Физика в задачах для поступающих в вузы - Турчина Н.В.
ISBN 978-5-94666-452-3
Скачать (прямая ссылка):
E12
2nN = — , откуда угловое ускорение
є = 4^n ; є = 6,28 рад/с2.
t2
422
Вычислим конечную угловую скорость вращения: ю = et = 62,8 рад/с.
Далее находим: тангенциальное ускорение aT = eR d 0,3 м/с2,
линейную скорость
v = ю R; v = 3,14 м/с,
нормальное ускорение
an = ю2R; an = 197,2 м/с2.
Ответ: є = 6,28 рад/с2; ю = 62,8 рад/с; aT d 0,3 м/с2; an = = 197,2 м/с2; v = 3,14 м/с.
1.6.27. Зависимость угловой скорости от времени:
ю = (ф)' = 50 - 50t.
В момент остановки ю = 0, поэтому 0 = 50 - 50t ^ tj = 1 с. Угловая координата в момент остановки:
ф! = 40 + 50tj - 2512 ; ф1 = (40 + 50 • 1-25 • 12) рад = 65 рад; угол поворота до остановки:
Аф = ф1 - ф0; Аф = 25 рад; число оборотов колеса до полной остановки:
N = ^ = 25 d 4;
2п 2 • 3,14
путь, пройденный точкой обода колеса до полной остановки: s = AфR = 12,5 м.
Ответ: N d 4, s = 12,5 м.
1.6.28. По определению, v = aTt. Подставив это выражение в
v2 («тt)2
формулу центростремительного ускорения, получим an = — = —-— .
R R
(a t)2
По условию задачи an = kaT, или —— = feaT, откуда
R
* /kR ,
t = — = 4 c. и a.
423
Угол между скоростью и полным ускорением найдем из соотношения: tg а = — = — = k = 4, а = arctg 4 = 75,96° d 76°.
aT aT
¦п - aTt2 aTkR kR
Путь, пройденный точкой за это время, s = —2~ = —— = ,
T
s = 0,8 м. Поэтому число оборотов N = —— d 0,3 об.
2 п R
Ответ: t = 4 с; а d 76°; N = 0,3 об.
1.7.2. Дальность полета тела
s = ut. (1)
Высота, с которой брошено тело,
й = g-2. (2)
По условию задачи
s = й. (3)
Решив систему уравнений (1)—(3), получим
й = s = ut = u ¦ 2v = ; й = 19,8 м.
g g
Ответ: й = 19,8 м.
1.7.7. Время падения груза найдем из соотношения , л2 . 2h
Й = g 2 ; t =J IT .
Расстояние по горизонтали от корабля до самолета s = (u + u)t = (u + u) J2T ; s = 1100 м.
Ответ: s = 1100 м.
1.7.11. Время движения шарика найдем из соотношения
й=гї -t = Jy ¦ (1)
До первого удара о стенку шарик летел в течение времени
+ = I - R
tI ---.
1V
(2)
Между последующими ударами время движения одинаково и равно
At = 1 -2 R . (3)
V
С другой стороны, время движения шарика
t = t1 + nAt, (4)
424
где n — число ударов шарика о стенки, не считая первого. Все число ударов
N = n + 1. (5)
Решив систему уравнений (1)—(5), получим
; N = 9,23.
N=
I - 2 R
Число ударов может быть только целым числом, следовательно, N = 9.
О т в е т: N = 9.
1.8.1. Выберем систему координат с началом отсчета в точке O вылета струи (рис. 1.8.9) и запишем закон движения капельки воды в струе:
x = (и cos a)t, (1)
y = (и sin a)t - g- .
(2)
Рис. 1.8.9
Проекция скорости капельки на ось Y изменяется со временем по закону:
Uy = и sin a - gt.
(3)
Для точки A (вершина параболы) t = t1, y = Amax, Uy = 0. Тогда уравнение (3) примет вид
0 = usin a - gt1,
откуда
g
(4)
Применяя уравнение (2) для точки A с учетом (4), получаем
Amax
2 g
¦;
41,3 м.
Запишем уравнение (2) для точки B (см. в условии рис. 1.8.5) падения струи на землю (t = t2, y = 0, x = s):
2
gt
0 = (и sin a)t2 - —2.
2
Тогда время движения капельки воды до точки B:
2 sin a
t2 =
g
(5)
t1 =
22
425
Запишем уравнение (1) для точки B: s = (v cos a)t2.
Подставив (5) в (6), получим
v cos a- 2 sin a v2 sin2a . „ _ 0лп
s =------------ =--------; s ~ 240 м.
g g Ответ: Amax ~ 41,3 м, s ~ 240 м.
22
1.8.2. Высота подъема тела Amax = v2 sin2a
(6)
2 g
, а дальность полета
¦ . По условию задачи hmax = s, поэтому
g
v2 sin2a g
Ответ: a ~ 76°.
2g
, откуда tg a = 4; a = arctg 4 ~ 76°.
0 X
Рис. 1.8.11
1.8.17. Выберем систему координат и построим траекторию движения тела, как показано на рисунке 1.8.10. Закон движения камня в такой системе отчета будет иметь вид
t2
x = (v cos a)t; y = (v sin a)t - g.
Из рисунка 1.8.10 находим координаты камня в момент падения:
xn = s cos a; yn = s sin a.
Решив систему приведенных уравнений, получим
s = 2v 2tga ~ 2,4 м.
g cos a
Ответ: s ~ 2,4 м.
1.8.18. Координата стрелы y изменяется со временем по закону (рис. 1.8.11):
gt2
У = Aq + (v0 sin a) t - g- . (1)
Для моментов времени tj и t2 по условию координата yj = y2 = А, поэтому
Aq + (vq sin a)tj - gt^ =
g-2
= Aq + (vq sin a) t2 - -22 .
v2 sin2a
s =
0
426
Из данного уравнения найдем
sin а =
— ( t і + І2-2vn '
(2)
Для момента времени tj запишем
h = h0 + (v0 sin a)t1 - .
Решив систему уравнений (2), (3), найдем
(3)
к = h - :
(4)
В момент падения стрелы на землю у = 0, поэтому из выражения (1) получим
0 = h0 + 2(v0 sin a)t - —^-.
(5)
Решив систему уравнений (2), (4), (5), найдем время полета стрелы:
Jt2I + tIt
t2 + I ; t d 4,2 с.
2—
Ответ: t d 4,2 с.
1.8.20. Выберем систему отсчета XOY, как показано на рисунке 1.8.12.
Закон движения мяча в данной системе отсчета:
