Турчина Н.В. Физика в задачах для поступающих в вузы
Подождите немного. Документ загружается.
430
Начальная сорость амеша
u ==v =9,1м/с.
О т в е т: u = 9,1 м/с.
1.8.30. Пусть t
0
= 0 — момент третьео удара шариа о пол.
Та а удар идеально упруий, то после аждоо удара вертиаль-
ная составляющая сорости шариа
v
y
=; (1)
высота поднятия первоо шариа будет изменяться по заону
h
1
= v
y
t –, (2)
а высота опусания второо шариа
h
2
= h – . (3)
В момент столновения шариов
h
1
= h
2
.(4)
Решив систему уравнений (1)—(4), найдем высоту, на оторой
шарии столнутся:
h
ст
= h = 0,9 м.
К моменту столновения по оризонтали первый шари пере-
местится на расстояние
s
1
= v
1
(t
0
+ t
1
), (5)
а второй — на расстояние
s
2
= v
2
t
1
,(6)
де
t
1
=(7)
— время совместноо движения шариов, а t
0
= 4 — время дви-
жения одноо первоо шариа. В момент столновения
s
1
= s
2
.(8)
u
2
ор
u
2
верт
+ 1
sg
v
----- -
⎝⎠
⎛⎞
2
+
2gh
gt
2
2
---------
gt
2
2
---------
3
4
---
3h
2g
------ -
2h
g
------ -
431
Решив систему уравнений (5)—(8), найдем начальную сорость
второо шариа
v
2
=11v
1
= 11 м/с.
О т в е т: h
ст
= 0,9 м; v
2
= 11 м/с.
1.9.6. Встреча точе 1 и 2 может произойти тольо в начале о-
ординат. Время движения точи 1 началу оординат равно t
1
==
= 5 с. Время движения точи 2 началу оординат t
2
==1,25c.
Та а t
1
≠ t
2
, то точи не встретятся.
Заоны движения точе: x
1
(t)=x
0
– v
1
t ; y
2
(t)=y
0
– v
2
t. Рас-
стояние между точами
s(t)= = .
Приведем данное выражение виду:
s(t)= .
Эстремум данной фунции совпадает с эстремумом подо-
ренноо выражения. Под орнем стоит вадратный трехчлен ви-
да y = at
2
+ bt + c. Значение t, при отором достиается эстре-
мальное значение вадратноо трехчлена, определяется выраже-
нием
t
max (min)
=– =– = .
Если у трехчлена оэффициент a > 0, то трехчлен имеет мини-
мум; если a < 0, то — масимум. В нашем случае a =+>0,
поэтому подоренное выражение имеет минимум при
t
min
= = c = 2 с.
Следовательно, минимальное расстояние между точами:
s
min
= = см = см = 3 см.
О т в е т: точи 1 и 2 не встретятся; s
min
= 3 см.
x
1
v
1
----- -
y
1
v
2
------
x
1
2
y
2
2
+ x
0
v
1
t−()
2
y
0
v
2
t−()
2
+
v
1
2
v
2
2
+()t
2
2 x
0
v
1
y
0
v
2
+()t− x
0
2
y
0
2
+()+
b
2a
------ -
2 x
0
v
1
y
0
v
2
+()−
2 v
1
2
v
2
2
+()
------------------------------------------- -
x
0
v
1
y
0
v
2
+
v
1
2
v
2
2
+
-------------------------------
v
1
2
v
2
2
x
0
v
1
y
0
v
2
+
v
1
2
v
2
2
+
-------------------------------
10 2 5 4⋅+⋅
416+
--------------------------------
x
0
v
2
y
0
v
1
−
v
1
2
v
2
2
+
----------------------------------
10 4 5 2⋅−⋅
20
-----------------------------------
30
25
-----------
5
5
432
1.9.9. При h =2r сорость самолета в точ-
е B (рис. 1.9.1):
v
1
= или = – 2a
0
·2r,
отуда радиус оружности r = .
Найдем сорость самолета в точе C:
=–2a
0
r =.
Усорение в точе C равно
a
C
=,
де
a
n
== · =a
0
, a
τ
= .
Продифференцируем по времени выражение v
2
=–2a
0
b,
получим
2v =0–2a
0
⇒ 2va
τ
=–2av ⇒ a
τ
=–a
0
,
a
C
==3,48м/с
2
.
Ответ: a
C
= 3,48 м/с
2
.
Глава 2. ДИНАМИКА
2.1.5. По второму заону Ньютона F = ma, де a =— усоре-
ние поезда. Поэтому F = m , отуда
v = = 11,75 м/с.
v
1
v
C
v
0
A
B
C
Рис. 1.9.1
v
0
2
------
v
0
2
4
------
v
0
2
3
16
------
v
0
3
a
0
----- -
v
C
2
v
0
2
5
8
---
v
0
2
a
n
2
a
r
2
+
v
C
2
r
----- -
5
8
---
v
0
2
16a
0
3v
0
2
-------------
10
3
------
dv
dt
-------
v
0
2
dv
dt
-------
db
dt
------
100
9
--------- - a
0
2
a
0
2
+
v
t
---
v
t
---
Ft
m
------
433
Путь, пройденный поездом до останови, найдем из соотно-
шения s = a . Подставив в нео выражение для усорения,
получим
s ==352,8м.
Ответ: s = 352,8 м.
2.1.6. Силу, действующую на тело, можно найти из второо за-
она Ньютона F
1
= ma
1
, де m — масса тела, a
1
— ео усорение в
момент времени t
1
= 3 с.
Для тоо чтобы найти усорение, определим вначале зависимость
сорости от времени, т.е. найдем производную от пути по времени:
v =(s)R =(96t –2t
3
)R =96–6t
2
; а усорение есть производная от
сорости по времени, т.е. a = (v)R = (96 – 6t
2
)R = –12t. Следовательно,
a
1
=–12t; a
1
=–36м/с
2
.
Найдем момент останови тела из условия
v
ост
=0⇒ 0=96–6t
2
ост
⇒ t
ост
=4с.
Усорение в момент останови:
a
ост
=–12t
ост
; a
ост
=–48м/с
2
,
а масса тела
m =; m = 0,5 .
Следовательно, сила, действующая на тело спустя t
1
= 3 с после
начала торможения, F
1
= ma
1
; F
1
=–18Н.
О т в е т: F
1
= –18 H.
2.1.7. В данной задаче на частицу (рис. 2.1.4) действует одна
сила F. По второму заону Ньютона F = ma.
В проеции на ось X:
–F = ma
x
⇒ a
x
=– ,
т. е. движение вдоль оси X равноусоренное,
начальная сорость
v
0x
= v cos α,
начальная оордината равна нулю, следова-
тельно,
x =(vcos α)t – . (1)
t
2
2
---- -
F
m
---- -
t
2
2
---- -
F
0
a
ост
--------- -
v
y
v
0x
v
x
v
y
a
Y
O
X
v
α
β
Рис. 2.1.4
F
m
---- -
Ft
2
2m
---------
434
В проеции на ось Y: F
y
= 0, поэтому движение вдоль оси Y рав-
номерное со соростью v
y
= vsin α, начальная оордината равна ну-
лю, следовательно,
y =(vsin α)t. (2)
Чтобы найти уравнение траетории, выразим время из уравне-
ния (2): t= и подставим ео в (1), тода получим уравнение
траетории
x =– =y ctg α – y
2
.
Траетория движения частицы — ветвь параболы (см. рис. 2.1.4).
Расстояние s найдем из уравнения
s =. (3)
Проецию онечной сорости на ось X находим из рис. 2.1.4:
v
x
= v
y
ctg β = vsin α ctg β.(4)
Подставим v
x
, v
0x
, a
x
в уравнение (3) и получим
s == .
О т в е т: s = , x = y ctgα – y
2
.
2.2.5. Под действием силы трения F
тр
= μmg шайба тормозит:
μmg = ma. Усорение шайбы a=μg. Ее тормозной путь l= ,
сорость (по условию задачи она оризонтальна), с оторой шайба
подлетела трубе: v = . Масимальная высота подъема
шайбы h = , следовательно, время полета t
пол
=. Рас-
стояние по оризонтали от атапульты до трубы s = vt
пол
=
= 2 = 0,7 м.
Ответ: s = 0,7 м.
y
v αsin
----------------
v αcos()y
vsinα
-------------------------
Fy
2
2mv
2
sin
2
α
-------------------------------
F
2mv
2
sin
2
α
-------------------------------
v
x
2
v
0x
2
−
2a
x
---------------------
v
2
sin
2
α ctg
2
β v
2
cos
2
α−
2F
m
-------
−
--------------------------------------------------------------------
mv
2
cos
2
α sin
2
α ctg
2
β−()
2F
------------------------------------------------------------------------
mv
2
αcos
2
αsin
2
ctg
2
β−()
2F
----------------------------------------------------------------------- -
F
2mv
2
αsin
2
--------------------------------
v
2
2a
------ -
2μgl
gt
пол
2
2
--------------
2h
g
------ -
μgl
435
2.2.26. Равнодействующая сил F
p
= F + mg
(рис. 2.2.10). По теореме осинусов запишем:
+(mg)
2
–2F
р
mg
Решив данное уравнение, получим
=–mg sin α. (1)
По второму заону Ньютона F
p
= ma, или в проеции на ось Y:
F
p
sin α = ma
y
.(2)
Решив систему уравнений (1) и (2), находим
a
y
= g sin α –sinα .
Высота, на оторой преращается работа двиателя:
h == –sinα t
2
= 4068,7 м d 4,1 м.
О т в е т: h d 4,1 м.
2.3.7. Зная усорение шайбы a = g (sin α – μcos α), найдем уол
налона α:
3tg α = 4, cos α ==, sinα =.
Усорение во втором случае (учтем, что β = 90
° – α)
a
2
= g sin – α – μcos – α = g(cos α – μsin α)=1,96м/с
2
.
О т в е т: a
2
= 1,96 м/с
2
.
2.3.8. Силы, действующие на тело при подъеме и спусе, поа-
заны на рис. 2.3.10, а, б соответственно.
В проециях на направление движения и на перпендиулярное
нему направление запишем второй заон Ньютона:
при подъеме тела
mg sin α + F
тр
= ma
1
,(1)
N – mg cos α =0, (2)
при спусе тела
mg sin α – F
тр
= ma
2
,(3)
N – mg cos α =0, (4)
Y
F
F
р
mg
O
Рис. 2.2.10
F
р
2
cos + α = F
2
.
⎝
⎛
π
2
---
--
⎠
⎞
– sin α
F
р
F
2
mg()
2
cos
2
α−
⎝
⎛
F
mg
--------
⎝⎠
⎛⎞
2
cos
2
α−
--
⎠
⎞
a
y
t
2
2
-----------
g αsin
2
----------------
⎝
⎛
F
mg
--------
⎝⎠
⎛⎞
2
cos
2
α−
-
⎠
⎞
1
1tg
2
α+
---------------------------
3
5
---
4
5
---
-
⎝
⎛
π
2
---
--
⎠
⎞
⎝
⎛
π
2
---
⎠
⎞
436
де сила трения
F
тр
= μN. (5)
Из уравнений (1)—(5) находим усорения тела:
a
1
=(sinα + μcos α)g,(6)
a
2
= (sin α – μcos α)g. (7)
Двиаясь вверх равнозамедленно, тело до останови проходит
путь, определяемый из соотношения
=2a
1
s,(8)
за время t
1
, оторое находим из формулы
v
0
= a
1
t
1
,(9)
де v
0
— начальная сорость тела. Из уравнений (8) и (9) получаем
s =.
При спусе тело, начиная движение без начальной сорости,
проходит с усорением a
2
тот же путь за время t
2
. Следовательно,
a
1
= a
2
и = n
2
=. (10)
Подставляя в (10) выражения (6) и (7), получаем
n
2
=,
a
1
F
тр
mg
N
X
Y
O
a
2
F
тр
mg
N
X
Y
O
а) б)
Рис. 2.3.10
v
0
2
a
1
t
1
2
2
-----------
t
1
2
t
2
2
t
2
t
1
---- -
2
a
1
a
2
----- -
αμ αcos+sin
αμ αcos−sin
-------------------------------------
437
отуда находим о т в е т:
μ =tgα = 0,2 tgα.
2.3.12. Если сани удерживать на оре (рис. 2.3.11), то
F = mgsin α – F
тр
.(1)
При равномерном движении сано вверх
F + ∆F=mgsin α + F
тр
.(2)
Если они сами сатываются с оры, то
mgsin α – F
тр
= ma. (3)
Решив систему уравнений (1)—(3), получим о т в е т:
a =; а =1,87м/с
2
.
2.3.18. Если a
1
= a, то по второму заону Ньютона (рис. 2.3.12):
mgsin α – T = macos α.
Найдем a
0
, при отором T =0:
mgsin α = ma
0
cos α⇒a
0
= g tg α = 5,6 м/с
2
.
Если:
1) a < a
0
, то
a
1
= a =4м/с
2
; T = m(g sin α – acos α) = 0,14 Н;
2) a > a
0
, T = 0, то уби относительно плосости будет поднимать-
ся вверх (рис. 2.3.13). Усорение убиа относительно земли:
a
1
= a + a
отн
.
n
2
1−
n
2
1+
--------------- -
2Fgsinα
2FF∆+
------------------------
mg
F
N
F
тр
Рис. 2.3.11
T
N
mg
a
X
Рис. 2.3.12
a
отн
mg
a
X
N
Рис. 2.3.13
438
По второму заону Ньютона: N + mg = ma
1
(рис. 2.3.14) или
mgsin α = m(acos α – a
отн
).
Поэтому
a
отн
= acos α – g sin α = 3,7 м/с
2
.
Усорение убиа относительно земли
a
1
= = 7 м/с
2
.
Ответ: 1) a
1
= 4 м/с
2
, T = 0,14 Н; 2) a
1
= 7 м/с
2
, T = 0.
2.3.20. Куби пооится относи-
тельно лина (рис. 2.3.15), и сила тре-
ния, действующая на нео, есть сила
трения пооя:
F
тр
< μN. (1)
Запишем второй заон Ньютона в
проециях на оси OX и OY:
Nsin α – F
тр
cos α = ma;(2)
Ncos α – mg + F
тр
sin α =0. (3)
Из уравнений (2) и (3) сила трения пооя и сила нормальноо
давления соответственно равны:
F
тр
= m(acos α + gsin α); (4)
N = m(gcos α – asin α). (5)
Используя условие (1), получим
m(acos α + gsin α)<μm(gcos α – asin α),
отуда усорение лина a < g. Следовательно, минималь-
ное усорение усорение, при отором уби будет сосальзывать,
a
min
= g.
При этом должно выполняться условие μ < tg α. Если это
условие не выполнено, то уби будет сосальзывать при любом
усорении лина.
О т в е т: a
min
= g.
a
отн
a
1
a
Рис. 2.3.14
a
отн
2
a
2
2a
отн
acos α−+
F
тр
Y
O
a
N
mg
X
Рис. 2.3.15
μ tgα−
1 μtgα+
----------------------- -
μ tgα−
1 μtgα+
-----------------------
μ tgα−
1 μtgα+
----------------------- -
439
2.4.5. Шари движется равномерно по оружности, следова-
тельно, у нео есть нормальное усорение a
n
=, де v— линейная
сорость движения шариа по оружности, r — радиус этой оруж-
ности, оторый находим из рисуна 2.4.19: r=lsin α. Поэтому
a
n
= . (1)
На шари действуют: mg — сила
тяжести, T — сила натяжения нити
(см. рис. 2.4.19). Их равнодействую-
щая и сообщает шариу нормальное
усорение, поэтому по второму заону
Ньютона mg + T = ma
n
, или в прое-
циях на оси X и Y:
Tsin α = ma
n
;(2)
Tcos α – mg =0. (3)
а) Разделим уравнение (2) на (3) и по-
лучим g tg α = a
n
, или с учетом уравне-
ния (1)
g tg α = ⇒ v= ; v d 3,8 м/с.
б) Находим силу натяжения нити:
T =; T= Н = 24,5 мН.
Ответ: а) v d 3,8 м/с; б) T = 24,5 мН.
2.4.9. На велосипедиста действуют:
mg — сила тяжести; F
тр
— сила трения
пооя, а та а по условию сорость ма-
симально возможная, то сила трения по-
оя масимальна и равна F
тр
= μN; N —
сила реации опоры (рис. 2.4.20).
При движении велосипедист должен
налониться та, чтобы равнодействую-
щая сил реации опоры и трения была на-
правлена вдоль прямой, проходящей че-
рез ео центр тяжести C. Силы, действую-
щие на велосипедиста, перенесем в точу O (см. рис. 2.4.20).
Запишем второй заон Ньютона в проециях на оси X и Y:
F
тр
= ma
n
;(1)
N – mg =0. (2)
v
2
r
------
v
2
l αsin
---------------
Y
T
O
mg
X
l
Рис. 2.4.19
v
2
l αsin
---------------
gl α tgαsin
mg
αcos
-------------
510
3−
9,8⋅⋅
05,
----------------------------------
F
тр
X
N
Y
O
C
mg
Рис. 2.4.20