9_физ_2(кинематика)_реш
.pdf
Министерство образования и науки Российской Федерации Московский физико-технический институт (государственный университет)
Заочная физико-техническая школа
ФИЗИКА
Решение задания № 2 для 9-х классов
(2015 – 2016 учебный год)
г. Долгопрудный, 2015
2015-2016 уч. год, №2, 9 кл. Физика. Решение
Составитель: Е. В. Паркевич бакалавр МФТИ.
Физика: решение задания №2 для 9-х классов (2015 – 2016 учебный год), 2015, 12 с.
Составитель:
Паркевич Егор Владимирович
Подписано 05.11.15. Формат 60 90 1/16. Бумага типографская. Печать офсетная. Усл. печ. л. 0,75.
Уч.-изд. Л. 0,33. Тираж 1100. Заказ №24-з.
Заочная физико-техническая школа Московского физико-технического института (государственного университета)
ООО «Печатный салон ШАНС»
Институтский пер., 9, г. Долгопрудный, Москов. обл., 141700. ЗФТШ, тел./факс (495) 408-5145 – заочное отделение,
тел., факс (498) 744-6351 – очное отделение,
тел. (499) 755-5580 – очное отделение.
email: zftsh@mail.mipt.ru
Наш сайт: www.school.mipt.ru
© МФТИ, ЗФТШ, 2015
Все права защищены. Воспроизведение учебно-методических материалов и материалов сайта ЗФТШ в любом виде, полностью или частично, допускается только с письменного разрешения правообладателей.
2015, ЗФТШ МФТИ, Паркевич Егор Вадимович
2
2015-2016 уч. год, №2, 9 кл. Физика. Решение
Контрольные вопросы
1. Из уравнения для координаты х выразим параметр t и получим
t 4х . Подставим это выражение вместо t в уравнение для координа-
ты |
у . Тогда |
у 6 2 |
|
|
х |
6 |
х |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
4 |
|
2 |
|
|
|
|
|
Таким образом, уравнение траектории имеет вид у х 6 |
1 |
х. |
||||||||
|
2 |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Начальные координаты тела найдём, подставив в уравнения для
х t и у t значение t 0 , а именно:
х0 0, у0 6 м.
Координаты тела спустя время t 2 с с момента начала движения соответственно такие:
х4 t 8 м; у 6 2t 10 м.
2.Пусть начальные координаты (при t 0) концов А и В стержня равны соответственно х0 А и х0В . Тогда в соответствии с условием в мо-
мент времени |
tА координата переднего конца А стержня равна |
|
хА х0 А vtА , |
а в момент времени |
tВ координата заднего конца В |
стержня равна хВ х0В vtВ . Здесь |
v скорость равномерного движе- |
|
ния стержня в направлении оси Ох . Вычитая из первого уравнения второе, получим
хА хВ х0 А х0В v tА tВ .
Замечая, что разность х0 А х0В равна длине l стержня, из последне-
го уравнения находим l х0 А х0В хА хВ v tВ tА 0,5 м.
2015, ЗФТШ МФТИ, Паркевич Егор Вадимович
3
2015-2016 уч. год, №2, 9 кл. Физика. Решение
3. Поскольку автобус и мотоцикл движутся в одном и том же направлении, то модуль и скорости мотоцикла относительно автобуса будет равен разности модулей v2 и v1 скоростей мотоцикла и автобуса относительно земли соответственно: и v2 v1. По условию задачи, двигаясь с этой скоростью, расстояние L 20 км можно преодолеть за t 1 ч . Иными словами, L ut. Следовательно,
иLt 20 км/ч.
4.Из уравнения зависимости х t видим, что движение точки рав-
нопеременное с проекцией начальной скорости на ось Ох v0 х 4 м/с и с проекцией ускорения ах 4 м/с2 (ускорение направлено в сторону, противоположную направлению оси Ох ). Тогда для проекции vх скорости материальной точки в произвольный момент времени имеем vх v0 х ахt 4 4t (величины измерены в СИ). Видим, что vх 0 при t 1c . В этот момент времени координата точки равна
х5 4 2 2 7м.
5.Данную задачу можно решить по аналогии с задачей № 6 Задания при условии h 0 . Тогда максимальная высота подъёма равна
Н |
v2 sin2 |
|
. |
0 |
|
||
|
|
|
|
|
2g |
|
|
Отсюда путём несложных преобразований можно получить
4v2 sin2 |
|
|
8Н |
2v sin |
|
|
8Н |
||
0 |
|
|
, или |
0 |
|
. |
|||
g 2 |
|
g |
g |
g |
|||||
Полное время полёта равно
|
|
2v0 sin |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
tпол |
|
|
8Н |
|
|
8 5 |
с 2с. |
||||
g |
g |
|
10 |
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Ответ: tпол 2с.
2015, ЗФТШ МФТИ, Паркевич Егор Вадимович
4
2015-2016 уч. год, №2, 9 кл. Физика. Решение |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
Задачи |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1. Снежки |
А и В , отстоящие друг от друга по го- |
y |
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
ризонтали на величину S и по вертикали на 3S , бро- |
3S |
B |
|
||||||||||||||
|
|
||||||||||||||||
сают одновременно со скоростями v1 5 м/с под уг- |
|
|
v2 |
|
|||||||||||||
|
|
|
|
||||||||||||||
лом (cos 4 5) |
к горизонту вверх и |
|
v2 |
верти- |
|
v1 |
|
||||||||||
кально |
вниз |
(см. |
рис. |
1). |
Через |
некоторое |
время |
A |
S |
x |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
снежки столкнулись. Найти v2 . |
|
|
|
|
|
|
|
Рис. 1 |
|
||||||||
Решение: Введём систему координат и запишем связь координат |
|||||||||||||||||
y(t) и x(t) снежков от времени t : |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
у у |
v t gt2 |
, y |
y |
v sin t gt2 |
, |
x |
x v cos t. |
(1) |
|||||||||
2 |
20 |
|
2 |
2 |
1 |
10 |
|
1 |
2 |
|
1 |
0 |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Пусть они столкнулись. От начала движения (t=0) до этого момента |
|||||||||||||||||
прошло время t. Тогда: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
у v t |
g t2 |
у v sin t |
g t2 |
у |
у 3S, |
х |
S. |
(2) |
|||||||||
|
, |
, |
|||||||||||||||
2 |
2 |
|
|
2 |
1 |
1 |
|
|
2 |
|
1 |
|
2 |
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Отсюда находим, что v2 v1 3cos sin 9 м/с. |
|
|
|
|
|||||||||||||
Ответ: v2 v1 3cos sin 9 м/с. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
2. По гладкому склону, угол которого |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
, скользит маленький шарик (см. рис. 2). |
|
|
v |
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Склон |
|
оканчивается |
рвом |
шириной |
|
|
|
|
|
|
|
||||||
d 24 см |
и |
|
глубиной |
Н 195 см . Когда |
|
|
|
|
|
v1 |
|
||||||
расстояние до обрывающегося края склона |
|
|
H |
|
|
|
|
||||||||||
составляет |
L 3,25 м, |
шарик |
имеет ско- |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
рость |
v 12 м/с . Сорвавшись |
со |
склона, |
|
|
|
A |
d |
|
B |
|||||||
|
|
|
|
|
|||||||||||||
шарик упруго ударяется о противополож- |
|
|
|
|
|
|
x2 |
||||||||||
ную стенку рва. Сколько раз шарик уда- |
|
|
|
Рис. 2 |
|
||||||||||||
рится о стенки, прежде чем |
окажется |
на |
дне рва? Известно, что |
||||||||||||||
tg 5 2 , а размеры шарика много меньше рва. |
|
|
|
|
|||||||||||||
2015, ЗФТШ МФТИ, Паркевич Егор Вадимович |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
5 |
2015-2016 уч. год, №2, 9 кл. Физика. Решение
Решение: Шарик начал движение по наклонной плоскости. Проекция ускорения на ось ОX , с которым он будет двигаться по ней, равна ах g sin . Пусть v1 скорость шарика в тот момент, когда он со-
скользнёт с наклонной плоскости (указана на рис. 2). В соответствии с выражением (25) в Задании путь, который он пройдёт при этом, равен:
v2 v2
L 1 . 2g sin
Отсюда находим скорость v1 в момент отрыва от плоскости:
v12 2gLsin v2 .
Идея решения данной задачи следующая: пусть падающий под углом к горизонту шарик первый раз ударится о противостоящую стенку. Далее, возьмём и продолжим траекторию его движения вдоль всей оси ОХ 2 . Ясно, что число соударений о стенки равно целой части отноше-
ния длины пройдённой им траектории в отсутствие стенки к расстоянию между стенками, т. е. N АВ
d .
Найдём время падения шарика с высоты Н . Воспользуемся выра-
жением (24) v sin |
|
g |
2 |
Н. |
У этого квадратного уравнения один |
||||
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
||||||
1 |
|
2 |
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|||
положительный корень: |
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
v2 sin2 |
2gН v sin |
. |
||||||
1 |
1 |
||||||||
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
g |
|
||
Длина пути до соприкосновения с землёй |
АВ v1 cos . Тогда чис- |
||||||||||
ло ударов о стенку равно: |
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
N AB d = v1 cos d |
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
v sin |
|||
|
|
|
|
2gL sin v2 |
sin2 2gH |
||||||
2gL sin v |
2 |
||||||||||
|
|
|
|
cos |
|
|
1 |
. |
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
d |
|
|
|
|
g |
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Значения cos и sin найдём из тригонометрического выражения tg2 1 1
cos2 . В итоге получим: cos 2
29, а sin 5
29. Подставляя все значения в полученное выражение для N находим, что
N3.
Ответ: N 3.
2015, ЗФТШ МФТИ, Паркевич Егор Вадимович
6
2015-2016 уч. год, №2, 9 кл. Физика. Решение |
|
|
|
||||||||
|
3. Самолёт летит из пункта |
А в пункт |
В и возвращается назад в |
||||||||
пункт |
А . |
Скорость самолёта в безветренную погоду равна |
v . Найти |
||||||||
отношение средних скоростей всего перелёта для двух случаев, когда |
|||||||||||
во время перелёта ветер дует: а) вдоль линии АВ; б) перпендикулярно |
|||||||||||
линии АВ. Скорость ветра равна и. |
|
|
|
|
|
||||||
|
Решение: Если ветер дует вдоль линии АВ , то время всего перелёта |
||||||||||
равно: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
l |
|
l |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
v u v u |
, |
|
|
|||
а средняя скорость в соответствии с определением (4) равна: |
|
||||||||||
|
|
|
|
vср1 |
l l |
|
|
v2 |
и2 |
|
|
|
|
|
|
l |
|
l |
|
v |
|
||
|
|
|
|
v и |
v и |
|
|
|
|
||
( l расстояние между городами). |
|
|
|
|
|
||||||
|
Если же ветер перпендикулярен линии |
|
|
||||||||
АВ , то скорость самолёта относительно |
v |
|
|||||||||
|
|
||||||||||
ветра должна быть направлена под углом к |
v +u |
|
|||||||||
линии АВ , причём так, чтобы компенсиро- |
|
||||||||||
A |
B |
||||||||||
вать |
«снос» (см. рис. 3). |
На |
основании |
u |
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
рис. 3 и теоремы Пифагора получаем, что |
Рис. 3 |
|
|||||||||
скорость перелёта в этом случае постоянна |
|
||||||||||
|
|
||||||||||
и |
равна, |
с учётом определения |
(4), |
средней скорости |
движения |
||||||
v |
|
|
v2 |
и2 . Время перелёта в этом случае равно: |
|
||||||
ср2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2l |
v2 и2 . |
|
|
|||
Отсюда находим отношение средних скоростей перелёта: |
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
v |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
v2 и2 |
|
v2 и2 |
. |
|||||
|
vср1 vср2 |
v2 и2 |
||||||||||
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
v |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Ответ: v |
v |
|
|
|
v2 и2 |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
ср1 |
ср2 |
|
|
|
v |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2015, ЗФТШ МФТИ, Паркевич Егор Вадимович
7
2015-2016 уч. год, №2, 9 кл. Физика. Решение |
|
|
|
|
|
|||||||||
4. Два автомобиля |
приближаются |
к |
пере- |
|
|
|
||||||||
крёстку по взаимно перпендикулярным траек- |
|
y |
|
|||||||||||
|
|
|
||||||||||||
ториям с постоянными скоростями |
v1 и v2 . |
В |
|
v1 |
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
момент времени, когда первый автомобиль до- |
v2 |
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
стиг перекрёстка, второй находился на расстоя- |
l0 |
O |
x |
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
нии l0 |
от него. |
|
Определите минимальное рас- |
|
|
|
||||||||
стояние между автомобилями в процессе дви- |
Рис. 4 |
|
||||||||||||
жения (см. рис. 4). |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Решение: В качестве тела отсчёта выберем второй автомобиль, |
||||||||||||||
направление координатных осей и начальный момент отсчёта времени |
||||||||||||||
примем такими же, как и в первом случае. В системе отсчёта, связанной |
||||||||||||||
со вторым автомобилем, первый автомо- |
y |
|
|
|
||||||||||
биль движется со скоростью |
v12 , равной: |
|
v12 |
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
v1 |
|
v12 v1 |
v2 , v |
|
|
v2 v2 . |
Вектор |
скоро- |
|
|
|
|||||
|
12 |
|
|
1 |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
сти v12 |
направлен под углом к прямой, |
O |
l -v2 |
x |
||||||||||
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
соединяющей |
автомобиль |
в |
начальный |
|
|
|
|
|||||||
момент времени t 0 (рис. 5). |
|
|
|
|
|
Рис. 5 |
|
|||||||
Кратчайшее расстояние между автомобилями равно длине отрезка |
||||||||||||||
перпендикуляра, опущенного из начала координат, в котором находит- |
||||||||||||||
ся второй автомобиль, на прямую, по которой движется первый авто- |
||||||||||||||
мобиль. Из рисунка 5 видно, что lmin |
l0 sin , где sin v1 |
v12 . Следо- |
||||||||||||
вательно, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
lmin |
l0 v1 |
. |
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
v2 |
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
v2 |
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
2 |
|
|
|
|
Ответ: lmin |
|
l0 v1 |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
v2 v2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2015, ЗФТШ МФТИ, Паркевич Егор Вадимович |
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
8 |
2015-2016 уч. год, №2, 9 кл. Физика. Решение
5. Мальчик, находясь на плоском склоне горы с углом наклона
30 , бросает камень в сторону |
|
|
|
l |
|||||||
|
|
v0 |
|||||||||
подъёма горы, |
сообщив ему началь- |
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
v0 , направленную под |
|
g |
x |
|
|
|
|
|
|
|
ную скорость |
|
|
|
|
|
gy |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|||||
углом 60 |
к горизонту. На каком |
|
|
|
|
g |
|
|
|
|
|
O |
|
|
|
|
|
|
|
||||
расстоянии от мальчика упадёт камень? Сопротивлением воздуха пренебречь.
Решение: Выберем систему отсчёта так, как показано на (рис. 6), поместив начало отсчёта О в точку бросания. В этой системе отсчёта начальная скорость камня составляет с осью Ох угол 30 .
Начальные условия: |
х0 0, у0 0, v0 х |
v0 cos , v0 у v0 sin . Проекции |
||||||||||||||||||||||
ускорения |
камня |
в |
|
отсутствие |
сопротивления |
воздуха |
равны: |
|||||||||||||||||
ах gх g sin , |
ау |
gу |
g cos . Здесь мы учли, |
что угол между |
||||||||||||||||||||
вектором g |
и перпендикуляром к поверхности горы равен углу накло- |
|||||||||||||||||||||||
на горы 30 (почему?), кроме того, по условию задачи . |
|
|||||||||||||||||||||||
Запишем |
уравнение |
движения |
с учётом начальных |
условий: |
||||||||||||||||||||
х t v cos t g sin t2 |
2, у t v sin |
t g cos t2 |
2. |
Время |
||||||||||||||||||||
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
пролёта |
|
камня |
|
найдём |
из |
последнего |
уравнения, |
зная что |
||||||||||||||||
у 0, |
cos |
|
|
2, sin 1 2 . |
А |
|
именно |
|
2 |
|
v0 |
. Подставляя |
||||||||||||
3 |
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 g |
|
|
||||
найденное значение |
|
уравнения для |
|
х t , определим искомое рассто- |
||||||||||||||||||||
яние (иными словами, дальность полёта): |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
l х |
|
2 |
|
v02 |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 g |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Ответ: l х |
2 |
|
v02 |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
3 g |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
2015, ЗФТШ МФТИ, Паркевич Егор Вадимович
9
2015-2016 уч. год, №2, 9 кл. Физика. Решение
6. Массивная платформа движется с постоянной скоростью v0 по горизонтальному полу. С заднего края платформы производится удар по мячу. Модуль начальной скорости мяча относительно платформы равен и 2v0 , причём вектор и составляет угол 60 с горизонтом
(см. рис. 7).
1)На какую максимальную высоту над полом поднимется мяч?
2)На каком расстоянии от края платформы будет находиться мяч в момент приземления? Высотой платформы и сопротивлением воздуха пренебречь. Все скорости лежат в одной вертикальной плоскости.
Решение: Для описания движения мяча
и платформы введём систему отсчёта, свя- |
|
|
|
|
y |
||||||
|
|
|
|
|
|||||||
занную с полом. Ось |
Ох |
направим гори- |
|
u |
g |
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
зонтально в направлении удара, а ось Оу |
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|||||||
вертикально вверх. Движение мяча проис- |
|
|
|
v0 |
|
||||||
ходит с постоянным ускорением |
a, при- |
x |
|
|
|
O |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
чём |
ах 0, ау g, |
где |
g |
величина |
|
|
Рис. 7 |
|
|
||
ускорения свободного падения. Проекции начальной скорости V 0 |
мяча |
||||||||||
на оси Ох и Оу равны: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
V0 х v0 x ux v0 2v0 cos60 |
v0 v0 |
0, V0 у |
v0 y uy |
|
|
|||||
|
|
0 2v0 sin 60 |
|
3v0 . |
|
|
|
|
|
||
Равенство нулю горизонтальной скорости мяча означает, что его движение происходит только по вертикали и он упадёт в точке удара. Мак-
симальную высоту подъёма уmax и время полёта мяча найдём из зако-
нов кинематики равноускоренного движения:
V 2 |
V 2 |
2а |
|
у у |
, у у V |
t |
ауt2 |
. |
у |
|
|||||||
у |
0 у |
|
0 |
0 0 у |
2 |
|
||
|
|
|
|
|
|
|
||
2015, ЗФТШ МФТИ, Паркевич Егор Вадимович
10