Документ 333223

Задача 1.
Задача 2.
1 Силы действующие на бруски
показаны на рисунке 129. Запишем второй
закон Ньютона для каждого из брусков в
проекциях на горизонтальное (ось х) и
вертикальное (ось y)
направления
m1a  F ( t )  T cos  ; 
0  N1  T sin   m1 g ; 

m2 a  T cos   Fтр ; 
0  N 2  T sin   m2 g .
Рисунок 129
(1)

 
ускорения обоих брусков одинаковы и силы натяжения нити T1 и T2 равны
по модулю. Полагая Fтр  N 2 и решая систему уравнений (1), находим
При записи (1) учтено, что при нерастяжимой нити и неизменном угле
ускорение брусков
a( t ) 
k (cos    sin  )t  m2 g cos 
( m1  m2 ) cos   m1 sin 
и силу натяжения нити
(2)
km2 t  m1m2 g
(3)
( m1  m2 ) cos   m1 sin 
m2 g cos 
Из (2) видно, что при 0  t  t1 
ускорение
k cos    sin  
a( t )  0 , то есть направленно против оси X, что невозможно. Фактически
T( t ) 
это означает, что в системе действует сила трения покоя, возникающая
между вторым бруском и плоскостью. Поэтому при 0  t  t1 ускорение
брусков a  0 .
В поведении системы есть и вторая особенность. Как ясно из (3) сила
натяжения растет со временем. Соответственно сила реакции
N 2 ( t )  m 2 g  T ( t ) sin 
убывает со временем по линейному закону и, начиная с момента времени
t2 
m1  m2 gctg
k
, обращается в нуль. С этого момента времени
действие силы трения прекращается, и бруски будут двигаться с ускорением
a( t ) 
F( t )
kt

(4)
m1  m 2 m1  m 2
a( t 2 )  gctg  ,
достигаемое
системой в момент времени t 2 , можно найти как из
Ускорение
выражения (2) так и из выражения (4). График
зависимости a( t ) приведен на рисунке 130
Рисунок 130
Задача 3.
A=
(
;
);
;
Задача 4.
Из второго закона Ньютона для заряда находящегося в верхней точке
траектории:
;
Что бы тело сделало полный оборот необходимо что бы Т в верхней точке
Т 0 т.е.
;
Для миниимальной скорости в верхней точке имеет
урав.:
Из закона сохранения энергии :
.
Задача 5
При прохождении импульса тока стержень сместиться из положения
равновесия под действием силы Ампера. Поэтому после прохождения
импульса тока он будет совершать гармонические колебания в вертикальной
плоскости по закону
xt   A sin t
под действием сил упругости со стороны пружин подвеса.
Скорость стержня так же будет изменяться по
гармоническому закону
V t  
dx
 A cos t  V0 cos t ,
dt
Рисунок 154
(1)
где V0 – амплитуда скорости,  – частота колебаний стержня.
Значение V0 найдем записав изменение импульса стержня, обусловленное
действием силы Ампера в течении времени  ,
mV0  IB
Отсюда
V0 
IB
m
(2)
Частоту колебаний можно определить либо из уравнения движения стержня
m
d 2x
 2kx , откуда
dt 2

2k
,
m
(3)
либо из энергетических соображений. Так, сравнивая энергии стержня в
момент прохождения им положения равновесия и в момент максимального
отклонения от него, можем записать
mV02 2kA2

2
2
(4)
Учитывая, что согласно (1) V0  A , из (4) легко получить   2k m , что
совпадает с (3).
Тогда зависимость скорости стержня от времени имеет вид
V0 (t ) 
IB
2k
cos
t.
m
m
Задача 6
5 Механическая мощность Pмех
будет равна разности мощности P ,
потребляемой от источника, и
*
мощности P тепловых потерь в
проводнике. Учитывая, что
Рисунок 156
P  I и P*  I 2 R ,
где I – сила тока в проводнике при
установившейся скорости его движения, имеем
Pмех  I   IR 
(1)
После подключения источника на проводник в горизонтальной плоскости


будут действовать сила Ампера FA и сила трения Fтр проводника о рельсы
(рисунок 156).
Следовательно проводник будет двигаться с установившейся скоростью,
если
IBl  mg
Отсюда для силы тока в проводнике при его установившемся движении
получаем
I
Тогда, согласно (1),
Pмех 
mg
(2)
Bl
mg 
 
Bl 
mgR 

Bl 
Для определения скорости проводника воспользуемся вторым правилом
Кирхгофа, согласно которому при установившемся движении проводника
   i  IR
(3)
Здесь  i – ЭДС индукции в контуре равная, как ясно из рисунка 156
i  

BlVt

  BlV
t
t
Тогда из (3) с учетом (2) находим
V

Bl

mgR
B 2l 2