ЗАДАЧИ ПО ФИЗИКЕ. ГЛАВА I. МЕХАНИКА. §2. Криволинейное движение. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ. http://fizika.advandcash.biz/?p=125

1. § 2. Криволинейное движение
44. Возьмем систему координат XOY (рис. 199), начало которой распо­ложено
на поверхности земли, ось ОХ направлена вдоль этой поверхности
в сторону начальной скорости, а ось OY направлена вертикально вверх и
проходит через точку А, из которой брошено тело. Движение тела можно
представить как сумму равномерного движения со скоростью v0 в горизон­тальном
направлении и равноускоренного движения без начальной скоро­сти
в вертикальном направлении с уско­рением
ау =— g, направленным вниз.
Проекции скоросги по осям координат в
этом случае
vx = v0, (1)
vy=—gt, (2)
полная скорость
v=y vl~-v-y =у vl + g4*.
Законы движения для координат
х — v0t
у = н -
gP
2 •
(3)
(4)
(5)
Исключив из выражений (4) и (5) время t, получим уравнение траектории:
у=н-
2 vi * (6)
Это уравнение является уравнением параболы.
45. Исключив время из уравнений (4) и (5) решения задачи 44 и поло^
жив у = 0, найдем: x = v0 V ^H/g = 22,6 м.
46. Законы движения камня такие же, как в задаче 44. Исключив время
из уравнений (4) и (5) и положив х — 1 и у — 0, найдем: H — gl2/2v% = 4,9 м.
47. Исключив время из уравнений (3) и (5) решения задачи 44 при у = О,
найдем: v0 = Vrv2 — 2gH — 5,6 м/с.
48. Когда скорость тела, брошенного горизонтально, составляет с гори«
зонтом угол а = 45° (см. рис. 199), имеем: tga = vy/vx = —1. Отсюда согласно
уравнениям (1) и (2) решения задачи 44 получаем: £ = y0/g^l,5 с.
49. При падении камня на землю h — О. Поэтому искомая высота
Н--
vl tg2 а
2* ; 34,4 м.
50. s = 2tf/tga = 4 м.
51. Полным ускорением является ускорение свободного падения g. Сле^
довательно, Р-^угол между полной скоростью и вертикалью (см. рис. 199).
Поэтому tg р = vx/uу = 1 и vx — Vy = gt (по абсолютной величине). В этом слу-«
чае из уравнения (3) решения, задачи 44 следует:
v=yr2v-u~gt]/2«з70,5 м/с.
199

2. 52. Время падения камня (момент, когда у — — Н) равно
/== — (v0 sin a+'l^uj sin2 а + 2^Я),
угол р определяется выражением
tg р=
vy _ v0 sin a — gt Уvf, sin2 a+ 2gH
vx v0 cos a cos a
а скорость в момент падения
v = Vv* + v*y = V‘vl + 2gH.
53. Как видно из рис. 200, проекции ускорения на нормаль On и на ка­сательную
От таковы: an — gcos a, at = gsina; здесь cosa — vx/v, sin a = vy/v.
Зависимости vx, vy и v от времени определяются уравнениями (1), (2) и (3)
решения задачи 44. Следовательно,
gv о
0 Vvl+g4*
с«8,2 м/с2; aT=g—=
g4
v Vvt+gW
г 5,4 м/с2.
54. Возьмем прямоугольную систему координат с началом в том месте,
откуда брошено тело. Ось ОХ направим горизонтально в ту сторону, куда
тело брошено, а ось OY — вертикально вверх (рис. 201). В этой системе коор­динат
движение можно представить в виде суммы равномерного движения
вдоль горизонтальной оси со скоростью vox = v0 cos a0 и равноускоренного
движения вдоль вертикальной оси с начальной скоростью voy — v0 sin a0 и
ускорением ау —— g. Проекции скорости на оси координат в этом случае
будут
vx — vox — cos a0, 0)
Vy = Voy—g/ = i>0sina0—gt, (2)
полная скорость
v=YvlJrv*=Vvl + g2t2 — 2v0gt sin a0. (3)
Зависимость угла p от времени определяется выражением
vy v0 sin a0—gt
tgP = — Vqcos a0
200

3. На восходящей части траектории (при v0y > gt) имеем: tg р > О и составляю­щая
скорости ^направлена вверх, на нисходящей (при v0yCgt) tg р < О
и vy направлена вниз.
55. Возьмем ту же систему координат, что и при решении задачи 54
(рис. 201). Тогда законы движения для координат будут:
х = (v0 cos а0) •
y — (Vo sin аоМ-
(1)
(2)
Уравнение траектории тела получим, исключив время t из этих уравнений:
у=х tga0- 2v'l cos2 а0
(3)
Это —уравнение параболы.
56. При y = hMaKZ проекция скорости vy = 0. Время подъема t и hmKC
найдем из уравнений (2) решений задач 54 и 55:
t-- vQ sm а0
¥~'
к
v% sin2 а0
2g •
57. Так как в месте падения у — 0, то из уравнения (2) решения задачи 55
найдем время полета: t-- 2v0 sin а0
Дальность полета, т. е. координату места падения, найдем из уравнения (1)
решения задачи 55, подставив в него найденное значение времени полета:
S — хм
vl sin 2ос0
g '
58. 1) График зависимости v y — f ( t ) строится по формуле (2) решения за-
дачи 54 (рис. 202). При t = Q имеем: v y = voy = v0 sin a0; при t = tx-- 0------------------------ХУ sin сс 0
g
проекция vy — 0.
2) Зависимость v y — f (у) получаем, исключив время/из уравнений (2) реше­ния
задач 54 и 55:
vy = ± Vv'i sin2 a0 — 2gy'y
график Vy — f (у) представлен на рис. 203.
201

4. 3) Зависимость vy = f ( x ) получим, исключив время из уравнения (2) реше­ния
задачи 54 и уравнения (1) решения задачи 55:
ДО v u = v о sin а0------- -------- ; у и 0 a0cosc&0 ’
график v y = f ( x ) представлен на рис. 204.
59. Из формулы (2) решения задачи 55 при y = h получаем для t уравнение:
t 2 - 2 v p sin а0 ^_|_2Л_0 (О
& s
два корня которого ^ = 0,28 с и t2 = 0,75 с показывают, что на высоте y = h
камень побывал дважды.
60. Пользуясь уравнением (1) задачи 59 и свойствами корней квадратного
уравнения, согласно которым t± +t2 — (2v0 sin a0)lg и tit2 = 2h/gy получим:
g (h + h)
2 sm a0
= 78,4 м/с; h = ^р. = 73,5 м.
61. Исключая начальную скорость v0 из уравнения (2) задачи 54 и решения
задачи 57 для х, получим:
2 (Vy+gt)2 ctg а0
g
= 284 м.
62. В системе координат с началом в месте бросания (на вершине башни)''
(см. рис. 205) законы движения будут такими же, которые получены в решении
задачи 55. Искомое расстояние s равно ко­ординате
х камня при у= —Я. Подставив
у = — Я в уравнение (3) решения задачи 55,
получим для х квадратное уравнение, ре­шая
которое найдем:
vQ cos а0
’ g~
(v0 sin a0 + V v sin2 a0 + 2gH).
В выбранной системе координат х > 0,
поэтому второй корень уравнения отброшен.
63. Обозначим иг и и2 соответственно. Для тел, упавших
на землю, в формуле (3) решения задачи
55 надо положить у — 0. Заменив в этой
формуле у0 и а0 на v± и аг для первого тела и на v2 и а2 для второго тела,
найдем из двух получившихся уравнений:
=тЛУ si
sin 2а2
sin 2ах *
Если а2 = 90°— а*, то u1/v2 = 1 и vi = v2.
64. и — V v l ~ 2^Я = 6,4 м/с.
65. v-Yvl~{-2gH.
66. Согласно рис. 201, tg $=vy/vx. По условию задачи tg рх= 1, tg Р2 = —-I.
Используя значения vx и vy> полученные в задаче 54 [формулы (1) и (2)]#
найдем:
ii — — (sin а0 — cos а0); t2 == — (sin а0 + cos а0)«
202

5. 67. Дальность полета снаряда без учета сопротивления воздуха при задан­ной
начальной скорости можно найти по формуле s = (vl sin 2a0)/g (см. реше­ние
задачи 57). Согласно условию задачи s —4L. Отсюда находим:
VI
б— ЙЯ0 м/с# sin 2а0
68. В системе координат с началом в точке А (рис. 9) траектория мото­циклиста
будет описываться уравнением (3) решения задачи 55. Подставив
в это уравнение координаты точки приземления x — s и у = — h, найдем мини­мальную
скорость:
_ s Vg
°МИН cos a0 У 2 (h + s tg a0)
69. Выберем систему координат, как показано на рис. 205. Согласно этому
рисунку L — Ух2--у2, где х и у — координаты камня в данный момент времени.
Зависимость координат камня от времени дается формулами (1) и (2) решения
задачи 55. Поэтому
■ = i У fo — (v<,gsin «о)'t + = 67,9 м.
70. Чтобы снаряд достиг самолета, горизонтальная проекция его ско­рости
vx должна быть не меньше скорости самолета v, а вертикальная
проекция начальной скорости v0y должна быть по крайней мере равна У 2gH.
Отсюда минимальная начальная скорость снаряда и0 = Уv2-{-2gH = 743 м/с.
v0y У 2gH
Из условия tg а0 — —- =------------------ =1,56 находим: а0^57°.
v0x v
71. Ух — у2 = 2v0t cos a ^ 60 м.
72. Расположим систему координат, как в решении задачи 44 (рис. 199).
Проекции скорости груза при его падении vx = v0 и vy = — gt. Угол наклона ско­рости
к горизонту определяется выражением tga = vy/vx. Скорость имеет угол
наклона а в момент времени t =— ^ - t g a ( a < 0 ) . Подставив это значение t
в закон движения груза по вертикальному направлению, у = Н — (gt2/2), найдем:
А=г/==Я_£1М£5.
2 g
73. В системе координат, показанной на рис. 206, координаты ключа
в момент выбрасывания его из самолета
/ at2 ( at2
*0= Wi+ -gMcosao, «/0=Wi+ -g1) sinao.
Проекции скорости ключа
Vox = (»о + ati) COS a0, voy = (v0 + atx) sin a0 — u0.
Зависимость координат ключа от времени после выбрасывания:
x = x0 + v0xt = [v0t1-j- j cos a0 + [(у0 + ah) cos a0] t, (1)
fit2 ( at2
У = Уо + v0yt—^2 = (y<A. +Y) sin a° + Ka° + atl} sin a° — “«It' (2)
203

6. В момент падения ключа у = 0. Исключая время из (1) и (2), найдем искомое
расстояние х. Ввиду сложности коэффициентов в уравнении (2) рекомендуется
предварительно вычислить эти коэффициенты. Имеем: г/0= 144 м, у0*/ = 29,5 м/с,
g/2 = 4,9 м/с2.
Искомое расстояние * = 766 м.
74. Вертикальная проекция скорости в момент удара vy =
•^Vv'o sin2 а+ 2gh; время подъема на максимальную высоту Ямакс (см. рис. 207)
f = Vyfg. Горизонтальная составляющая скорости vx=v0
cos Искомое рас­стояние
х = 2ivx = ^QS j/p* sin2 а _j_ 2^г/г ^ 9,7 м.
75. В системе координат XOY с началом в точке первого соприкосновения
шарика с плоскостью (рис. 208) скорость шарика, согласно законам упругого
удара, в момент удара и первый момент после удара равна V 2gh и направлена
после удара под углом 90° —а к оси ОХ. Проекции скорости после удара:
vx = V2gh cos (90° — а) + (g sin a) • t, vy = V2gh sin (90° — a) — (g cos a) • t,
или
оX — V2gh sin a -{- gt sin a, (1)
vy = V 2gh cos a—gt cos a. (2)
204

7. Время достижения высшей точки траектории по (2) равно 1Х = У2hjg,
время между первым и вторым ударами t—2tx.
Искомое расстояние равно координате точки второго удара, т. е.
s=x = ]f 2gh t sin a+^- sin а, или s=Sh sin a = 4 м.
§ 3. Вращательное движение
76. R = v1l/(v1 — v2) = U8 м.
77. n = 60 (vx — v2)/2nl 96 об/мин.
78. При качении колеса по земле все его точки участвуют одновременно
в двух движениях: вдоль земной поверхности с постоянной скоростью v,
направление которой все время горизонтально, и вокруг оси с касательной
скоростью vx, величина которой постоянна, а направление меняется. При каче­нии
без проскальзывания скорости v и vx равны по величине. Значения мгно­венных
скоростей указанных точек колеса можно найти, складывая v и vx по
правилам сложения векторов, как показано на рис. 209. В результате получим:
vA = vx — v = 0; vB = vx + v = 2v; vc = J/ v^ + v2 =vV 2 ;
vD= yrv^ + v2 + 2vxv cos a =2 vcos — •
vE = y v+v2 — 2uxv cos a = 2v sin
79. an = v2/R, v = axt. По условию задачи an = nax, следовательно, t =
= У nR/ax = 2,78 с.
80. an = As2tl!Rt = 25 м/с2.
81. v1 = 2v—v2 (см. задачу 78).
82. Как видно из рис. 210, ajax = tg а = 0,58.
О/гг D 9^2
83. На экваторе у0=-у- = 465 м/с, ап0 = -^=0,034 м/с2. На широте <р=60°
2л;/?соБф поо . v 0 % л л , 7 , « Ф =------------------ 233 м/с, а„ф = -£-^^ = 0,017 м/с2.
84. iV = no//2 = 60 оборотов.
205

8. 85. Расстояние поезда от начала закругленного участка пути
s = v0t + (axt*/ 2), (1)
Где «^ — касательное ускорение. Зависимость скорости от времени:
v = vQ+axt. (2)
„И /з1 Ч (1) находим: а 2 (s — OqO 1 /2 х = -------- = у м/с2.
Из; 2) находим скорость: v = —^-^- = 25 м/с.
Полное ускорение
а = У а Г + Щ = У ~ + a = ~ Y ^ ^ - + ^ ( s - v 0 t f =0,708 м/с*.
86. В системе координат ХОУ (рис. 211) скорость комка грязи в момент
отрыва от колеса направлена по касательной к ободу в точке А (рис. 12), и
если колесо катится без пробуксовки или проскальзывания, то vx = v. Так как
начальная вертикальная координата комка у0 =
= R (1 — cos а), то закон движения вдоль оси О У
y — R (1 — cos а) + (у sin а) • t —
Далее, используя уравнение (2) задачи 54 и время
движения до наибольшей высоты, найденное в за­даче
56, получим:
/ п /1 ч , v* sin2 а
I/макс —h = R (1—COSO0H---2^— •
Если движение автомобиля с той же скоро­стью
сопровождается пробуксовкой колеса, то
Рис. 211
v x > v , высота подъема комков грязи больше. Если же колесо проскальзывает
относительно поверхности земли при торможении (движение юзом), то vx < v ,
и комки будут взлетать на меньшую высоту.
87. Пусть за время t цилиндр сделал п оборотов. В этом случае шарик
не будет задерживаться желобом, если длина п шагов винтового желоба будет
равна расстоянию, на которое шарик упадет за это время при свободном
падении, т. е. nh — gt2/2. Если нить тянули при этом с ускорением а, то рас­стояние,
на которое ее вытянули, I = а/2/2, что равно в то же время длине
смотанных с цилиндра п витков нити l = nDn. Из этих выражений легко
получить:
а = ngD/h.
§ 4. Динамика прямолинейного движения
88. v = ft/m ^ 43 км/ч.
89. f = F - m a = F - ~ ( v * - v l ) ^ 4 , 3 - 1 0 ‘ Н .
90. При спуске с постоянной скоростью сумма сил, действующих на шар,
равна нулю: Mg — Q — f = 0, где / — сила сопротивления движению шара. При
подъеме шара сила сопротивления будет иметь по-прежнему величину /, так
206