Решение задач повышенной сложности Часть 2 Петропавловск-Камчатский

4
1. Механика Решение
1. Ввиду линейности зависимости пройденного расстояния от времени, движение автобуса из пункта А в пункт В равномерное, средняя скорость движения час км 5
,
0 Решение
1. Если относительная скорость физкультурника
1
v
, переносная скорость реки
2
v
, то вектор абсолютной скорости пловца определится как
;
v v
v
2 1
3





Модуль абсолютной скорости пловца см. Направление вектора абсолютной скорости пловца (скорости относительно берега. Расстояние, проделанное пловцом от берега до берегам. Время пересечения водной глади
;
c
150
v
3




5. Расстояние от точки входа в реку А до точки выхода на противоположном берегу В (BC =
S)
;
м
180
v
S
2




Решение
1. Если относительная скорость физкультурника
1
v
, переносная скорость реки
2
v
, то вектор абсолютной скорости пловца определится как (см. риск предыдущей задаче
;
v v
v
2 1
3





Модуль абсолютной скорости пловца см. Направление вектора абсолютной скорости пловца (скорости относительно берега. Расстояние, проделанное пловцом от берега до берегам. Время пересечения водной глади Решение
1. По условию задачи заданы две абсолютные скорости самолёта
1
v
и ветра
2
v
, требуется определить относительную скорость самолёта относительно воздуха
3
v

. Модуль относительной скорости определится как см. Направление относительной скорости самолё- та

6


;
8
,
6
v v
arccos v
;
v
0 1
3 Решение
1. Если длина грузового поезда

, время его наблюдения из окна пассажирского поезда
 то, относительная скорость грузового поезда определится как см. Абсолютная скорость грузового поезда см Решение
1. Относительная скорость поездов см. Время наблюдения встречного прохождения поездов
;
c
36 25 900
v
3 Решение
1. Заданное уравнение движения с начальной скоростью и постоянным ускорением, можно записать в общем виде
,
2
at t
v x
)
t
(
x
2 откуда видно, что хм мс, а = 2 мс 2. Перемещением называется кратчайшая направленная прямая (вектор) соединяющая начальное и конечное положение исследуемого движущегося объекта. Другими словами, тело начинает двигаться не изначала координата из точки с координатой х, поэтому уравнение перемещения будет иметь вид
;
t t
4
r
2





Решение
1. Уравнение перемещения материальной точки
;
t t
3
)
t
(
r
2



2. Модуль перемещения точки за время
 = см точка переместилась в направлении обратном оси ОХ и перейдя через начало отсчё- та удалилась влево нам. Решение
1. Уравнение перемещения материальной точки
;
t
2
t
8
)
t
(
r
2



2. Модуль перемещения точки за время
 = 3 см точка переместилась по модулю нам, от начала системы отсчёта, при этом она оказалась на расстоянии s = 32
 6 = 26 м. Решение
1. Уравнение проекции скорости тела на ось ОХ см Решение
1. Ускорение тела на заданном промежутке времени см. Т.к. тело начинает, судя по приведённому графику, движение из состояния покоя, то уравнение движения будет иметь вид м 2
4 5
,
0
)
(
x
;
2
at
)
t
(
x
2







Решение
1. Как следует из заданного графика, в точке тело останавливается и скорость меняет направление, те. тело начинает движение в обратном направлении. В этой связи участки движения 2 и 3 ввиду их симметрии навели- чину перемещения не повлияют т.к. общее перемещение в течение 2
 4 равно нулю.
2. Чтобы вычислить требуемое перемещение достаточно из перемещения, произошедшего на участке 1 вычесть перемещение на участке 4: м 1
2 Решение
1. Разобьем заданную зависимость) на пять одинаковых отрезков, длительностью
 = 1 с, каждый отрезок можно аппроксимировать прямой линией. В этом случае видно, что отношение изменения координаты тела к фиксированному промежутку времени, те скорость тела уменьшается
;
x x
x x
x
5 4
4 3
3 2
2 1
1 0














;
x v
x v
x v
5 4
5 4
2 1
2 1
1 0
1 0


















Скорость тела стечением времени уменьшается, между 5 и 6 секундами движения тело останавливается, его координата остаётся неизменной.

Решение
1. Свободнопадающее безначальной скорости тело за

5
= с опустится по вертикали на расстояние
;
2
g y
2 5
5


2. За первые

4
= 4 с тело опустится на
;
2
g y
2 4
4


3. Запятую секунду движения тело пройдёт расстоянием Решение
1. Уравнение секундного перемещения тела в режиме свободного падения
 




;
1
t
2
t t
g y
2
;
1
t t
2
g y
y y
2 2
2 2
1
t t













;
c
7
t
;
t
2 1
10 130
;
1
t
2
g Решение
1. Путь, пройденный за десятую секунду полёта: м 9
10 2
g y
2 2
10




2. Путь, пройденный за девятую секунду свободного падениям. Разность пройденного пути м y
y
9 Решение
1. Время падения нам. Время падения нам. Время, за которое камень пролетает третий метр своего пути
;
c
1
,
0
t t
2 Решение
1. В соответствии с уравнением Эйлера модуль линейной скорости точки, принадлежащей вращающемуся телу равен произведению угловой скорости вращения на кратчайшее расстояние до оси вращения
;
R
T
2
R
v




2. Период вращения Земли вокруг соей собственной оси
;
c
10 64
,
8
минут
1440
часа
24
T
4




3. Линейная скорость точек экватора см Решение
1. Угловая скорость вращения минутной стрелки вокруг оси Z связана с заданной линейной скоростью уравнением Эйлера
;
v r
;
r v
M
M
M
M





;
2
T
v r
;
T
2
M
M






;
с
3600
мин
60
T


;
м
44
,
3 28
,
6 3600 10 Решение см Решение
1. Нормальное (центростремительное) ускорение пропорционально квадрату линейной скорости и обратно пропорционально расстоянию отданной точки до оси вращения
;
25
a a
;
r
5
a
;
r a
;
r r
r r
v a
)
1
(
n
)
2
(
n
2 2
)
2
(
n
2
)
1
(
n
2 2
2 Решение
1. Нормальное ускорение, представленное через угловую скорость и период
;
4
a a
;
T
16
a
;
r
T
4
a
;
r
T
4
r
T
2
r r
r r
v a
)
1
(
n
)
2
(
n
2 2
)
2
(
n
2 2
)
1
(
n
2 2
2 2
2 Решение
1. Горизонтальный бросок тела в поле земного тяготения можно разложить на два более простых движения ускоренное по вертикальной оси с ускорением g и равномерное с начальной скоростью. Полёт при этом будет продолжаться время, удовлетворяющее условию
;
c
4
g h
2
;
2
g Решение
1. Время падения глыбы льда
;
c
3
g h
2 


2. Перемещение глыбы льда в горизонтальном направлении м x
0
max




Решение
1. Время полёта пули до мишени
;
c
5
,
0
v x
0
max



2. Отклонение пули от горизонтали м 2
g Решение
1. Кинематические уравнения движения тела, брошенного под углом к горизонту. Из уравнений, в частности, следует, что проекция скорости на горизонтальную ось величина постоянная во всё время полёта тела см Решение
1. Время подъёма тела в высшую точку траектории (см. рис. и уравнения к предыдущей задаче
;
g sin v
;
0
gt sin v
;
0
v
0
C
0
)
y
(
C







2. Полное время полёта диска
;
g sin v
2 2
0
C





3. Максимальная высота подъёма:
;
g
2
sin v
g sin v
2
g g
sin v
y
2 2
0 2
2 2
0 2
2 0
max






4. Начальная скорость броска см. Дальность броскам. Проще скорость броска можно определить, используя закон сохранения механической энергии (но это уже динамические методы
;
g y
2
sin
1
v
;
mgy
2
)
sin v
(
m max
0
max
2 Решение
1. Максимальная высота подъёма ракеты (см. предыдущую задачу м 20 75
,
0 400
g
2
sin v
y
2 Решение
1. Максимальная высота подъёма: g
y
2
sin v
;
g
2
sin v
g sin v
2
g g
sin v
y max
0 2
2 0
2 2
2 0
2 2
0
max









2. Полное время полёта диска
;
g sin v
2 2
0
C





;
c
6
g g
y
2 2
max




Решение кг m
;
1
m m
;
3
c b
5
,
1
a
2
V
m
;
c b
a
V
m
2 1
1 2
2 2
1 Решение
 
;
8
m m
;
2
m
;
m
1 2
3 2
3 Решение
1. Средняя величина ускорения лыжника см. Уравнение второго закона Ньютона в проекции на ось, совпадающую с направлением движения




n i
1
i x
)
i
(
x
;
ma
F
3. Модуль силы трения
;
H
30
ma
F
;
mg
N
F
Тр
Tр









Решение
1. В заданных условиях на автомобиль действует большое количество сил разного рода, новсе они относятся к внутренним силам, неспособным изменить состояние механической системы, каковой является автомобиль. Только сила трения между ведущими колёсами и дорогой является силой внешней, поэтому в данном случае сила трения может рассматриваться как движущая сила.
2. Ускорение автомобиля см. Величина силы трения (движущей силы или силы тяги двигателя
;
кН
4
,
5
H
5400
ma
F



Решение
1. Проекция ускорения на направление движения определяется по заданному графику см. Модуль проекции силы, действующей на тело
;
H
2
,
0
ma
F
x Решение
1. Заданные силы представляют собой плоскую систему сходящихся сил, которая приводится к одному центру, поэтому вектор равнодействующей (главный вектор системы) определяется как
;
F
F
R
2 1





2. Модуль равнодействующей в общем случае определяется по правилу параллелограмма. В данном случае можно получить результат проще, т.к. вектор каждой из сил и вектор равнодействующей образуют равносторонний треугольник. Решение
1. Применяя правило параллелограмма, определим модуль равнодействующей силы (cos90 0
=0):
;
H
10 64 36
F
F
R
2 2
2 1






2. Ускорение, с которым движется тело, определяется вторым законом Ньютона

см Решение
1. Под действием плоской системы сходящихся сил брусок вниз по наклонной плоскости брусок может двигаться либо равномерно при
;
cos sin
;
cos mg sin mg








;
tg



Такое движение будет иметь место, например, при
 = 30 0
и
  0,577. В этом случае равнодействующая всех сил будет эквивалентна нулю.
2. В случае




cos mg sin mg движение будет ускоренным см. Равнодействующая всех сил при ускоренном спуске Решение
1. Кинематические уравнения, описывающие движение снаряда в стволе орудия


















;
2
v a
;
a v
;
2
a
;
a v
2 2


2. В соответствии со вторым законом Ньютона
;
кН
64 2
mv Решение
1. На основании закона Всемирного тяготения Ньютона, с учётом первоначального расстояния между центрами масс шаров r
1
= 0,5 ми увеличения этого расстояния дом, можно составить следующую систему алгебраических уравнений

17
 
 
;
9 5
,
0 5
,
1
F
F
;
5
,
1
m m
G
r m
m
G
F
;
5
,
0
m m
G
r m
m
G
F
2 2
2 1
2 2
1 2
2 2
1 2
2 2
1 2
1 2
1 Решение
;
60
F
F
;
r
900
M
M
15
G
F
;
r
M
M
G
F
H
C
З
С
2
C
З
Н
С
2
C
З
З
С














Решение


;
9
F
F
r
2
r mM
G
F
;
r mM
G
F
2 1
2 2
2 Решение


;
4
F
F
r r
3
mM
G
F
;
r mM
G
F
2 1
2 2
2 Решение см Решение Решение
1. Если, в соответствии с принципом Д
Аламбера присоединить к действующим реальным силам Ньютона фиктивные силы инерции, вызванные особенностями движения, в данном случае по круговой траектории, то исследуемое тело можно условно рассматривать как покоящееся. Условие нахождения космического корабля на стационарной круговой орбите в таком случае представится как равенство модуля силы притяжения модулю силы инерции с км
652
,
3
с м 10 3
10 6
10 67
,
6
r
GM
v
;
r mv r
mM
G
7 24 11 Решение
1. Условие нахождения спутника на круговой низкой орбите кг 2
,
6 10 67
,
6 10 38
,
3 10 225
,
1
G
r v
M
;
r mv r
mM
G
23 11 6
7 2
2 Решение
;
9
v v
;
81 1
v v
;
r
GM
81
v
;
r
GM
v
1 2
2 1
2 Решение
1. Как видно из условия нахождения спутника на круговой орбите вблизи планеты масса спутника в уравнение первой космической скорости не входит, поэтому масса спутника на величину скорости не влияет.

Решение
1. Линейная скорость спутника Меркурия
;
r
GM
v
;
r mv r
mM
G
I
2 2



2. Период обращения спутника мин 10 17
,
2 10 42
,
1 28
,
6
GM
r
2
T
;
r
GM
r
T
2
r v
13 19 Решение
1. При последовательном соединении пружин их деформация будет разной при одинаковой действующей силе, это обстоятельство позволяет определить общую жёсткость пружин следующим образом м
Н
240 1000 400 600
k k
k k
k
,
k
F
k
F
k
F
x x
x
2 1
2 1
o o
2 1
2 Решение
1. У пружин, соединённых параллельно деформации одинаковы x
x x
2 1





2. Сила, действующая на массу со стороны пружин, определится в виде суммы x
k x
k x
k или 1
0 2
1







,
;
м
Н
600
k k
k
2 1
0



3. Запишем уравнение движения массы под действием эквивалентной пружины жёсткостью k o
, что позволит определить максимальное смещение




2 1
max max
2 1
k k
ma x
,
x k
k Последовательные пружины Параллельное соединение пружин

Решение
1. Коэффициент упругости последовательно соединённых пружин
;
2
k k
2
k k
2 1


2. Суммарная жёсткость трёх пружин, одна из которых соединена параллельно двум другим, соединённых между собой последовательном Решение
1. Удлинение проволоки описывается законом Гука где F сила, приложенная к проволоке, S площадь поперечного сечения проволоки, Е Модуль упругости (модуль Юнга, длина проволоки, удлинение проволоки под нагрузкой.
2. Как следует из закона Гука







;
ES
F

S
1
, увеличение площади поперечного сечения в два раза при прочих равных условиях приводит к уменьшению в два раза удлинения. Решение
1. Пусть на шероховатой поверхности в состоянии относительного покоя находится тело массой m произвольной формы. Сила тяжести в данном случае уравновешивается нормальной реакцией связи
N

. Если приложить в общей точке поверхности и тела силу Q

, линия действия которой лежит в касательной плоскости, то состояние покоя не нарушится. Это говорит о том, что реакция опорной поверх-
Тело на шероховатой поверхности

21
ности не сводится только к
N

, если бы это было так, то малая по величине сила нарушила бы состояние равновесия. На это указывает и повседневный опыт. Чтобы сдвинуть тело с места, нужно приложить силу, превосходящую некоторое значение max
Q

. Таким образом, получается, что помимо нормальной реакции связи к телу приложена ещё одна реакция связи F

, которая называется силой трения скольжения
2. До момента возникновения скольжения тела по плоскости будет иметь место равенство
0
Q
F




3. Уравнение, в частности показывает, что величина силы
F

будет изменяться от нуля до некоторого максимального значения max
F

, соответствующего моменту наступления относительного скольжения (b). Величина max
F

является мерой сопротивления скольжению данного тела по поверхности, которая рассматривается в качестве силы трения.
4. Существует три правила, которыми руководствуются при решении прикладных задач, связанных с анализом сил трения Сила трения скольжения направлена всегда в сторону, противоположную возможному относительному перемещению соприкасающихся тел. Сила трения скольжения в состоянии покоя не может превосходить по модулю максимального значения Модуль максимальной силы трения скольжения прямо пропорционален нормальной величине давления одного тела на другое, те. нормальной силе реакции связи Н 10 1
1
,
0
mg
N
F
max








,
F
F
Тр


следовательно, тело покоится, а сила трения по модулю равна приложенной к телу горизонтальной силе те.
;
Н
5
,
0
F
Тр


  1   2   3   4   5   6   7   8   9   10   11