Физика. Задачи для поступающих в вузы - Бендриков Г.А.
Скачать (прямая ссылка):
= Йтах = v0 А?- При t > V{Jg координата /г убывает, в то время как путь .? (сумма всех расстояний, пройденных телом, независимо от направления движения) продолжает увеличиваться; в частности, при t = 2u[)/g координата h = 0, т.е. тело вернулось в место бросания, а путь s = 2/гтах =
л
= v0 / g. При t > 2v()/g координата становится отрицательной, т.е. тело спускается ниже места бросания (если, конечно, для этого есть возможность). Из рис. 195 видно, что при t > v(Jg пройденный телом путь
* = 2/гтах - h =Vg/g - (v0t - gt2/2), (2)
где t— время, протекшее с начала движения. Это выражение будет верно и при г > 2v0/g. В тех же случаях, когда t < v^Jg, путь вычисляется, как и координата, по первой формуле (1).
По условию ? =10. с > v0/g = 3 с. Поэтому вычисление пути надо делать по формуле (2); при этом получается s = 290 м. Координата и скорость для этого момента времени, найденные по формулам (1), будут h = - 200 м и и - - 70 м/с.
30. /г = /г, + -
1 2
/1 j /?2 /\t
gAt 2
¦1225 м.
4
\\4\W
н
ю
!
Рис. 195
212
31. Если за начало отсчета взять место бросания тела, то координата h тела, брошенного вверх, определяется уравнением
h = - gt2/2. (1) Это уравнение при заданных ц, и h удовлетворяет двум значениям V.
h,2 =(v0 + ^Vq -2gh^l g.
Разность этих значений есть промежуток времени между прохождениями телом одной и той же высоты /г, т.е.
At = t2~t\ = 2^jVq -2gh/g; (2)
отсюда v0 = ^2gh + g2(At)2 / 4. Если в выражении (2) положить /г = 0, то мы получим промежуток времени от начала движения до возврата в начальное положение: Af(l = 2v0/g. Подставляя значение и0, найдем
At0 = 2^2h/g + (At)2 /4 .
32. s = h — v{)t.
33. Направим координатную ось ОН с началом в месте бросания шариков вверх. Тогда уравнения движения шариков будут иметь вид
/?, = /; + - gt2/2, /г2 = /г - v2t2 - gtj/2,
где t{ и t2 - времена падения на землю первого и второго шариков. Падению на землю соответствуют координаты h\ = h2 = 0. Определив t\ и t2 из полученных квадратных уравнений, найдем
ДГ = Г, -t2 =(и, +v2 +^v2 +2gh-^v2+2gh^/g.
34. At = ^2s/ g +12 -t2~ 1 c.
35. v0 = (h\ - /jj )*Jg / -J2(h{ -h) ~ 3,69 м/с.
36. Скорости первого и второго тел в момент времени t будут vt = = v0 - gt и v2 = v0 - g(t - At). Скорость второго тела относительно первого
v = v2 - V[ = gAt постоянна, т.е. тела движутся относительно друг друга равномерно.
37. Пусть за некоторый весьма малый промежуток времени t лодка переместилась из точки А в точку В на расстояние s - .v() = vnt (рис. 196).
За это время веревка, имевшая положение AD, заняла положение BD, причем длина ее уменьшилась
213
на величину / - /0 = vt. При малом времени t будет мал также и угол а. Поэтому угол (3 в равнобедренном треугольнике BCD будет очень мало отличаться от 90°, т.е. треугольник ABC можно считать прямоугольным и
/ — L vt и
-----= — = — = cos у;
s-s0 ил
отсюда ил = и/cos у. При приближении лодки к берегу угол у увеличивается и скорость ил возрастает. Как видно из рис. 196, cos у = s/l =
2 - /г2 //; поэтому при / = 10 м скорость лодки ил = vl/V/2 -А2 =1,25 м/с.
Для нахождения перемещения лодки формулу пути равномерного движения s - s0 = v„t можно применять лишь в том случае, когда промежуток времени t достаточно мал и скорость лодки в течение него не успевает заметно измениться:
s-s0=M2~h2 -^1 -h2 =4l2-h2 -^j(l-vt)2-h2 =1,25 м.
38. Направим координатную ось OS с началом в месте расположения
первого тела вдоль наклонной плоскости (рис. 197) и запишем законы движения для первого и второго тел:
Щ = Ч) - С? sin a)f, s\ = unt-(g sin a)f2/2; v2 = - 0? sin a)f, s2 = I - (g sin a)t2/2.
В момент встречи s’) = s2,1 = vnt, т.е. t = l/u0 = 5 с. Скорость второго тела относительно первого и = и2 - щ = —щ = - 0,5 м/с.
39. иср | = sjtx = ц, + (g sin a)f,/2, иср 2 = s2/t2 = v{) + (g sin a)f2/2; отсюда sin a = 2(ycp 2 - ucp x)lg{t2 - f,) = 1/2, т.е. a = 30°.
40. Скорость движения шарика у доски при первом падении на нее
vi = Ф-gh, время падения t\ = h / g . Скорость в момент отскакивания и2 = 0,75у'] = 0,75 -^2gh . Из условия и = и2 - gt2 = 0 находим время
движения шарика вверх после отскакивания: t2 = u2/g = 0,75^2/! /g . Так как время подъема и время падения одинаковы, то искомое время t = ?| + 2t2 = 2,5 -у/2/г / g = 1,38 с.
41. Если координатную ось ОН направить вверх, то при падении мяча проекция скорости отрицательна и пропорциональна времени: u = -gt.
214
На графике такому движению соответствует линия О А, причем tg а соответствует ускорению -g (рис. 198). При ударе проекция скорости мгновенно меняет знак на противоположный, и модуль ее уменьшается согласно условию задачи в п = 2 раза, т.е. после удара модуль скорости соответствует точке В. При подъеме скорость падает до нуля (точка С), причем наклон линии остается прежним, так как ускорение все время равно —g. Далее снова происходит падение. При падении достигается та же по модулю скорость, которая была в первый момент после удара (точка D), и т.д.
Согласно формуле и2 = 2gh высота подъема пропорциональна квадрату скорости.
