Сборник задач по общему курсу физики - Волькенштейн В.С.
Скачать (прямая ссылка):
-f-/2 = ai<i + ^a- По условию ti=ti — t/2. Таким образом,
+ 60 км/ч,
1.2. v=l/t, где < = -f- <2 = + /2/°2- По условию /1 = /2 = //2.
Таким образом,
-________I_______2^
+ //2^2 flj+Uj
= 53,3 км/ч.
1.3. ч=12,3 км/ч; и = 0,83 м/с.
1.4. а) о = 3 м/с; б) и=1м/с; в) о = 2,24м/с.
1.5. а) Самолет должен держать курс на юго-запад под углом а = 3°52' к меридиану, скорость 0 = 798 км/ч; б) курс на северо-запад, а = 3°52', о=798 км/ч; в) курс на запад, и = 746 км/ч; г) курс на восток, о =
=854 км/ч.
1.6. а) < = 30 мин; б) < = 30,2 мин; в)
<=26,8 мин.
1.7. ы = 0,60м/с; <=250 с.
1.8. ^0= 14,7м/с; Л=11м.
1.9. < = 2,9 с; Л = 4Ло = 40м.
1.10. а) < = 8,4 с; б) < = 7,3 с; в)/=7,8 с.
* 1.11. Характер зависимости высоты Л
и скорости о тела от времени < изображен на рис. 68.
1.12. За первую 0,1 с своего движения тело пройдет путь =
— gt\/2 = 0,049. Весь путь тело пройдет за время t = У2h/g = 2 с. За последнюю 0,1с своего движения тело пройдет путь Л3=Л—Л|( где /ц—путь, пройденный телом за время <s = (2—0,1) с=1,9 с. Так как ht—gt\l2 = 17,7м, то путь ft8=(19,6—17,7)м= 1,9м.
1.13. Первый 1 м своего пути тело пройдет за время <t= У 2hlfg= = 0,45 с. Общее время падения t = У2hjg=2 с. Последний 1 м своего пути тело пройдет за время (* = < — где время прохождения
253
пути fta = (19,6—1) м= 18,6 м. Так как /а = l^"2Aa/g = 1,95 с, то время /з= (2 —1,95) с = 0,05 с.
1.14. Л = 57м; / = 3,4с. -
1.15. Тело 1 прошло путь = v0t—g/2/2; тело 2 прошло путь
hi=gt2/2. Расстояние между телами l — h — (fti + ft2). Так как hi +
-\-h2 = Vat, to l=h—v0t. Тела встретятся при 1 = 0, т. е. в момент времени t = h/v0.
1.16. сг = 0,13 м/с2; / = 3,6 мин.
1.17. При равнопеременном движении имеют место уравнения
движения •
s = v0t+ati/2, (1)
v = v(, + at. (2)
По условию v = Q. Поэтому из (2) имеем
а =— Vq/t = —0,5 м/с2. (3)
Подставляя (3) в (1), найдем s = v0t/2= 100 м.
1.18. о = ^0,055 м/с2; s = 566m.
1.19. / = 30 с; s = 225m.
1.20. / = (и2о—Рхо)/(ах + а2)- Так как время t > 0, то для решения задачи необходимо, чтобы i>20 > tij0.
1.21. a = (v20—ViB)/i— 1 м/с2.
1.22. a) v = (2—6/+12/2) м/с, а = (—6+24/)м/с2; б) s=24m, ч = 38м/с, а = 42м/с2. Характер зависимости пути s, скорости он ускорения а тела от времени / изображен на рис. 69.
1.23. ч=7м/с; а=4м/с2. Характер зависимости пути s, скорости v и ускорения о тела от времени t изображен на рис. 70.
1.24. vx=3 м/с, = 5 м/с, if3 = 7 м/с; ai = a2 = a3=2 м/с2.
1.25. / = 12 с; а =0,64 м/с3.
1.26. Перемещение камия можно разложить на два: горизонтальное sx и вертикальное (рис. 71). Применяя закон незаэнсимости
254
движений, имеем Sj,=A = g/*/2, sx = l=vxt, где /—время движения.
Отсюда /= Y2A/g = 2,26 с; l = vxt=33,9 м;. v = V'l?x + vy = 2bJ м/с, где t)j, = g/=22,l м/с; sin <p=vu/v=0,827 и'ф = 55°48'.
1.27. А=1,22м; у*=10м/с; р>= 11,1 м/с; ф=26°12'.
1.28. vx*m 11,1м/с; <р = 68°12'.
1.29. и* = 4,4 м/с.
1.30. Так как горизонтальная составляющая скорости камня постоянна, то горизонтальная составляющая ускорения равна нулю.
Поэтому полное ускорение камня а все время направлено вертикально вниз и равно ускорению свободного падения g: a=g =
xVax + afi. Из рис. 72 имеем
cosm=—=—= —, sln®=——-i-=
* 71 П СТ *7» rt
Т
8
отсюда
gvx
Vvl+g*t*
:8,2 м/с2, aT = g-
g2t V vl+gH*
=5,4 м/с2.
1.31. R —305 м.
1.32. Найдем высоту Л, на которую поднимется мяч, брошенный со скоростью v0 под углом ‘а к
горизонту. Имеем (рис. 73)
i>j, = i>oSina—gt, (I)
sy= (v0 sin a) i—gi2/2. (2)
CQ
Рис. 73.
В верхней точке vv — 0, и из‘(1) получим sin a —gh', отсюда
время подъема мяча ti — (ио sin &¦)/?• Подставляя ti в (2), получим h = sy = (uo sin? a)/2g = 2,1 м.
3»
Найдем дальность полета I мяча. Имеем (рис. 73)
t)x = t)0cosa, (3)
sx = vxt = (v0 cos a) /. (4)
Мяч упадет на землю через время /а = 2/х = 2 (u0 sin a)/g. подстав. ляя /2 в (4), получим l = sx = (и§ sin 2a)/g = 10,0 м.
Время полета мяча /a = 2<i = 2 (v0 sin a)/g= 1,3 с.
1.33. Так как l = sx=(vl sin 2а)/g, то /х//2 = gi/gi, откуда 1г =
