Физика. Задачи для поступающих в вузы - Бендриков Г.А.
Скачать (прямая ссылка):
55. Используя ту же систему координат, что и в задаче 54 (см. рис. 201), запишем законы движения для координат тела:
а) х = (у0 cos a) t, б) у = (щ sin а) t- gt1!'!. (1)
Уравнение траектории тела получим, исключив время t из этих уравнений:
у = х tg а - gx2 /2(ц, cos а)2. (2)
Это - уравнение параболы.
56. При у = h проекция скорости vy = 0. Время подъема t и высоту h найдем из уравнений (1) задач 54 и 55:
t = (Ц) sin a) tg, h = (Ц) sin а)2 /2g.
57. Так как в месте падения у = 0, то из уравнения (16) задачи 55 найдем время полета: t = 2(v0 sin a) /g. Дальность полета s = х, т.е. координату места падения, найдем из уравнения (1а) задачи 55, подставив в него найденное значение времени полета:.? = (v2 sin 2а)/g.
58. График зависимости vy =f(t) строится по формуле (16) задачи 54 (рис. 202). При t = 0 имеем иу = v0y - Vq sin а; при t = t* = (v0 sin a)/g проекция Vy = 0. График зависимости vy =f{y) получим, исключив время t из уравнений (16) задач 54 и 55 (рис. 203):
vy = ±^j(v0 sin а)2 -2gy.
График зависимости vy = f(x) получим, исключив время t из уравнения (16) задачи 54 и уравнения (1а) задачи 55 (рис. 204):
vy = v0 sin а - gx /( ц> cos а).
59. Из формулы (16) задачи 55 при у = h получим для t уравнение
г -
2vn sin а 2h
t н----------— О,
(1)
два корня которого /] = 0,28 с и /2 = 0,75 с показывают, что на высоте h камень был дважды.
Рис. 204
60. Используя уравнение (1) задачи 59 и свойства корней квадратного уравнения, согласно которым г, + /2 = 2(и0 sin a)/g и t\t2 = 2h/g, получим
Ч) = gih + h) /2 sin a = 78,4 м/с, h = gt\t2/ 2 = 73,5 м.
61. Исключая начальную скорость vq из уравнения (16) задачи 54 и используя решение задачи 57, получим
s = 2 (vy +gt)2 ctg a / g = 284 м.
62. В системе координат с началом в месте бросания (рис. 205) законы движения будут те же, что и в задаче 55. Искомое расстояние s = х при у = —h. Подставляя у = —h.в уравнение (2) задачи 55, получим для х квадратное уравнение, решая которое, найдем
s= (vo / g)c°sa(v0 sin a + л[(у0 sin a)2+ 2gh).
В выбранной системе координат х > 0, поэтому второй корень уравнения отброшен.
63. Обозначим начальные скорости тел буквами i/()1 и va2 . Для тел, упавших на землю, в формуле (2) задачи 55 надо положить у = 0. Заменяя в этой формуле v0 и а на Цц и 0С| для первого тела и на ц|2 и а2 для второго, найдем из двух получившихся уравнений Щ\ /щ2 = л/sin 2а2/ sin 2щ. Если (Х2 = 90° - ОС], то vm /ц12 = 1 и i/01 = v02.
64.v = ^fvf~-^2gh = 6,4 м/с.
65. v = Vq + 2 gh.
219
66. Согласно рис. 201 tg Р = иу /их . По условию tg р! = 1, tg Р2 - -1. Используя для их и иу формулы (1) задачи 54, найдем
t\ = (vq! g)($,ma - cosol), t2 = (L,0/^)(sina + cosa).
67. Дальность полета снаряда без учета сопротивления воздуха при заданной начальной скорости можно найти по формуле x = (vq sin 2a)/g (см. задачу 57). Согласно условию х = 4л; отсюда
Ц| = 2V gs / sin 2a = 886 м/с.
68. В системе координат с началом в точке А (см. рис. 9) траектория мотоциклиста будет описываться уравнением (2) задачи 55. Подставляя в это уравнение координаты точки приземления х = s и _у = -h, найдем минимальную скорость:
v = s-Jg / cosa^/2(/j + ^tga).
69. Используя ту же систему координат, что и в задаче 62 (см. рис. 205), имеем I = у х2 + у2, где х и _у — координаты камня в данный момент времени. Зависимость координат камня от времени дается формулами (1) и (2) задачи 55. Поэтому
l = t^jvо - (v0 sina0),f;f + g2t2 /4 = 67,9 м.
70. Чтобы снаряд достиг самолета, горизонтальная проекция его начальной скорости ц)г должна быть не меньше скорости самолета и, а вертикальная проекция начальной скорости ui)y должна быть по крайней
мере равна ^2gh; отсюда минимальная начальная скорость снаряда Ц) = л! и2 + 2gh = 743 м/с. Из условия tg a = v0y/v()x = ^2gh !v = 1,56 находим
a = 57°.
71. - y2 = 2Ц) t cos a = 60 м.
72. Используя ту же систему координат, что и в задаче 44 (см. рис. 199). Проекции скорости груза при его падении их = щ и vy = -gt. Угол наклона скорости к горизонту определяется выражением tg a = иу/их. Скорость имеет угол наклона а в момент времени t = ~(v{)/g) tg a (a < 0). Подставляя это значение t в закон движения груза по вертикальному направлению у = h0 - gt2 / 2, найдем А = у = А() - (ц, tg a)212g.
73. В системе координат, изображенной на рис. 206, координаты ключа в момент выброса его из самолета:
хо = (ио{о +ato /2)c°sa, v0 = (и010 + atl /2)sin a.
Проекции скорости ключа в этот момент:
vQx = (и0 +at0)cosa, v0y = (v0 +af0)sina-«0.
220
Координаты ключа после выброса из самолета:
х = х0+ v0xt= (v0t0 + atl / 2) cos a + [ (v0 + af0)cosa]f, (!)
У = Уо+ v0yt-gt2/2= (v0t0+atQ/2)sina +
+ [(u0 + at0)sina-u0]t-gt2/2. (2)
В момент падения ключа у = 0. Исключая время из (1) и (2), найдем расстояние s = х. Ввиду сложности коэффициентов в уравнении (2)
Рис. 206
рекомендуется предварительно вычислить эти коэффициенты. Имеем Уо = 144 м, vlk = 29,5 м/с, g/2 = 4,9 м/с2. Искомое расстояние .у = 766 м.
74. Вертикальная проекция скорости в
момент удара vy = л/ (ц} sin a)2+- 2gh; время подъема на максимальную высоту hm.M (рис. 207) t =vy/g. Горизонтальная проек-
