|
Архитектура Аудит Военная наука Иностранные языки Медицина Металлургия Метрология Образование Политология Производство Психология Стандартизация Технологии |
|
|
Архитектура Аудит Военная наука Иностранные языки Медицина Металлургия Метрология Образование Политология Производство Психология Стандартизация Технологии |
Небольшое тело падает с высоты h на горизонтальную поверхность. При каждом соударении с поверхностью модуль скорости тела уменьшается в k раз. Найти полный путь, пройденный телом до остановки.
Ответ: S = h(1 + k2)/(1 – k2). Решение Путь, пройденный телом после i-го соударения, равен Si = vi2/g = k2(vi-12/g) = k2Si-1. Таким образом, последовательность путей, пройденных телом после каждого соударения, представляет собой убывающую геометрическую прогрессию со знаменателем q = k2 < 1. Первый член этой прогрессии равен S1 = k2(vo2/g) = 2hk2. Полный путь, пройденный телом равен S = h + Sпрогр где Sпрогр – сумма членов геометрической прогрессии Sпрогр = S1(1 – qn)/(1 –q). При n → ∞ Sпрогр = S1/(1 –q) = 2hk2/(1 – k2). Тогда для полного пути, пройденного телом до остановки, получим S = h(1 + k2)/(1 – k2).
Ответ: v = - ucos(α + β )/sinβ. Решение
uo = v + u. Из треугольника DFC δ = π – β, γ = ½ π – α, ε = π – δ – γ = = π – (π – β ) – (½ π – α ) = α + β - ½ π. По теореме синусов v/sinε = u/sinδ → v = u sinε /sinδ = u sin(α + β - ½ π ) /sin(π – β ) → v = - u cos(α + β )/sinβ Равноускоренное движение.
Ответ: t = 2(R/g)1/2. Решение. Время движения t груза вдоль хорды определяется из соотношения t2 = 2L/a, где а – ускорение груза, L – длина хорды. Если хорда составляет с вертикалью угол α, то a = gcosα, L = 2Rcosα, где R – радиус окружности. Таким образом, t2 = 4R/g. Время движения грузов вдоль любой из хорд будет одинаковым.
2. Тело начинает двигаться из состояния покоя прямолинейно с постоянным по величине ускорением. Через некоторое время ускорение меняет свой знак, оставаясь прежним по величине. Найти отношение величины максимальной скорости v1, которая была у тела при удалении от точки старта, к величине скорости v2, с которой оно вернулась в точку старта. Ответ: v1/v2 = 1/√ 2. Решение. При движении “туда” максимальная скорость тела определяется из соотношения: v12 = 2aS, где а – ускорение тела, S – пройденный им путь. При движении обратно максимальная скорость тела определяется из равенства v22 – v12 = 2aS. Отсюда получаем искомое соотношение v1/v2 = 1/√ 2.
3. Лифт начинает подниматься с ускорением а = 2.2 м/с2. Когда его скорость достигла v = 2.4 м/с, с потолка кабины лифта начал падать болт. Чему равны время t падения болта и перемещение болта при падении относительно земли? Высота кабины лифта Н = 2.5 м. Ответ: t = 0.645c, s = 0.49 м. Решение. Болт падает с ускорением g = 9.8 м/с2 относительно земли и с ускорением g + a относительно лифта. Его начальная скорость относительно лифта равна нулю. Поэтому время падения определяется из уравнения H = ½ (g + a) t2 и составляет t = 0.645 с. Чтобы определить перемещение болта относительно земли, надо просто учесть, что в начальный момент времени падения болта его скорость направлена вверх и равна v. Поэтому за время падения болт переместится относительно земли на s = vt – ½ gt2 = - 0.49м. Поскольку s < 0, перемещение направлено вниз. 4. С высокой башни одно за другим бросают два тела с одинаковыми по модулю скоростями vo. Первое тело бросают вертикально вверх; спустя время Δ t бросают второе – вертикально вниз. Определить скорость тел относительно друг друга и расстояние между ними в момент времени t > Δ t. Ответ: u = 2vo - g Δ t, s =(2vo - g Δ t)t – vo Δ t + ½ g Δ t2. Решение. Обозначая через x1 и v1 координату и скорость первого тела относительно башни, а через x2 и v2 – второго, можно записать следующие уравнения: x1 = vot - ½ gt2, v1 = vo – gt, x2 = - vo (t – Δ t) – ½ g(t – Δ t)2, v2 = - vo– g(t – Δ t). (Направление вверх считается положительным.) Скорость первого тела относительно второго u = v1 – v2 = 2vo - g Δ t и не меняется с течением времени. Расстояние между телами равно s = x1 – x2 = (2vo - g Δ t)t – vo Δ t + ½ g Δ t2. Относительно друг друга тела движутся равномерно, и, следовательно, расстояние между ними изменяется линейно со временем.
Ответ: ρ = t[4 – 2t + ½ t2]1/2 при 0 < t ≤ 2, ρ = [16 – 32t + 24t2 – 6t3 + ½ t4]1/2 при 2 < t ≤ 3, ρ = [145 – 16t + 84t2 – 16t3 + ½ t4]1/2 при 3 < t ≤ 4, ρ = [36.25 – 9t + t2]1/2 при 4 < t ≤ 4.5.
Решение. Аналитически заданные зависимости проекций скорости точки от времени можно представить в виде:
vx(t) = 4 – t при 2 < t ≤ 4, 0 при 4 < t ≤ 4.5;
-1 при 3 < t ≤ 4.5, если время измерять в секундах, а скорость – в м/с. Поскольку при 0 < t < 2c точка вдоль оси 0X движется равноускоренно с ускорением 1 м/с2 и в начальный момент времени точка находилась в начале координат, закон движения проекции на ось 0X имеет вид:
x(t) = 4t - 4 – ½ t2 при 2 < t ≤ 4, 4 при 4 < t ≤ 4.5.
Поступая аналогично, можно показать, что закон движения точки вдоль оси 0Y на заданном интервале времени имеет вид:
4.5 - t при 3 < t ≤ 4.5.
Учитывая, что ρ = [x2(t) + y2(t)]1/2, после алгебраических преобразований получим, что искомая зависимость аналитически описывается выражением:
ρ = [16 – 32t + 24t2 – 6t3 + ½ t4]1/2 при 2 < t ≤ 3, [145 – 16t + 84t2 – 16t3 + ½ t4]1/2 при 3 < t ≤ 4, [36.25 – 9t + t2]1/2 при 4 < t ≤ 4.5.
6. Пункты А и В расположены на расстоянии S = 4 км друг от друга. Из пункта А по направлению к пункту В выехал автомобиль, который двигался все время равномерно. Одновременно навстречу ему из пункта В с начальной скоростью vo = 32 м/с выехал другой автомобиль, движущийся с постоянным ускорением а = 0.2 м/с2, направленным все время так же, как скорость первого автомобиля. Известно, что в пути автомобили два раза обгоняли друг друга. В каких пределах лежит скорость первого автомобиля? Ответ: 8 м/с < v1 < 9 м/с. Решение.
v1t = S – vot + ½ at2, должно иметь два действительных решения (D ≥ 0), причем оба они соответствуют более поздним моментам времени, чем момент остановки (мгновенной) второго автомобиля, определенный равенством - vo + at = 0. Оба условия дают (2aS)1/2 – vo < v1 < aS/vo – ½ vo, или 8 м/с < v1 < 9 м/с.
Криволинейное движение. 1. Тело бросают с поверхности земли, сообщив ему начальную скорость vo, направленную под углом α к горизонту. Пренебрегая сопротивлением воздуха, найти нормальную и тангенциальную составляющие ускорения тела на Ответ: an = gcosβ, aτ = - gsinβ, β = arcos[vocosα /(vo2 – 2gh)1/2],
Решение.
x = vo cosα t, y = vosinα t – ½ gt2, vx = vo cosα, vy = vosinα – gt. Пусть при t = τ тело достигло высоты h, тогда y = h, x = s. В этом случае s = vo cosα τ, h = vosinα τ – ½ g τ 2. Из последнего уравнения находим τ = [vosinα – (vo2sinα 2 – 2gh)1/2]/g. Второе значение со знаком “+” перед квадратным корнем соответствует случаю, когда тело “перевалило” за наивысшую точку траектории и вновь оказалось на высоте h над землей. Этот случай по условию задачи нас не интересует. В момент времени t = τ проекция s перемещения тела равна s = vo cosα τ = vocosα /g[vosinα – (vo2sinα 2 – 2gh)1/2]. Модули нормальной и тангенциальной составляющих ускорения тела будут равны an = gcosβ, aτ = - gsinβ, где β – угол, который составляет с горизонтом (осью Ох) вектор v скорости тела в момент времени t = τ . Угол β легко определить, записав уравнения системы при t = τ , а именно vcosβ = vo cosα, vsinβ = vosinα – g τ. Действительно, v = (vx2 + vy2)1/2 = (vo2 – 2gh)1/2 и cosβ = vo cosα /v. Отсюда β = arcos[vocosα / (vo2 – 2gh)1/2]. Вычислив β, мы определили и направления составляющих an и aτ . Таким образом, задача полностью решена.
Ответ: u = 2vocos[(α 1 + α 2)/2], s = 2vo tcos[(α 1 + α 2)/2]. Решение.
Составляющие скорости тел вдоль осей x и y в любой момент времени определяются так: v1y = vosinα 1 – gt, v1x = vocosα 1 v2y = vosinα 2 – gt, v2x = vocosα 2.
Пусть u – скорость первого тела относительно второго. Тогда
uy = vosinα 1 – gt - vosinα 2 + gt = vo(sinα 1 - sinα 2), ux = vo (cosα 1 - cosα 2). Следовательно, u = (ux2 + uy2) = 2vocos[(α 1 + α 2)/2]. Тела движутся относительно друг друга с постоянной скоростью. По прошествию времени t расстояние между ними s = 2vo tcos[(α 1 + α 2)/2].
3. За телом, брошенным под углом α к горизонту, наблюдают в оптическую трубу, установленную в точке бросания. При каких углах α в движении тела будут наблюдаться моменты, когда его скорость перпендикулярна оси трубы? Ответ: cosα ≤ 1/3. Решение. В любой момент времени труба составляет с горизонтом угол β такой, что tgβ = y/x, где координаты тела равны y = (vosinα ) t – ½ gt2, x = (vocosα ) t. Скорость тела составляет с горизонтом угол φ, причем tgφ = (vosinα –gt )/ (vocosα ) t. По условию β – φ = ½ π. Воспользовавшись формулой tg (β – φ ) = (tg β - tg φ )/(1 + tgβ tg φ ), придем к уравнению g2 t2 - 3(vosinα )gt + 2vo2 = 0. Отсюда t = (vo/2g) [3sinα ± (1 - 9cos2α )1/2]. Это выражение имеет смысл (дает два разных или одинаковых действительных значениях t) лишь при cosα ≤ 1/3. 4. Скорость течения реки возрастает пропорционально расстоянию от берега, достигая своего максимального значения vo на середине реки. У берегов скорость течения равна нулю. Лодка движется по реке таким образом, что ее скорость u относительно воды постоянна и перпендикулярна течению. Найти расстояние, на которое будет снесена лодка при переправе, если ширина реки равна d. Определить также траекторию лодки. (Буховцев, 1987, № 38) Ответ: S = vod/ (2u). Решение.
v = (2vo/d)y. Отсюда получим v = 2vout/d. Из последнего соотношения следует, что движение лодки в направлении, параллельном берегам, происходит с постоянным ускорением a = 2vou/d. Лодка достигает середины реки за время Т = d/(2u). За это же время она будет снесена вниз по течению на расстояние S1/2 = ½ aT2 = vod/ (4u). При движении от середины реки до противоположного берега лодка будет снесена дополнительно еще на расстояние S1/2. Таким образом, искомое расстояние равно S = vod/ (2u). При движении лодки до середины реки x = ½ at2 = (vou/d)t2, а y = ut. Из этих соотношений определим траекторию лодки от А до D: y2 = (du/vo) x (парабола). Вторая половина траектории имеет тот же характер, что и первая.
5. Из точки А вертикально вверх брошен камень со скоростью v = 10 м/с. Через какое время следует бросить с той же по модулю скоростью второй камень из точки В под углом α = 45о к горизонту, чтобы он попал в первый камень? Точки А и В расположены на одной горизонтали. Расстояние между ними L = 4 м. Ответ: τ = 1.2 c. Решение. По горизонтали второй камень движется равномерно. По вертикали оба камня движутся с ускорением g. Таким образом L = vcosα (t – τ ), где τ – искомое время между бросками, vt – ½ gt2 = vsinα (t – τ ) – ½ g(t – τ )2; отсюда t = v/g + {(v/g)2 – 2Ltgα /g + [L/(vcosα )]2}1/2, где (vsinα )2 > gL. Знак “+” в решении квадратного уравнения выбран из условия, что соударение должно произойти лишь после того, как первый камень начнет двигаться вниз (t > v/g). С учетом этого имеем τ = t – L/vcosα = 1.2 c
Ответ: vmax = 7 м/с, vmin = 5 м/с. Решение.
Скорость шарика максимальна в момент удара о стенку. Из симметрии задачи и с учетом того, что скорость шарика у стенки перпендикулярна касательной плоскости, имеем vmax = gτ /(2sinα ) = 7 м/с. Скорость шарика при пересечении оси лунки (она же горизонтальная скорость) минимальна: vmin = vmax cosα; отсюда vmin = ½ gτ ctgα = 5 м/с.
Ответ: β = arctg[(1 + sinα )/cosα ] Решение. Если дальность полета максимальна, то и координата x точки попадания снарядов тоже максимальна. Решая совместно систему уравнений x = Vo cosβ t xtgα = Vo sinβ t – ½ gt2, получим: x = 2Vo2 cos2β (tgβ - tgα )/g, c учетом того, что cos2β = 1/(1 + tg2β ) x = 2 Vo2 (tgβ - tgα )/[g(1 + tg2β )]. Из условия экстремума для x: dx/d(tgβ ) = (2Vo2/g){ 1 + tg2β - 2tgβ ( tgβ - tgα )}/(1 + tg2β ) = 0 следует, что tgβ = tgα + 1/cosα = (1 + sin α )/cosα, откуда β = arctg[( 1 + sinα )/cosα ] Например, при α = 0, β = 45o, как и должно быть.
6. Мальчик находится на расстоянии S = 5 м от забора высотой Н = 2.5 м. С какой минимальной скоростью мальчик должен бросить теннисный мяч, чтобы тот перелетел через забор? Считать, что бросок производится с уровня h = 1.5 м от поверхности земли. Сопротивлением воздуха пренебречь. (МАИ, 1999) Ответ: vmin = 7.7 м/с. Решение. Выберем систему координат XOY так, как показано на рисунке. Тогда уравнения движения мяча в проекциях на оси системы координат примут вид x = vocosα t, y = h + vo sinα t – ½ gt2. Поскольку мяч должен быть переброшен через забор с минимальной скоростью, то, очевидно, нужно рассмотреть бросок, при котором траектория мяча пройдет через точку А. Используя полученные уравнения, получим уравнение траектории мяча y = h + xtgα – ½ gx2(1 + tgα 2)/vo2. В точке А координаты мяча x = S, y = H. Следовательно H = h + Stgα – ½ gS2(1 + tgα 2)/vo2. Отсюда получим зависимость начальной скорости v0 мяча от угла α: vo2 = ½ gS2(1 + tgα 2)/( Stgα +h – H). Исследуем эту зависимость на экстремум d(vo2)/d(tgα ) = 0. S tgα 2 – 2(H – h) tgα – S = 0, tgα = {H – h + [(H – h)2 + S2]1/2}/S. (α = 50.6o) Следовательно, минимальная скорость, с которой надо бросить мяч, равна vo = {½ gS2(1 + tgα 2)/( Stgα +h – H)}1/2 или vo2 = g(H – h){1 + [1 +s2/(H – h)2]1/2}
7. Два автомобиля движутся друг за другом по дороге с одинаковой скоростью Решение
Перейдем в систему отсчета, связанную с движущимися автомобилями. Тогда можно считать, что сами автомобили неподвижны, а колеса равномерно вращаются. Наиболее удаленные от оси колеса точки имеют скорость v. Такую же начальную скорость имеет в момент отрыва от колеса и камешек. Наибольшее расстояние он пролетит, если его начальная скорость образует с горизонтальной плоскостью угол α = 45о. Это расстояние составит v2sin2α /g = v2/g. Итак, l = v2/g = 41м.
8. Под каким наименьшим углом к горизонту следует бросать мяч, чтобы он пролетел сквозь баскетбольное кольцо сверху, не ударившись об него? Радиус мяча равен r, радиус кольца R = 2r, высота его над полом Н = 3 м. Баскетболист бросает мяч с высоты h = 2 м, находясь на расстоянии L = 5 м от кольца, считая по горизонтали. Изменением скорости мяча за время пролета через кольцо пренебречь. Ответ: α ≈ 45о. Решение
L = vocosα t, H – h = vosinα t – ½ gt2. Горизонтальная составляющая скорости мяча при касании передней точки дужки vx = vocosα, а вертикальная vy = vosinα – gt. Тогда tgβ = -(vy/vx) = -(Ltgα – gt2)/L, где gt2 = 2Ltgα – 2(H – h). Окончательно tgα = 2(H – h)/L + tgβ = 2(H – h)/L + r/(R2 – r2)1/2 ≈ 1. α ≈ 45о. 9. На высоте h параллельно поверхности земли летит шар со скоростью vШ. Мальчик бросил камень со скоростью vK, прицелившись прямо в шар под углом α к горизонту. Найти на какой высоте летел шар, если камень все же попал в него. Ответ: h = 2vш(vKcosα – vШ)tg2α /g.
Решение
Движение камня: yk = vosinα t – ½ gt2, xk = vocosα t. Движение шара: уш = h, xш = xoш + vшt = hctgα + vшt. Встреча: yk = уш = h, xk = xш vocosα t = hctgα + vшt → t = hctgα /(vocosα - vш) → h = vosinα hctgα /(vocosα - vш) – ½ g [hctgα /(vocosα - vш)] → h = 2vш(vKcosα – vШ)tg2α /g.
Комбинированное движение. 1. С плоскости, образующей с горизонтом угол α, скатывается без проскальзывания тонкостенная труба. Найти ускорение центра масс трубы, пренебрегая влиянием воздуха. (МГУ, физ. фак., 1995г.) Ответ: a = ½ gsinα. Решение. Скатывание трубы можно представить как результат ее поступательного движения и вращения вокруг собственной оси. В соответствии с этим скорость i –ой точки трубы равна v i = v П + v i вр. поскольку кинетическая энергия системы материальных точек равна сумме кинетических энергий этих точек, то кинетическая энергия трубы будет равна W = ½ ∑ mivi2, где mi – масса ее i –ой точки. Поскольку трубу следует рассматривать как твердое тело, угловые скорости всех ее точек должны быть одинаковы и равны ω = vП /R, т.к. труба движется без проскальзывания. Здесь R – радиус трубы. Пренебрегая толщиной трубы, получим, что vi вр = vП. Отсюда W = ½ ∑ mi( v П + v i вр)2 = ½ m(vП2 + vi вр2), где m = ∑ mi– масса трубы. Здесь учтено, что ∑ mi v П v i вр = 0, т.к. диаметрально противоположные точки трубы в силу ее однородности имеют одинаковые массы и одинаковые по величине, но противоположные по направлению скорости v i вр. Следовательно W = mvП2. С другой стороны, на основании закона сохранения механической энергии можно утверждать, что mvП2 = mgh = mgLsinα, где h – высота, на которую опустился центр трубы к моменту t, когда труба, начав двигаться из состояния покоя, приобрела скорость vП, а L – расстояние вдоль наклонной плоскости, на которое переместилась ось трубы к указанному моменту, g – ускорение свободного падения. Поскольку движение центра масс трубы является равнопеременным, то vП = аt и L = ½ at2, где а – искомое ускорение. Отсюда a = ½ vП2/ L = ½ gsinα.
2. На тонкостенный обод заторможенного велосипедного колеса, ось которого расположена горизонтально и закреплена, намотана тонкая нерастяжимая нить. Один конец нити прикреплен к ободу, а на другом конце висит груз массой m. Радиус колеса равен R, масса обода равна М. Пренебрегая трением, массой спиц, втулки и нити, найти величину ускорения а точек обода колеса через промежуток времени t после отпускания колеса, если в течение этого промежутка времени груз двигался поступательно. (МГУ, физ. фак., 2000) Ответ: a = mg{R2 + [mgt2/(M + m)]2}/[(M + m)R]. Решение. В момент времени t, когда скорость груза становится равной v(t), точно такую же по величине линейную скорость должна иметь и любая точка тонкого обода. Следовательно, кинетическая энергия системы “колесо-груз” должна стать равной Wk = ½ (M + m)v2. На основании закона сохранения механической энергии можно записать ½ (M + m)v(t)2 = mgh(t). Величину тангенциальной составляющей ускорения обода можно считать равной ускорению груза v(t) = aτ t; h(t) = ½ aτ t2. Подставляя эти соотношения в предыдущие уравнение, получим: aτ = mg/(m + M). Учитывая, что нормальная составляющая ускорения равна an = v2/R, определим полное ускорение точек обода в момент времени t: a = (an2 + aτ 2)1/2 = mg{R2 + [mgt2/(M + m)]2}/[(M + m)R].
Ответ: vo = ½ (v1 + v2) = (ω d + Ω D)/4. Решение. Линейная скорость точек на окружности вала v1 = ½ ω d. Линейная скорость точек обоймы v2 = ½ Ω D. Так как шарики катятся без проскальзывания, такими же будут и мгновенные скорости тех точек шарика, которые в данный момент соприкасаются с валом и обоймой. Но мгновенную скорость любой точки шарика можно рассматривать как сумму двух скоростей – скорости движения его центра vo и линейной скорости вращательного движения вокруг центра. Вращение шарика будет происходить с некоторой угловой скоростью ω о. Поэтому v1 = vo - ω оr, v2 = vo + ω оr.
Отсюда vo = ½ (v1 + v2) = (ω d + Ω D)/4. В этом выражении каждая из угловых скоростей может быть как положительной, так и отрицательной. При Ω = 0 vo = ω d/4.
Ответ: ω = 2 рад/с. Решение. Поскольку скорости концов стержня в неподвижной системе отсчета различны, он совершает относительно этой системы сложное движение, представляющее собой сумму поступательного и вращательного движений. При этом скорости разных точек стержня различны. Для определения угловой скорости вращения стержня, удобно перейти в систему отсчета, поступательно движущуюся вместе с его центром масс. С этой целью определим скорость центра масс стержня относительно неподвижной системы отсчета. Если стержень однороден, то центр его масс совпадает с геометрическим центром, радиус- вектор которого определяется как полусумма радиус- векторов его концов: r c = ½ ( r 1 + r 2).
Дифференцирование этого равенства по времени дает аналогичное соотношение для скорости центра v c = ½ ( v 1 + v 2). Согласно закону сложения скоростей скорости концов стержня в системе отсчета, связанной с его центром, выражаются следующим образом u 1 = v 1 – v c = ½ ( v 1 - v 2); u 2 = v 2 – v c = ½ ( v 2 – v 1). Из постоянства длины стержня вытекает, что проекции скоростей его концов на направление стержня в каждый момент времени совпадают: v1 cosα = v2 cosβ. Поэтому u1 и u2 перпендикулярны стержню, причем u1 = u2 = ½ ω l. Следовательно, ω = |u2 – u1|/l = (v1 sinα + v2 sinβ ) /l. Учитывая, что cosβ = (v1/v2) cosα, получаем ответ ω = [v1 sinα + (v22 – v12 cos2α )1/2]/l = 2 рад/с.
5. При взрыве покоящейся цилиндрической бомбы радиуса R осколки, разлетающиеся в радиальном направлении, за время t удаляются от оси цилиндра на расстояние L1. На какое расстояние L2 от оси цилиндра удаляются осколки за то же время t, если в момент взрыва бомба будет вращаться вокруг своей оси с угловой скоростью ω? Влиянем силы тяжести пренебречь. Ответ: L2 = [(ω Rt)2 + L12]1/2. Решение. Каждый осколок вращавшейся в момент взрыва бомбы за время t удаляется от оси цилиндра в радиальном направлении на расстояние L1, в другом, перпендикулярном ему, - на расстояние ω Rt. Таким образом, искомое расстояние L2 = [(ω Rt)2 + L12]1/2.
Ответ: Ω = - 2 ω sin2 α /2.
Решение.
r / x(t) = tg (α (t) /2). (1) Дифференцирование этого уравнения по времени приводит к следующему соотношению -(r/x2)x′ = (1 + tg2 α /2) α ′ /2. Учитывая, что x′ = v = ω r, а α ′ = Ω, где v –скорость цилиндра, а Ω – угловая скорость доски, получим Ω = -2 ω sin2 α /2. Знак минус показывает, что угол α уменьшается со временем. Популярное:
|
Последнее изменение этой страницы: 2017-03-08; Просмотров: 3372; Нарушение авторского права страницы
16. По реке из т. А в т. В вдоль прямой АВ, образующей угол с линией берега α, плывет катер. Под прямым углом к берегу дует ветер со скоростью u. Флаг на мачте катера образует угол β с направлением движения катера. Определить скорость катера относительно берега. 
Направление флага совпадает с направлением скорости ветра относительно катера u o. Из закона сложения скоростей u = v + u o получим
1. Из точки А, лежащей на верхнем конце вертикального диаметра некоторой окружности радиуса R, по желобам, установленным вдоль различных хорд этой окружности (см. рис.), одновременно начинают скользить грузы. Через какое время грузы достигнут окружности? Как это время зависит от угла α наклона хорды к вертикали? Трением пренебречь. 
5. Зависимости проекций вектора v точки, движущейся по плоскости z = 0, на оси 0X и 0Y от времени t показаны на рисунке. В момент времени t = 0 точка находилась в начале координат. Найти зависимость от времени удаления ρ этой точки от начала координат. 
t при 0 < t ≤ 2, 
vy(t) = 2 – t при 0 < t ≤ 3, 
½ t2 при 0 < t ≤ 2, 
y(t) = 2t – ½ t2 при 0 < t ≤ 3, 
t[4 – 2t + ½ t2]1/2 при 0 < t ≤ 2, 
График движения второго автомобиля представляет собой параболу, изображенную на рисунке. Очевидно, что скорость первого автомобиля не может быть слишком большой, иначе обгон совершится всего один раз (точка В на рисунке, тогда как точка А соответствует встрече машин). Скорость не может и слишком малой (прямая ОС на рис.) т.к. в противном случае автомобили вообще не могут оказаться рядом. Таким образом, уравнение, выражающее равенство координат автомобилей: 
Направим оси декартовой прямоугольной системы координат так, как показано на рисунке. Начало отсчета поместим в точку бросания. Кинематические уравнения равнопеременного движения в нашем случае принимают вид
2. Из точки x = y = 0 одновременно брошены два тела с начальной скоростью vo под разными углами α 1 и α 2 к горизонту (см. рис.). Чему равна скорость движения тел относительно друг друга? Чему равно расстояние между телами по прошествии времени t. 
Точку А отправления лодки примем за начало отсчета системы координат. Направление осей показано на рисунке. Движение лодки перпендикулярно течению происходит с постоянной скоростью u. Поэтому лодка будет находиться на расстоянии y от берега через время t = y/u после отправления. Рассмотрим движение лодки до середины реки (y ≤ 1/2d). На расстоянии y от берега скорость течения реки равна
4. В конической лунке с вертикальной осью симметрии и углом раствора 2α =90о прыгает шарик, ударяясь через одно и то же время τ = 1 с о противоположные точки А и В, расположенные на одной горизонтали. Найти максимальную и минимальную скорости шарика. 
5. У подножия горы расположено орудие, обстреливающее склон горы, с углом наклона α к горизонту. Скорость вылета снарядов из ствола Vo. При каком угле стрельбы β дальность полета снаряда вдоль склона окажется наибольшей? Сопротивлением воздуха пренебречь. 
За условие минимальности угла бросания α примем касание мячом передней и задней точек дужки кольца (см. рис.). Тогда sinβ = r/R. Если время полета мяча равно t, а его скорость при броске равна vo, то
3. Шарикоподшипник поддерживает конец оси вала, вращающегося с угловой скоростью ω. Диаметр оси вала равен d, диаметр обоймы шарикоподшипника равен D (см. рис.). Найти линейную скорость движения центра одного из шариков, если обойма неподвижна и если обойма вращается с угловой скоростью Ω. Считать, что в обоих случаях шарики катятся по валу и обойме без проскальзывания. 
4. Стержень длиной l = 0.85 м движется в горизонтальной плоскости. В некоторый момент времени скорости концов стержня равны 
6. Гладкая доска, лежащая на цилиндре, может свободно вращаться вокруг проходящей через ее конец оси, прикрепленной к столу. Ось цилиндра и ось вращения доски параллельны. Найти угловую скорость вращения доски в тот момент, когда цилиндр катится по столу без проскальзывания с угловой скоростью ω, удаляясь от закрепленного конца доски, а доска образует со столом угол α. (МГУ, физ. фак., 2001) 
Очевидно, что расстояние x между осью вращения доски и точкой касания цилиндра и стола связано с радиусом цилиндра и углом α соотношением: