Решение задач повышенной сложности Часть 2 Петропавловск-Камчатский

Решение
1. При подвешивании грузов силы упругости со стороны пружин уравновешиваются соответствующими силами тяжести











;
g m
k
L
L
;
g m
k
L
L
2 0
2 1
0 1
2. Система уравнений позволяет выразить величину коэффициента упругости пружины k
g m
k
L
L
;
k
L
g m
k
L
;
g m
k
L
k
L
1 1
0 0
1 1
1 0
1






; g
m k
mgk k
L
k
L
;
g m
k k
g m
k
L
L
2 2
1 2
2 1
1 2












;


1 2
1 2
2 1
2 1
2 2
m m
g k
L
k
L
;
gk m
gk m
k
L
k
L






;


1 2
1 2
L
L
m m
g k



;
3. Работа, совершаемая при растяжении пружины до длины L
2



 







2 1
2 2
2 1
2 2
2 2
1 2
1 2
2 0
2 1
2 1
2 2
0 2
m m
g
2
L
L
g m
L
L
m m
g
2
L
L
L
L
m m
g
2
L
L
k
A











; Дж 10 10 2
10 64
m m
2
L
L
g m
A
2 1
2 1
2 2
2









; Решение
1. При параллельном соединении удлинение пружин будет одинаковым
 


2 1
2 1
k k
k x
x k
x k
F








; Дж 10 9
2 10 3
2
x k
k
2
x П 3
2 2
1 Решение
1. В соответствии с законом сохранения механической энергии сумма кинетической и потенциальной энергии тела на любой высоте от поверхности земли величина постоянная
;
mgh mgh
2
mv
;
K
;
K
2
K
2 1
2 2
1 1
2 1
1 м 20 100 30
g
2
v h
h
2 1
2






Решение
1. Если за нулевой уровень потенциальной энергии принять положение статического равновесия груза 1, то при отклонении нити на угол
 =
60 0
изменится положение центра масс груза, центр масс поднимется на высоту h, груз приобретёт потенциальную энергию


;
cos
1
mg П 2. При отпускании груза безначальной скорости он начнёт двигаться по круговой траектории в сторону положения статического равновесия и потенциальная энергия, в соответствии с законом сохранения механической энергии будет трансформироваться в энергию кинетическую Дж 60
cos
1 1
10 2
,
0
cos
1
mg
К
П
0 Решение
1. Работа силы, совершаемая при перемещении ящика силой F на расстояние

:
 
;
1
;
F
cos
;
F
A






2. Изменение потенциальной энергии ящика при его перемещении вверх по наклонной плоскости Решение
1. Работа в данном случае будет равна отношению изменения потенциальной энергии груза к заданной величине КПД устройства Дж 95
,
0 10 5
10 Решение
;
c
24 25 100 5
100
v v
v v
t t
1 2
1 2
2 1













Решение
1. Запишем кинематические уравнения для спуска и подъёма шарика
2
at t
v
L
;
2
at t
v
L
2 2
2 0
2 1
1 0




2. Приравняем правые части записанных выше уравнений и разрешим полученное равенство относительно начальной скорости
2
at t
v
2
at t
v
2 2
2 0
2 1
1 0



,






2
t t
a v
;
t t
2
a t
t v
2 1
2 0
2 1
2 2
1 2
0






3. Для определения ускорения подставим значение начальной скорости водно из исходных уравнений


2 2
1 2
1 2
1 1
2 см Решение
1. Ускорение движения см. Время движения груза до остановки (время подъёма груза
;
c
5
,
1
a v
t
;
0
at v
0
П
П
0





3. Пройденное расстояние при подъёме: м 2
25
,
2 4
,
0 5
,
1 6
,
0 2
at t
v
2
П
П
0
П








4. Время подъёма из контрольной точки до остановки




;
c
5
,
0 4
,
0 П П 5. Искомое время
;
c
2
t
2
t t
2 1
X




Решение
1. В момент старта второго тела первое прошло расстоянием, время совместного движения определится как
;
c
52
,
8 30 25
,
6 5
,
2
t
;
0 30
t
5
t
;
2
at
30
vt
C
2
C
2
C
C










2. Время, соответствующее равенству координат двух тел
;
c
52
,
14
t Решение
1. Кинематические уравнения движения автомобиля и мотоцикла, с учётом того, автомобиль движется равномерно, а мотоцикл равноускоренно и до встречи они делаю одинаковое перемещение от остановки










;
2
at x
;
t где v = 10 мс скорость автомобиля,  = 5 с промежуток времени между стартом автомобиля и мотоцикла, а ускорение мотоцикла, t текущее время.
2. Система уравнений содержит две неизвестных величины t их, из первого уравнения выразим время t и подставим это значение во второе уравнение
;
v v
xv
2
x
2
a x
;
v v
x t
2 2
2 или
;
0
v a
v
2
v
2
x x
;
v xv
2
x a
xv
2 2
2 2
2 2
2 2
2


















3. Подставляя числовые значения заданных по условию задачи величин, придём к квадратному уравнению м 2500 2
,
6947 35
,
83
x
;
0 Решение
1. Воспользуемся уравнением предыдущей задачи
;
0 10 4
x
500
x
;
0
v a
v
2
v
2
x x
4 2
2 2
2 м 10 4
10 25
,
6 250
x
4 4







Решение
1. Скорость тела к началу последней секунды падения см. Из состояния покоя свободнопадающее тело набирает скорость 40 мс за время с, следовательно, полное время падения составит
;
c
5
t П 3. Высота, с которой падало телом П 110
Тело, свободнопадающее с некоторой высоты, последние
h = 200 м прошло за время
t = 4 с. Какое время и с какой высоты падало тело Установить зависимости скорости и ускорения тела от времени. Решение
1. Из уравнения прохождения телом последних 200 м определим величину скорости см. Определим время t x
пролёта высоты h x
c
3
g v
t
;
gt v
1
x x
1




3. Определим величину отрезка пути h м 2
gt h
2
x x


4. Величина h
0
определится в виде суммы м h
h x
0




5. Общее время полёта тела t
0
c
7
g h
2
t
0 0


6. Определим максимальную скорость тела в момент касания земли см v
0
max


, скорость будет линейно от нуля до v max
, в то время как ускорение будет постоянными равным g
 10 м/с
2
Решение
1. Высота подъёма шара относительно поверхности земли в момент отделения предметам. Скорость предмета в момент отделения от шара см. Время подъёма предмета до полной остановки с at g
v t
;
0
)
t
(
v
;
gt v
)
t
(
v
1 1







4. Высота подъёма предмета в высшую точку своей траектории относительно точки отделения от шарам. Наибольшая высота подъёма предмета относительно поверхности земли м Решение
1. Высота подъёма ракеты с включенным двигателем м 2
at h
2 1


2. Скорость ракеты в конце разгонного участка см. Время подъёма ракеты в инерциальном режиме из условия равенства нулю её скорости
;
c
16
g v
;
a v
)
(
v
0








4. Высота подъёма ракеты над точкой выключения двигателям. Максимальная высота подъёма ракеты над поверхностью земли м h
H
2 Решение
1. Максимальная дальнобойность струи брандспойта будет иметь место при угле наклона к линии горизонтам. Максимальная площадь орошения м s
2
max Решение
1. Масса Земли из закона гравитации
;
G
gR
M
;
R
mM
G
mg
2 2



2. Объём планеты Земля
;
R
3 4
V
3


3. Средняя плотность планеты мкг Решение
1. Воспользовавшись итоговым уравнением предыдущей задачи, имеем мкг Решение
1. Ускорение свободного падения
;
R
3 4
G
R
3
R
4
G
R
V
G
R
GM
g
;
R
mM
G
mg
2 3
2 2
2










Ускорение свободного падения увеличится в два раза. Решение
1. Условие нахождения тела на стационарной околопланетной круговой орбите
;
G
R
046
,
2
R
3
G
R
4
R
GM
v
;
R
mM
G
R
mv
3
I
2 2
I








2. Отношение первых космических скоростей Марса и Земли, таким образом, будет определяться отношением радиусов этих планет

58
;
38
,
0
R
046
,
2
R
778
,
0
v v
)
З
(
I
)
М
(
I


Решение
1. Масса планеты из закона гравитации кг 93
,
6 1
67
,
6 10 156
,
1 4
G
gR
M
;
R
mM
G
mg
23 11 13 2
2











2. Первая космическая скорость см Решение
1. Спутник должен находиться на геостационарной орбите, те. угловая скорость спутника должна быть равна угловой скорости экваториальных точек поверхности земли с рад 27
,
7 3600 24 28
,
6
T
2 5








2. Условие нахождения спутника на круговой геостационарной орбите
;
GM
r
;
R
h r
;
r
M
G
r
;
r
M
G
r r
;
r mM
G
r mv
3 2
2 2
2 2
2 мкг Мкг м
Н
10 67
,
6
G
6 24 2
2 мм Решение
1. Период обращения спутника по стационарной низкой круговой орбите
;
R
GM
R
T
2
;
R
GM
R
;
R
mM
G
R
mv
2 2
2 2






;
GM
R
2
T
3


2. Отношение периодов обращения спутников

59
;
43
,
0 3
,
2 1
T
T
;
GM
R
2
T
;
M
2
,
0
G
3
R
2
T
З
Пл
3
З
3
Пл






















Решение
;
c
10 84
,
3
T
;
4
GM
T
R
;
GM
R
4
T
;
GM
R
2
T
4 3
2 2
3 2
2 м 1
,
1 44
,
39 10 7
,
5 10 67
,
6 10 47
,
1
R
8 3
26 11 Решение
1. Радиус планеты Марс
;
R
462
,
0 10
R
R
;
R
3 4
10
R
3 4
З
3
З
M
3
M
3
З








2. Отношение периодов обращения спутников Марса и Земли


;
1
T
T
;
GM
R
2
T
;
M
1
,
0
G
R
465
,
0 2
T
З
M
3
З
3
З
M














Решение
Разность между силой тяжести аэростата с грузом и силы Архимеда при спуске что эквивалентно массе перевеса кг
перейти в каталог файлов