Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Физика для 10-11 классов университетской физико-математической школы. Учебное пособие
.pdf
1 100 = Н -
2
2
2
2
3
a
2
tS2
2202
1
2
gt
и Н = 1 100 +
1
1
2
gt
= 1 100 +
1
1
⋅10⋅4,82 = 1 215м.
Из третьего уравнения 0 = Н -
t =
gt2, найдем t:
H2 ⋅
12152
= = 15,6 с.
g
10
2. За 2 с прямолинейного равноускоренного движения тело прошло 20 м,
увеличив свою скорость в 3 раза. Определите конечную скорость тела.
Дано: t = 2 c; S = 20 м; v = 3v0.
v = ?
1
2
vv
−
0
;
Решение: v = v0 + at; v0 =
1
v; S =
2
Решив систему из написанных 3 уравнений, имеем:
v =
3
⋅ =
3
⋅ = 15 м/с.
3. Небольшой камень, брошенный с ровной горизонтальной поверхности
земли под углом к горизонту, упал обратно на землю в 20 м от места броска.
Чему была равна скорость камня через 1 с после броска, если в этот момент она
была направлена горизонтально?
Дано: t = 1 c; S = 20 м; vy= 0.
v(1) = ?
Решение: На рисунке изображена траектория движения камня, брошенного под углом α к горизонту. Начальная скорость − v0, ускорение свободного падения g, дальность полета − S, v
и v0y − проекции v0 на оси координат 0х и 0у,
0x
v(1) = vx – скорость камня через 1 с после броска (в верхней точке траектории).
41
При отсутствии сопротивления воздуха движению камня время полета t
t
2
1
220⋅
0x
0y vx
S
α
0
пол
рав-
но удвоенному времени движе-
y
ния камня до верхней точки тра-
v
ектории, т.е. t
= 2t = 2 c. Как
пол
g
видно из рисунка проекции начальной скорости и ускорения
свободного падения на оси ко-
0
ординат равны:
v
= v0⋅cosα, v
0x
= v0⋅sinα; gx = 0, gy = -g.
0y
Из равенства gx = 0 заключаем, что по оси 0х имеет место равномерное
движение со скоростью vx = v0x. За время t
v
v
= 2t камень пролетит расстояние S:
пол
x
S = v0x⋅t
= v0x⋅2t = vx⋅2t,
пол
откуда находим
S
vx =
=
= 10 м/с.
Из последнего выражения заключаем, что
v(1) = vx = 10 м/с.
4. С башни высоты Н бросили вертикально вниз камень с начальной ско-
ростью v0 = 0. Найти среднюю скорость на нижней половине пути. Ускорение
свободного падения равно g.
Дано: v0 = 0; g; S = H/2.
vср = ?
42
Решение: По определению средняя скорость равна
t
2
2
2
t
vср =
,
где S – перемещение тела;
t – время, за которое это перемещение совершено.
По условию S = H/2. Найдем время движения тела на нижней половине пути t = t2 – t1. Время падения тела до уровня Земли t2 и время падения до середины башни t1 находим из уравнений:
S
Н =
gt
2
2
,
H
=
gt
2
1
,
откуда
t2 =
H2
, t1 =
g
H
g
и
vср =
S
=
=
ttS−
12
gH
( )
122
−
.
5. Половину пути из одного пункта в другой велосипедист ехал по шоссе
со скоростью v1 = 30 км/ч, а вторую половину по грунтовой дороге со скоростью v2 = 15 км/ч. Найти среднюю скорость велосипедиста.
Дано: v1 = 30 км/ч; v2 = 15 км/ч; S1 = S2 = S/2.
vср = ?
Решение: По определению средняя скорость равна отношению суммарно-
го пути к затраченному времени:
43
vср =
+
⋅
15
30
+
⋅
⋅
21
,
ttSS+
21
где t1 = S1/v1 = S/2v1 и t2 = S2/v2 = S/2v2 − промежутки времени, затраченные велосипедистом для прохождения первой и второй половинок пути.
Подстановка этих формул в уравнение для средней скорости приводит к окончательному выражению для средней скорости
vср =
vv2
21
=
vv
+
21
15302
= 20 км/ч.
Средняя путевая скорость является скалярной величиной. В окончательное
выражение для vср входят только значения скорости тела на отдельных участках
движения. Средняя скорость равна полусумме скорости тела в начале и в конце
движения vср = (v1 + v2)/2 в случае равнопеременного движения, а также в случае, когда тело половину времени движется со скоростью v1, а другую половину времени со скоростью v2. Можно сказать, что средняя скорость – это скорость такого равномерного движения, при котором за то же самое время тело
пройдет такой же путь, как и при рассматриваемом движении.
6. Наклонная плоскость, образующая угол α = 250 с плоскостью горизонта,
имеет длину ℓ = 2 м. Тело, двигаясь равноускоренно, соскользнуло с этой плоскости за время t = 2 с. Определить коэффициент трения.
Дано: α = 250; ℓ = 2 м; t = 2 с; g = 10 м/с2.
µ = ?
Решение: На тело, скользящее по наклонной плоскости, действуют силы
тяжести, трения, реакции опоры. Составим уравнение движения в векторной
форме:
44
mg + N + Fтр = ma.
−
α
2
t
α
х
N
тр
Выберем направления координатных осей и запишем уравнение движения
тела в проекциях на оси 0х и 0у:
mgsinα - Fтр = ma; (*)
N - mgcosα = 0. (**)
Известно, что сила трения определяется по формуле
Fтр = µN.
Найдем силу реакции опоры N из уравнения (**)
у
F
mg
N = mgcosα,
т.е. Fтр = µmgcosα.
Подставляя это выражение в уравнение (*), получим
mgsinα - µmgcosα = ma.
Отсюда находим
µ =
asing
= tgα -
α
cosg
a
.
αcosg
Значение ускорения а можно найти из кинематических условий:
2
at
ℓ =
или а =
45
2l
.
2
Окончательное выражение для коэффициента трения:
25
cos21022⋅
⋅
⋅
х
N
F
µ = tgα -
= tg250 -
αcosgt
= 0,35.
02
7. На автомобиль массой 1 т во время движения действует сила трения,
равная 0,1 силы тяжести. Чему должна быть равна сила тяги, развиваемая мотором, чтобы автомобиль двигался: 1) равномерно; 2) с ускорением 2 м/с2?
Дано: M = 1 000 кг; Fтр = 0,1 mg; а = 2 м/с2; g = 10 м/с2.
F1 = ? F2 = ?
22l
Решение: На автомобиль действуют сила тяжести mg,
F
тр
сила реакции опоры N, сила тяги F и сила трения Fтр. Запи-
mg
шем уравнение второго закона Ньютона в векторной форме:
F + Fтр + mg + N = ma.
За положительное направление оси 0х примем направление движения автомобиля.
Рассмотрим проекцию уравнения на ось 0х.
В первом случае (при равномерном движении) ускорение равно нулю, поэтому
F1 - F
тр
= 0.
Следовательно,
F1 = F
= 0,1 mg = 0,1⋅1 000⋅10 = 1 000 Н = 1 кН.
тр
Во втором случае (при движении с ускорением) уравнение запишется так
46
F2 - F
= ma.
тр
Отсюда
F2 = Fтр + ma = 0,1mg + ma = m(0,1g + a) = 1 000(0,1⋅10 + 2) = 3 000 Н = 3 кН.
8. Дирижабль опускается вертикально с постоянной скоростью. Какое ко-
личество балласта необходимо выбросить, чтобы он стал подниматься с той же
скоростью, если его масса М и подъёмная сила F известны?
Дано: М; F; g.
m = ?
Решение: при спуске с постоянной скоростью ускорение равно нулю и,
следовательно, сумма всех сил, действующих на дирижабль, равна нулю (второй закон Ньютона):
Mg – F – F
сопр
= 0,
где F
– сила сопротивления воздуха, направленная вверх (против скоро-
сопр
сти).
При движении вверх сила сопротивления имеет ту же величину (так как
скорость по модулю имеет то же значение), но направлена вниз. Сумма всех
сил, с учетом выброшенного балласта, по-прежнему равна нулю:
(M – m)g – F + F
сопр
= 0.
Решая систему из двух уравнений, находим:
F
m = 2
M .
−
g
47
9. При растягивании пружины некоторой силой, ее длина равна ℓ1 = 22 см.
−
1
n
−
−
1
2
−
−
⋅
При увеличении величины силы в n = 2 раза, длина пружины увеличивается до
ℓ
= 24 см. Определите длину недеформированной пружины.
2
ℓ
= 0,22 м; ℓ2 = 0,24 м; F2/F1 = n = 2.
1
ℓ0 = ?
Решение: Согласно закону Гука
F1 = k(ℓ1 - ℓ0) и F2 = k(ℓ2 - ℓ0),
где k – жесткость пружины.
Поделив почленно уравнения, имеем
F
2
F
1
= n =
02
,
llll−
01
откуда находим
n
ℓ
=
0
ll
21
=
24,022,02
= 0,2 м = 20 см.
10. Гирька массой 50 г, привязанная к нити длиной ℓ = 25 см, описывает в
горизонтальной плоскости окружность. Скорость вращения гирьки соответствует частоте ν = 2 об/с. Найти натяжение нити и угол, образуемый нитью и вертикалью.
Дано: g = 10 м/с2; ν = 2 об/с; ℓ = 0,25 м; m = 0,05 кг.
Т = ? α = ?
48
Решение: На гирьку, движущуюся по окружности, действуют две силы –
R
х
α
T
R
тяжести и натяжения. Составим уравнение движения, согласно второму закону
Ньютона:
mg + Т = ma.
При движении по окружности тело обладает центростремительным ускорением, которое
определяется следующим выражением:
2
v
а
ц
=
= ω2R.
Оси 0х и 0у для составления уравнения движения в проекциях выберем
так, чтобы ось 0х совпадала с направлением ускорения ац.
Центростремительной силой, действующей на гирьку, является проекция
силы натяжения нити на ось 0х, т.е. Т⋅sinα.
Уравнение движения в проекциях запишется так:
у
mg
Tsinα = mω2R
Tcosα - mg = 0
Выразим радиус окружности через длину нити:
R = ℓsinα.
Тогда
Tsinα = mω2ℓsinα
или
T = mω2ℓ.
49
Угловую скорость ω выразим через частоту вращения: ω = 2πν. Следова-
T
v
π
тельно,
T = mω2ℓ = m(2πν)2ℓ = 0,05(2⋅3,14⋅2)2⋅0,25 = 1,96 Н.
Найдём угол α:
cosα =
mg
=
( )
2gπν
=
2
l
( )
10
2
⋅⋅⋅
= 0,25 и α = arccos0,25.
25,0214,32
11. Спутник равномерно вращается вокруг Земли по круговой орбите. Оп-
ределить время одного полного оборота спутника вокруг Земли Т (период обращения), если высота орбиты (расстояние от поверхности Земли): h1 = 1000 км
и h2 = 100 км. Ускорение свободного падения на поверхности Земли g = 10 м/с2.
Радиус Земли R = 6 400 км.
Дано: h1 = 1 000 км; h2 = 100 км; g = 10 м/с2; R = 6 400 км.
Т1 = ? Т2 = ?
Решение: Обозначим через m – массу спутника, М – массу Земли, R − радиус Земли, r – радиус орбиты (расстояние от центра Земли до спутника), r =
R + h, где h – высота орбиты.
По определению период обращения спутника
r2
T =
,
где v – скорость спутника.
Взаимодействием спутника с другими планетами и влиянием остатков атмосферы пренебрегаем. Тогда на спутник действует только одна сила притяжения к Земле
50
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]