3\cdot20}{2\cdot2}=15\,\frac{\text{м}}{\text{с}}.\]

\[v_1=\frac{v_0}{3}=\frac{15}{3}=5\,\frac{\text{м}}{\text{с}}.\]

Мо­дуль уско­ре­ния:

\[|a|=\frac{|v_1-v_0|}{\Delta t}=\frac{|5-15|}{2}=5\,\frac{\text{м}}{\text{с}^2}.\]

5

Мо­дуль ско­ро­сти ра­вен мо­ду­лю на­кло­на гра­фи­ка ко­ор­ди­на­ты. На са­мом кру­том участ­ке, от \(4\) до \(5\,\text{мин}\), ко­ор­ди­на­та ме­ня­ет­ся от \(900\) до \(300\,\text{м}\), то есть \(|\Delta x|=600\,\text{м}\); \(\Delta t=60\,\text{с}\). Мак­си­маль­ная ско­рость:

\[v_{\max}=\left|\frac{\Delta x}{\Delta t}\right|=\frac{600\,\text{м}}{60\,\text{с}}=10\,\text{м/с}.\]

При мас­се \(m=1700\,\text{кг}\) мак­си­маль­ная ки­не­ти­че­ская энер­гия:

\[E_{k,\max}=\frac{mv_{\max}^2}{2}=\frac{1700\cdot10^2}{2}=8{,}5\cdot10^4\,\text{Дж}.\]

\(8{,}5\cdot 10^{4}\)

На од­ном уров­не в не­по­движ­ной жид­ко­сти дав­ле­ния в обо­их ко­ле­нах оди­на­ко­вы.

Сле­ва дав­ле­ние скла­ды­ва­ет­ся из ат­мо­сфер­но­го дав­ле­ния и вкла­дов двух слоёв: \(p_{\text{сле­ва}}=p_{\text{атм}}+p_{\text{кер}}+p_{\text{воды}}\), где \(p_{\text{кер}}=\rho_1g(H-b)\), \(p_{\text{воды}}=\rho_2gb\).

Спра­ва над тем же уров­нем рас­по­ло­жен столб воды вы­со­той \(h\): \(p_{\text{спра­ва}}=p_{\text{атм}}+\rho_2gh\). При­рав­ня­ем дав­ле­ния и со­кра­тим ат­мо­сфер­ное дав­ле­ние:

\[\rho_2gh=\rho_1g(H-b)+\rho_2gb.\]

При за­дан­ных плот­но­стях и раз­ме­рах:

\[h=b+\frac{\rho_1}{\rho_2}(H-b)=10+\frac{800}{1000}(30-10)=26\,\text{см}.\]

От­вет: \(26\,\text{см}\).

26

Груз не­по­дви­жен. На него дей­ству­ют сила тя­же­сти \(mg\) вниз, а сила на­тя­же­ния нити \(T\) и сила Ар­хи­ме­да \(F_A\) вверх. Усло­вие рав­но­ве­сия: \(T+F_A=mg\).

Для пол­но­стью по­гружён­но­го гру­за \(F_A=\rho gV\). По­это­му:

\[T=mg-\rho gV=2{,}0\cdot10-700\cdot10\cdot10^{-3}=13\,\text{Н}.\]

От­вет: \(13\,\text{Н}\).

13

В воде на­хо­дит­ся треть объ­ёма шара, а в ке­ро­си­не — остав­ши­е­ся две тре­ти. Для рав­но­ве­сия сила тя­же­сти долж­на урав­но­ве­ши­вать­ся обе­и­ми си­ла­ми Ар­хи­ме­да: \(\rho_{\text{ш}}Vg=F_{A,\text{в}}+F_{A,\text{к}}\), где \(F_{A,\text{в}}=\rho_{\text{в}}\frac{V}{3}g\), \(F_{A,\text{к}}=\rho_{\text{к}}\frac{2V}{3}g\).

Со­кра­тим на \(Vg\) и под­ста­вим плот­но­сти воды и ке­ро­си­на:

\[\rho_{\text{ш}}=\frac{\rho_{\text{в}}}{3}+\frac{2\rho_{\text{к}}}{3}=\frac{1000}{3}+\frac{2\cdot800}{3}=\frac{2600}{3}\approx8{,}67\cdot10^2\,\text{кг/м}^3.\]

От­вет: \(8{,}67\cdot10^2\,\text{кг/м}^3\).

\(8{,}67\cdot 10^{2}\)

По ри­сун­ку по­сле от­пус­ка­ния пред­ме­та его ко­ор­ди­на­ты че­рез 1, 2 и 3 с рав­ны 6, 24 и 54 м. Ось y на­прав­ле­на вниз, на­чаль­ная ко­ор­ди­на­та рав­на нулю.

За по­сле­до­ва­тель­ные рав­ные про­ме­жут­ки вре­ме­ни пред­мет про­хо­дит 6, 18 и 30 м. При­ро­сты этих пе­ре­ме­ще­ний оди­на­ко­вы, что со­от­вет­ству­ет рав­но­уско­рен­но­му дви­же­нию. Для сво­бод­но­го па­де­ния без на­чаль­ной ско­ро­сти \(y=\frac{a_yt^2}{2}\).

По пер­вой от­мет­ке:

\[a_y=\frac{2y}{t^2}=\frac{2\cdot6}{1^2}=12\,\frac{\text{м}}{\text{с}^2}.\]

Про­вер­ка по вто­рой от­мет­ке:

\[a_y=\frac{2y}{t^2}=\frac{2\cdot24}{2^2}=12\,\frac{\text{м}}{\text{с}^2}.\]

По тре­тьей от­мет­ке:

\[a_y=\frac{2y}{t^2}=\frac{2\cdot54}{3^2}=12\,\frac{\text{м}}{\text{с}^2}.\]

Все дан­ные со­гла­су­ют­ся с од­ним по­сто­ян­ным уско­ре­ни­ем. Его про­ек­ция по­ло­жи­тель­на: \(a_y=12\,\frac{\text{м}}{\text{с}^2}\).

дви­же­ние рав­но­уско­рен­ное; уско­ре­ние \(12\,\text{м}/\text{с}^{2}\).

По го­ри­зон­та­ли внеш­ним им­пуль­сом мож­но пре­не­бречь. До прыж­ка им­пульс ра­вен \(m_тv_т+m_мv_м\); по­сле не­упру­го­го столк­но­ве­ния те­леж­ка и маль­чик дви­жут­ся вме­сте со ско­ро­стью \(v\). За­кон со­хра­не­ния им­пуль­са: \((m_т+m_м)v=m_тv_т+m_мv_м\). От­сю­да:

\[v=\frac{m_тv_т+m_мv_м}{m_т+m_м}=\frac{50\cdot1+50\cdot2}{50+50}=1{,}5\,\text{м/с}.\]

От­вет: \(1{,}5\,\text{м}/\text{с}\).

1,5