Вариант 1

Р

1. Дано: V = 15 м/с

VАЗ, VВЗ, VСЗ, VАТ, VВТ, VСТ

ешение

Для описания движения точек А, В и С используем теорему сложения скоростей. Каждая точка движется относительно неподвижной системы отсчёта – Земли (скорости V_АЗ, V_ВЗ, V_СЗ соответственно) и относительно танка (скорости V_АТ, V_ВТ, V_СТ соответственно). Скорость переносного движения (скорость танка) известна V = 15 м/с.

(1)

(2)

(3)

Из условия задачи следует, что танк касается Земли в точке С. Это значит, что точка С неподвижна относительно Земли, V_СЗ = 0. Тогда из уравнения (3) следует, что .

Так как длина гусеницы постоянна, модули скоростей всех точек (А, В и С) относительно корпуса танка одинаковы (V_АТ = V_ВТ = V_СТ =V).

Найдем . В уравнении (1) оба вектора направлены по горизонтали вправо. м/с.

Найдем . В уравнении (2) векторы и взаимно перпендикулярны, так что = 21 м/с.

Таблица скоростей

Тело отсчёта	Точка на гусенице
	т.А	т.В	т.С
Земля	30 м/с	21 м/с	0 м/с
Танк	15 м/с	15 м/с	15 м/с

Р

Дано: SV = 90 cм

SVII – ?

ешение

Перемещение тела за одну, седьмую по счету секунду предлагаем определить как разность переме­щений за семь и шесть секунд от начала движения.

, , .

Аналогично для определения перемещения за одну, пятую по счету секунду запишем:

. (м).

Ответ: 1,3 м.

3. Рекомендуем расположить графики один под другим так, чтобы начало отсчёта времени находилось на одной вертикальной линии. При этом масштаб по оси времени на всех графиках должен быть одинаковым.

Дан график V_х(t); при t = 0 x = 0.

Решение

На интервале c

V_х = 4м/с = const  а_х = 0;

x₀ = 0, x(t) = 4t (м), x(10) = 40 м.

На интервале с

а_х = = – 0,4 (м/с²).

x(t) = 40+4(t – 10) – 0,2(t – 10)² (м) – это уравнение параболы, её ветви направлены вниз, вершина соответствует моменту времени t = 20 с. x(20) = 60 м, х(30) = 40 м.

График зависимости пути l(t) отличается от графика зависимости х(t) только на интервале 20 с < t < 30 c. Это обусловлено тем, что после остановки (t = 20 с) точка продолжала двигаться, следовательно, длина траектории увеличивалась. Увеличение пути на интервале 20 с < t  30 c равно модулю изменения координаты точки.

При t = 30 с – путь l = 80 м.

Р

4. Дано: a = 2 м/c2 V01 = 0 t1 = 5 c

t2  – ?

ешение

Уравнение движения груза:

, причём .

Скорость груза в момент t₁ = 5 c направлена вверх, .

После подстановки , y₀, V₀₂ и у = 0 (в конце движения груз находится на земле) в первое уравнение получим: .

Подставим численные значения: . Отсюда t₂ = 3,45 c.

Ответ: 3,45 с.

Решение

ω = , ω = 7,3 · 10^–5 рад/с.

r = R cos, V = ,

V  234 м/с.

Ответ: 7,3 · 10^-5 рад/с, 234 м/с.

6. Дано:    α = 40˚    t = 4 c    h = 1,6 м    F = 2 H    μ = 0,4

m – ?

Решение

Используя 2-й закон Ньютона, в векторной форме можно записать:

.

Так как по условию тело движется вертикально вверх, сила трения направлена вниз, приложена к поверхности тела, которая соприкасается со стеной.

F_тр = N, где – сила реакции опоры.

Рассмотрим проекции всех векторов на оси:

х: ,

у: ,

h = .

Из трёх последних уравнений получим

, m = 0,067 кг.

Ответ: 0,067 кг.

Р

7. Дано:    h = 2RЗ    g = 9,81 м/с2

gh – ?

ешение

Используем закон всемирного тяготения и второй закон Ньютона.

У поверхности Земли и F = mg  . На высоте h – , F_h = mg_h. , м/с².

Ответ: 1,09 м/с².

Р

8. Дано:    m = 0,2 кг    V1 = 10 м/с    h = 3,2 м

– ?

ешение

Изменение импульса шарика:

,

= m (V₂ + V₁).

Для определения V₂ используем закон сохранения энергии: изменение потенциальной энергии системы тел шарик – Земля (mgh) равно изменению кинетической энергии шарика после удара . , где V₂ – скорость отскока шарика. Следовательно, V₂ = , = 8 (м/с).

= 0,2  (10 + 8) = 3,6 (кг  м/с).