Сборник задач по физике с решениями и ответами: Механика: Для абитуриентов и учащихся 9 — 11 классов - Долгова А.Н.
Скачать (прямая ссылка):
В точке наибольшего подъема v(/) = 0, отсюда время подъема
vO г,
'под Д° наивысшеи точки /П0Д = —. Подставляя это время в урав-
S
нение движения, найдем, что начальная скорость и высота подъема H связаны соотношением:
Время подъема тел и время их свободного падения на Землю равны, поэтому общая продолжительность полета /пол равна удвоенному времени подъема, т.е.
JM = V0'-^
v0=y?Hg ,
поэтому /под =
53 'пол
Продолжительность полета двух тел, высота подъема которых
f^r
различается в 3 раза, будет отличаться в п = 2 Н+&
I Я,
=S
раз.
V
1.14. V
О
1.15. а =
2/
; 18.7 м/с.
2v0/
— = 6м/с2.
г
С С
-^T I I 1 I I I I
h h Г
1.16. Графики зависимостей скоростей шара от времени t как при движении по желобу ABC. так и при движении по желобу ADC представляют собой два переходящих один в другой линейных участка. Особенности этих зависимостей следующие (см. рисунок):
площади под графиками этих зависимостей равны (следствие того факта, что пути, проходимые шаром по желобам ABC и ADC равны);
время движения шара t\ по желобу ADC меньше времени его движения ti по желобу ABC: t\ < ?2 -
конечные скорости движения по обеим желобам равны: v(/i) = v(r2).
Докажем последнее утверждение.
По участку AB шар движется с ускорением a = g sin а , а — угол наклона участка к горизонту. При этом зависимость скорости шара от времени v(/) = gsin а • (, а уравнение движения шара име-
ет вид x(i) = g sin а • — (ось х направлена вдоль желоба). Скорость
шара в точке В получается из этих уравнений, если путь, пройденный шаром x(t), положить равным длине желоба /. Тогда скорость шара в точке В
54 vВ - sin a .
Аналогичные уравнения, описывающие движение шара по участку ВС, имеют вид
v(0 = vB + gt = -J2gl sin a +
и
2
x(0 = ^2gl sin a • t + .
Полагая путь шара на участке ВС равным длине желоба, т.е. x(t) = l, находим время движения его по участку ВС
¦J2gl sin a + 2ga - -J 2gl sin a
И скорость шара в точке С. Mq = -J2gl sin a + 2gl .
Аналогичные уравнения описывают движение шара по желобу ADC.
На участке АР.
'у(0 = gt;
Скорость в точке D
Vd =^gl-
На участке DC:
v(0 = V?) + g sin a • / = -J2gl + g sin a • t,
*(0 = ¦ t + g sin a • у.
Скорость в точке С при прохождении желоба ADC.
\С = ¦J2glsina + 2gl, 55 т.е. = Vс. что и требовалось доказать. (Для доказательства этого равенства проще воспользоваться законом сохранения механической энергии, который утверждает, что в поле консервативных сил, каковыми являются силы тяготения, кинетическая энергщ^ приобретаемая телом, не зависит от формы пути, а зависит только от его начального и конечного положений.) \
Еще одной особенностью приведенных зависимостей является параллельность линейных участков AD и ВС, а также DC и AB, обусловленная равенством ускорений шара на соответствующих участках желобов. 1.17.
См. решение задачи 1.16.
1.18. Введем систему координат: начало координат совпадает с точкой «старта», ось OY направлена вертикально, ось OX — горизонтально (вдоль поверхности Земли), вектор V о и координатные оси лежат в одной плоскости. Запишем в виде уравнения условие падения тела на поверхность Земли: в момент падения y(t) = 0. Тело движется с постоянным ускорением a = g , где g — ускорение свободного падения. Спроектируем уравнение движения
t2
г it) = F0 + V0 • t + а ¦ — 56 на ось OY. получим >>(0 = V0 • sin а - ? - g —, далее решаем систему:
J = O;
Г2 =>
.y = v0sma/-gy.
=> gt- 2v0 sin a • t = 0, => => t(gi - 2vn sin a) = 0. Имеется два решения: t\ =0 соответствует моменту «старта»,
to =
2V о sin a
соответствует моменту падения и равно длительно-
g
сти полета.
Чтобы определить дальность полета спроектируем уравнение
_ Г
движения r(l) = F0 + v0 • I + д ¦
на ось ОХ. получим
x(t) = Vq cosa • I, подставим в полученное уравнение время, соответствующее моменту падения
1 J
2vq -Sma- cos a v0 ¦ sin 2a
g
g
Далее запишем в виде уравнения условие прохождения телом верхней точки траектории: вектор скорости тела в этот момент направлен горизонтально, т.е. V^ = 0. Спроектируем уравнение движения v(0 = v0 +ci t на ось OY. Получим v,, (t) = v0 • sin a - g ¦ t. Далее решаем систему:
К=»:
v =v0 sina-g-Г,
57 время подъема до верхней точки траектории t =
Vq • Sin а g
под-
2 • 2 Vq -Sin а
2g
ставляєм в уравнение для .у(0, получим Jraax =
1.19. xmax(a = 30°)/xmax(? = 60°) = l.
1.20. Jmax (а = 60°) / Jmax (? = 45°) = 3/2 .
1.21. v0(a = 30°)/v0(P = 45=
\ V з
1.22. Значительно облегчить процедуру решения может удачный выбор системы координат. Воспользуемся системой координат, изображенной на рисунке.
В момент падения тела на склон y(t) = 0, нас же интересует
Xmax тела, поэтому проектируем уравнение движения
F = F0 +v()-t+aL
у = 0;
на оси OX и OY и решаем систему :
>' = V„ sin ? • / ¦
g-cosa -Ґ
X = V0 cos?-/ -
g ¦ sin a • t *
=0 — момент «старта». 12 =
