Физика. Задачи для поступающих в вузы - Бендриков Г.А.
Скачать (прямая ссылка):
Поэтому после к-то удара, когда скорость будет в пк раз меньше, чем перед первым ударом, высота hk будет в п2к раз меньше /?, т.е. hk = hln2k. После каждого удара мяч будет проходить вверх и вниз путь, равный удвоенной высоте: после первого удара .V] = 2Л] = 2/г/и2, после второго удара рис ]9g
s2 = 2h2 = 2h/n4, после третьего удара
Л'з = 2/:3 = 2h 1пв и т.д. Чтобы получить полный путь, надо к сумме ,vi + s2 + s3 + ... прибавить еще путь л0 = /?, пройденный до первого удара. Таким образом
, 2h 2h , 2h(, 1 1 s - h + ~Y + —-r + ...-h—~\ 1 + -y+ — +. n n n V n n
Здесь в скобках стоит бесконечно убывающая геометрическая прогрессия со знаменателем q = 1/и2. Сумма членов такой прогрессии равна 1/(1 -
- q) = п2/(п2 - 1). Подставив это значение в выражение для пути, получим .V = h(n2 + 1)/(«2 - 1) = (5/3)h = 200 м.
42. Шарик к моменту встречи с плитой приобрел в неподвижной системе отсчета скорость Ц) = -л/ 2gh[). Скорость шарика относительно плиты, движущейся ему навстречу, в этот же момент равна w0 = -(л/ 2gh{) + и). После абсолютно упругого соударения скорость шарика относительно плиты w = -w(). Скорость v шарика в неподвижной системе отсчета после соударения больше скорости шарика относительно плиты на величину и (плита догоняет отскочивший шарик со скоростью и): v = w + и = V 2gh{) + 2и. Искомая высота
h = V2 / 2g = {figh^ + 2uf / 2g = + и^Щ)1.
43. Разложим скорость шарика v0 на тангенциальную (вдоль плиты) и нормальную (перпендикулярно к плите) составляющие:
215
и = vQ sin а и и0п - и0 cos а. Тангенциальная составляющая, благодаря гладкости стенки, после соударения шарика с плитой не изменится. Нормальная составляющая относительно движущейся плиты w0n = иоп +и = ио cosa + и после соударения изменит знак, сохранив свой модуль: wn=-w0n. Относительно неподвижной системы отсчета нормальная составляющая ип изменится на величину и (плита догоняет отскочивший шарик со скоростью и):
ип = -(vv„ + и) = -(Ч) cos a + 2и).
Полная скорость шарика относительно неподвижной системы отсчета после соударения с плитой будет
и = tJ vI + i»ox = л!(ио cosa + 2«)2 + L<osin2a.
§ 2. Криволинейное движение
44. Направим ось ОХ системы координат XOY (рис. 199) с началом на
поверхности земли вдоль начальной скорости ц); а ось 0Y — верти-
кально вверх в точку, из которой брошено тело. Движение тела можно
представить как сумму равномерного движения со скоростью у0 в горизонтальном направлении и равноускоренного движения без начальной скорости в вертикальном направлении с ускорением ау = —g, направленным вниз. Проекции скорости на оси координат и полная скорость в этом случае будут
а) ут = ц|; б) vy = -gt, (1)
^ ^ (2)
V vl + иу =л[»о
2 2 2 -I-яг.
Законы движения для координат имеют вид
а)x=vat, б) у = h —gt2/2.
(3)
Исключив время t из уравнений (3), получим уравнение траектории:
y = h-gx2l2uq .
(4)
Это - уравнение параболы.
45. Исключив время t из уравнений (3) задачи 44, при у = 0 найдем
s = х = и0л! 2h/g = 22,6 м.
46. Исключив время t из уравнения (3) задачи 44, при х = s и у = О
найдем h = gs2 /2 =4,9 м.
216
- 47. Исключив время t из уравнений (2) и (36) задачи 44, при у = 0 найдем
= V v 2 - 2gh = 5,6 м/с.
48. Когда скорость тела, брошенного горизонтально, составляет с горизонтом угол а = 45° (см. рис. 199), имеем tg а = иу/их = -1; отсюда согласно уравнениям (1) задачи 44 получаем t = v0 /g ~ 1,5 с.
49. h = (Ц) tg а)2 / 2g = 34,4 м.
50. / = 2h / tg а = 4 м.
51. Полным ускорением является ускорение свободного падения g\ следовательно, р - угол между полной скоростью и вертикалью (см.
i>у = gt (по модулю). В этом случае
gt42 ~ 70,5 м/с.
рис. 199). Поэтому tg р = v jvy = 1 и их из уравнения (2) задачи 44 следует и
2и:
52. Время падения камня (момент, когда у = -h)
t= [у0 sin а -ну (и0 sin а)2 + 2gh] /g. Угол р определяется выражением
tgp= — : vr
и0 sin а - gt _ у (uo sin а)2 +2gh
v0 cos a u0
Скорость камня в момент падения и = и2 + и2 = +2gh.
53. Как видно из рис. 200, проекции ускорения свободного падения на нормаль On и касательную Ох таковы:
а„ = g cos а, ах = g sin а, cos а = ихI v, sin а = иу / и.
Зависимости их, иу и и от времени определяются уравнениями (1) и (2) задачи 44; следовательно,
ип cos а
an=8vxlv= Svo ^ио +S2t = gvy tv = g2t / ^Jvq +g2t2
¦ 8,2 м/с
5,4 м/с .
54. Направим ось OX системы координат XOY с началом в месте бросания тела горизонтально в ту сторону, куда тело брошено, а ось OY - вертикально вверх (рис. 201). Движение тела можно представить в виде суммы равномерного движения в горизонтальном направлении со скоростью и0х = и{) cos а и равноускоренного движения в вертикальном направлении с начальной скоростью и0у = v0 sin а и ускорением ау = -g. Проекции скорости на оси координат и модуль скорости в этом случае будут
а) их
v0x = v0 cos а,
6 )vy = %¦ - gt = Щ sin а - gt, и о +g2t2 - 2 (и0 sin а )gt.
(1)
(2)
217
Зависимость угла Р от времени определяется выражением tg Р = vy / vx = (Ц) sin а - gt) /Ц) cos а.
Ha восходящей части траектории (при v0y > gt) имеем tg Р > 0 и вертикальная составляющая скорости направлена вверх, проекция vy 5= 0; на нисходящей части траектории (при VQy < gt) tg Р < 0 и вертикальная составляющая скорости направлена вниз, проекция иу < 0.
