9_физ_1(векторы)_реш

42 2 0, имеющее пустое множество решений.

3. Определите углы между векторами a и b , изображёнными на ри-

сунках 47а-б.

b

b

a

135o

a

135o

Рис. 47а

Рис. 47б

Ответ. 135ои 45о.

Решение. В обоих случаях

a

a

надо совместить друг с дру-

135o

гом начала векторов (рис. 1,

o

b

45

b

рис. 2). Тогда сразу видно,

135o

135o

что в случае рис. 47а

угол

между векторами a и

b ра-

Рис. 1

Рис. 2

вен 135

о

, в случае рис. 47б

угол между ними равен 45о (= 180о – 135о).

4. Чему равна и куда направлена

равнодей-

F1=4Н

ствующая трёх сил, приложенных к телу в точке

F2=5Н

A

F3=6Н

A и действующих вдоль одной прямой (рис. 48).

Модули сил указаны на рисунке.

Рис. 48

Пример 13. Электрический фонарь весом Q = 16 Н укреплен, как

показано на рис. 25. Определите отношение натяжений T1 и T2 в прово-

локах BA и BC, углы наклона которых даны на рисунке.

Ответ. T2

8,3 Н,

T1 11,7 Н.

Решение. Условие равенства нулю сумм проекций всех сил вдоль

вертикального направления вверх даёт:

T sin 60 T sin 45 Q 0

1

2

или T

3 T

2 16 Н (1) (рис. 26). В Примере 13 было установле-

1

2

2

2

но соотношение между модулями векторов:

T1 / T2

2 (2). Тогда со-

гласно (1) имеем: T

2

3

T

2 16

Н,

откуда

T

3 1 16 Н и

2

2

2

2

2

2

T

16

2 8,28 8,3Н, тогда в силу (2) T 11,7 Н.

2

3

1

1

6. Скорость челябинского метеорита

vгор

перед ударом о Землю была направлена

под углом равным примерно 20о к го-

vверт

ризонту.

Во

сколько

раз

отличались

Челябинск

друг от друга модули горизонтальной и

20o

вертикальной

составляющих

скорости

Рис. 3

метеорита?

Ответ. Компоненты скорости отличались примерно в 2,7 раза.

Решение. Рис. 3. v

/ v

гор

= tg20o 0,36

1/2,7.

верт

2015, ЗФТШ МФТИ, Лукьянов Андрей Александрович

4

лярную поверхности наклонной плоскости?

Ответ. Нельзя.

N

Решение. На брусок действуют три силы

– сила тяжести mg, нормальная сила реак-

F

ции со стороны

наклонной

плоскости

N ,

mg sin

mg cos

перпендикулярная

наклонной

плоскости,

и

сила F , также ей перпендикулярная (рис. 4).

mg

Рис. 4

Из этих трёх сил только одна – сила тяжести

2015-2016 уч. год, №1, 9 кл. Физика. Решение

2.Три точки заданы координатами A(3;2), B(–1;–2) и C(–1;3). Найти

угол ABC.

Ответ. 45о.

y

Решение. Рис. 6. Для закрепления материала,

C

3

решим задачу стандартным методом. Построим

два вектора

A

2

BA a

(3 ( 1);2 ( 2))

(4;4) и

( 1

( 1);3 ( 2) (0;5) ,

3 x

BC c

-1 O

и по общему правилу (Пример 8) вычислим ко-

синус искомого угла

B

-2

ax cx a y cy

cos

a

c

. или

Рис. 6

a

c

ax2 a 2y

cx2 c2y

cos

4 0 4 5

1

2

, откуда = 45о.

4

2 5

2

2

3. На рис. 50 изображены четыре силы,

F2=2Н

действующие на тело. Силы приложены в

одной точке и лежат в одной плоскости.

F3=3Н

F4=5Н

Их модули и направления указаны на ри-

сунке. Определите модуль и направление

равнодействующей этих сил.

F1=2Н

Ответ. Равнодействующая сила R

Рис. 50

направлена в том же направлении, что и

сила F4 ; модуль равнодействующей силы равен R = 2 Н.

Решение. В сумме R

F1

F2

F3

F4 удобно разбить силы на

группы, в каждой из которых все силы направлены вдоль одной пря-

мой. В нашем случае всё просто: R (F1

F2 )

(F3

F4 ) . Первая

группа сил дает нуль:

F1 F2 0 . Ясно поэтому, что равнодействующая

сила будет направлена вдоль линии действия сил

F3 и

F4 в сторону

большей силы F4 . Модуль равнодействующей будет равен R = 5 – 3 = 2 Н.

4(*). Найти равнодействующую 2015 равных по модулю сил, при-

ложенных в одной точке и расположенных в одной плоскости, если уг-

лы между всеми соседними силами равны между собой.

Ответ. Равнодействующая равна нулю.

Решение. Идея решения такая же, как в «красивом доказательстве»

Примера 12. В отличие от предыдущей задачи или Контрольного во-

2015

будет сила F1 . Остальные слагаемые в сумме R

Fi (*) сгруппиру-

i 1

ем по тому же принципу, как в Примере 12:

R F1

(F2

F

2015) (F3

F 2014) (F4

F 2013)

... .

Каждая из пар даст суммарный вектор, направленный вдоль вектора

F1 . Поэтому и равнодействующая сила должна быть направлена (каза-

лось бы!) вдоль линии действия силы. F1 . Однако силу F1

, которой не

хватило пары в сумме (*), мы выбрали произвольно. Если бы мы в ка-

честве таковой взяли силу F2 , то получили бы,

что равнодействующая

должна быть направлена вдоль силы

F . Единственный выход из «про-

2

тиворечия»: вектор R есть нулевой вектор.

-Q

5. В прямоугольном жёлобе с абсолютно

ND

гладкими стенками лежит шар весом Q = 12 Н

(см. рис. 7).

Определите силы, действующие

NE

со стороны жёлоба на шар, в точках D и E.

E

D

1

3

60o

Ответ. NE = Q

30o

2 =6 Н, ND = Q 2

10,4 Н.

Q

Решение. NE Q sin30 ,

ND Q sin 60 .

Рис. 7

Ответ. l1/l2 3.

T1cos30o

Решение. Рис. 8. К левой части

T1

верёвки (которая левее самой низкой

o

o

=30

=60

точки) приложены три силы: T1 , m1 g

o

(причем, масса левой части верёвки

T1sin30

T2cos60

o

m1

T2

пропорциональна длине этой ча-

сти верёвки l1 ) и сила T12 со стороны

o

T2sin60

m g

T

T

m g

правой части верёвки. К правой части

1

21

12

2

верёвки приложено также три силы:

Рис. 8

T2 ,

m2 g (причём, масса правой части верёвки

m2

пропорциональна

2015, ЗФТШ МФТИ, Лукьянов Андрей Александрович

каждую часть верёвки, запишется в виде: m g T cos30

T

3

(1) и

1

1

1

2

m g T cos60

T

1

(2). Деля одно уравнение на другое и учитывая

2

2

1 2

пропорциональность

масс длинам, получаем

l1

T1

Отношение

3.

l2

T2