Физка. Задачи и упражнения / Касаткина И.Л. Решебник по физике
.pdf
Решебник по физике
Но позвольте, путь не бывает отрицательным. Путь — это длина траектории, а длина может быть только положительной величиной. Значит, наше решение неверно.
Тогда давайте думать дальше. Точка двигалась равнозамедленно, а такое движение оканчивается остановкой? Интересно, сколько времени она двигалась до остановки. Это время t1 несложно определить из формулы скорости, если конечную скорость v приравнять нулю, а перед ускорением а поставить минус. Тогда получим:
0 = v0 −at1,
откуда
t1 = va0 .
Давайте вычислим, сколько времени точка двигалась до
остановки:
t1 = 14 с = 4 с.
Вот оно что: из 10 с движения точка двигалась с замедлением всего 4 с, после чего она еще 10 с – 4 с = 6 с двигалась равноускоренно без начальной скорости и с прежним по модулю ускорением. Тогда весь путь S, проделанный точкой, можно представить как сумму пути S1, пройденного равнозамедленно в течение времени t1, в конце которого точка остановилась, и пути S2, пройденного равноускоренно без начальной скорости в течение времени t2:
S = S + S = at2 + at2 = a( 2 + 2 ).
1 2 21 22 2 t1 t2
Обратите внимание, что если при равнозамедленном движении тело в конце останавливается, то для определения его пути укороченная формула применима несмотря на то, что начальная скорость здесь не равна нулю.
Мы решили задачу в общем виде. Подставим числа и вычислим:
S = 12(42 +62 ) м = 26 м.
Ответ: S = 26 м.
30
1. Механика
Задача 12. Длина разбега при взлете самолета равна S1 = 1 км, а скорость отрыва от земли v1 = 240 км/ч. Длина пробега при посадке этого самолета S2 = 800 м, а посадоч ная скорость v02 = 210 км/ч. Во сколько раз ускорение при взлете a1, больше ускорения при посадке a2? На сколько отличаются время разбега t1 и время посадки t2?
Дано: |
|
Решение |
|||
|
|||||
S1 = 1 км |
км |
Следует самим догадаться записать |
|||
v1 = 240 |
начальное условие v01 = 0 и граничное |
||||
v01 = 0 |
ч |
условие v 2 = 0, ведь в начале разбега |
|||
|
скорость самолета v 01 = 0, он сначала |
||||
S2 = 800 м |
|||||
стоял. И в конце тормозного пути его |
|||||
v02 = 210 |
км |
||||
конечная скорость v2 = 0, ведь он, прой- |
|||||
v2 = 0 |
ч |
дя тормозной путь, остановился. Без |
|||
|
|||||
|
|
|
|
этого задачу не решить. Теперь подума- |
|
|
a1 |
|
|||
|
|
ем, какую формулу применить для ре- |
|||
|
a |
– ? |
|
||
|
|
шения этой задачи. |
|||
2 |
|
||||
∆t – ? |
|
Речь идет о пути и скоростях само- |
|||
|
|||||
|
|
|
|
||
лета, а о времени движения ничего не сказано, значит, можно выбрать формулу, в которую время t не входит. У нас есть и такая формула. Применительно к разбегу самолета она выглядит так:
v 2 |
– v 2 |
= 2a |
S |
. |
(1) |
1 |
01 |
1 |
1 |
|
|
При торможении самолет движется равнозамедленно, т.е. с отрицательным ускорением, поэтому эта формула в этом случае будет выглядеть так:
|
v 22 – v022 = –2a2S2. |
(2) |
||||
Поскольку v01 = 0 и v2 = 0, то |
|
|
|
|||
|
v 2 |
= 2a |
S |
1 |
(3) |
|
|
1 |
|
1 |
|
|
|
и |
–v022 = –2a2S2 |
|
||||
или |
v 2 = 2a |
S |
. |
(4) |
||
|
02 |
2 |
|
2 |
|
|
Поделив выражение (3) на (4), мы сможем определить искомое отношение ускорений:
31
Решебник по физике
|
v2 |
= |
|
2a S |
|
|
|
v2 |
|
= |
|
a S |
|
||||
|
1 |
|
|
1 |
1 |
, |
|
|
1 |
|
|
1 |
1 |
, |
|||
|
v2 |
2a S |
|
|
v2 |
|
|
a S |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
02 |
|
|
|
2 |
2 |
|
|
|
02 |
|
|
2 |
2 |
|
|||
откуда |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
a1 |
= |
|
S2 |
|
v1 |
2 |
. |
|
(5) |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
a2 |
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
S1 v02 |
|
|
|
|
|
||||||
Чтобы найти разность времен разбега t1 и торможения t2, найдем сначала эти времена. Для их определения можно воспользоваться формулой средней скорости, поскольку в эту формулу входят все известные нам скорости, путь и искомое время. Применительно к разбегу:
vcp1 = |
S1 |
и v = |
v |
+v |
= |
v |
, т.к. |
v01 = 0. |
|||||||
|
|
|
01 |
|
1 |
|
1 |
||||||||
t1 |
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
cp1 |
|
2 |
|
|
|
|
2 |
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
Тогда |
v1 |
= |
S1 |
, откуда |
t |
= |
2S1 |
. |
|
|
|||||
2 |
t |
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
1 |
|
v |
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
1 |
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
||
Аналогично, применительно к торможению:
vcp2 = |
S2 |
и v = |
v |
+v |
= |
v |
, т.к. |
v2 = 0. |
|||||||||
|
|
|
02 |
2 |
|
02 |
|
||||||||||
t2 |
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
cp2 |
|
2 |
|
|
|
2 |
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
Тогда |
v02 |
= |
S2 |
, откуда |
t2 = |
|
2S2 |
. |
|
|
|||||||
|
|
|
|
||||||||||||||
|
2 |
|
|
t |
|
|
|
|
|
v |
|
|
|||||
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
||
Несложно подсчитать, что время разгона t1 больше времени торможения t2. Разность этих времен ∆t равна:
∆t = t1 −t2 |
= |
2S1 |
− |
2S2 |
или ∆t = 2 |
|
S |
− |
S |
|
|
|
|
|
|
1 |
2 |
. |
(6) |
||||||
v1 |
v02 |
|||||||||||
|
v |
|||||||||||
|
|
|
|
v |
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
02 |
|
|
|
Формулы (5) и (6) есть решение нашей задачи в общем виде. Переведем все единицы в СИ:
1 км = 1000 м,
240 км/ч = 240 1000 м = 67 м, 3600 с с
210 км/ч = 210 1000 м=58 м. 3600 с с
32
|
|
|
|
1. Механика |
||||
|
|
|
|
|
|
|
||
Выполним вычисления: |
|
|
|
|||||
|
a |
|
|
800 |
67 |
2 |
||
|
1 |
= |
|
|
|
|
|
= 1,1, |
|
a2 |
|
|
|||||
|
|
1000 |
58 |
|
||||
∆t = 2 |
1000 |
− |
800 |
|
c = 2,2 c. |
||
|
|
|
|
||||
67 |
58 |
||||||
|
|
|
|
|
|||
Ответ: a1 = 1,1, ∆t = 2,2 с. a2
Задача 13. Уравнение движения материальной точки х = 8 – 2t + t2. Найти координату, в которой тело остановится. Все величины выражены в единицах СИ.
Дано:
х = 8 – 2t + t2 v1 = 0
х1 — ?
Решение
Сравним уравнение координаты равноускоренногодвижения,записанноевобщемвиде,сданнымнамвусловии задачи:
х = х0 + v0 t + |
at2 |
и х = 8 – 2t + t2. |
|
2 |
|
Из сравнения этих уравнений следует, что начальная координатах0 =8м,начальнаяскоростьv0 =–2м/сиускорение
а=2м/с2.Теперьзапишемуравнениескоростивобщемвиде
иподставим в него числовые значения известных величин:
v = v0 + at = –2 + 2t.
Поусловиюконечнаяскоростьv1 =0,значит,0=–2+2t1,
откуда t1 = 1 с.
Подставив это числовое значение времени в уравнение координаты, данное нам в условии, найдем искомую координату, в которой точка остановится:
х = 8 – 2 ∙ 1 + 12 (м) = 7 м.
Ответ: х1 = 7 м.
Задача 14. Уравнение движения материальной точки х = 2 + t + 2t2. Найти среднюю скорость точки за третью секунду.
33
Решебник по физике
Обозначим: х — координату точки, v 0 — ее начальную скорость, а — ускорение, S — путь, пройденный точкой за время t = 1 c, S2 — путь, пройденный за время t2 = 2 с, S3 — путь, пройденный за время t3 = 3 с, vср — среднюю скорость точки за третью секунду.
Решение
Среднюю скорость точки на пути, пройденном за третью секунду, найдем, разделив этот путь на это время:
vср = St .
Путь, пройденный за третью секунду, можно найти, отняв от пути за первые три секунды путь, пройденный за первые две секунды:
S = S3 – S2,
где согласно формуле пути равноускоренного движения
S3 = v0t3 + |
at2 |
и S2 = v0t2 + |
at2 |
||
3 |
2 |
. |
|||
2 |
2 |
||||
|
|
|
|||
Подставим правые части этих равенств в предыдущую формулу пути за третью секунду:
S = v0t3 + |
at2 |
|
at2 |
2 |
2 |
|
3 |
– v0t2 – |
2 |
= v0(t3 – t2) + 0,5а(t3 |
– t2). |
||
2 |
2 |
|||||
|
|
|
|
Нам осталось подставить правую часть этого равенства в первую формулу, и задача будет в общем виде решена:
|
v |
(t |
−t |
) + 0,5a(t2 |
−t2 ) |
|
vср = |
0 |
3 |
2 |
3 |
2 |
. |
|
|
|
t |
|
||
|
|
|
|
|
|
Изданногонамвусловииуравнениякоординатыследует, что начальная скорость v0 = 1 м/с, а ускорение а = 4 м/с2.
Произведем вычисления:
vср = |
1(3−2)+0,5 4(32 −22 ) |
м/с = 11 м/с. |
|
1 |
|||
|
|
Ответ: vср = 11 м/с.
34
1. Механика
Задача15.Уравнения координаты материальной точки
х = 2 t и у = 6 – t.
Определить скорость этой точки. Все величины выражены в единицах СИ.
Обозначим х и у координаты точки, х0 — начальную координату, t — время движения, vx — проекцию скорости на ось абсцисс, vу — проекцию скорости на ось ординат, v — скорость точки.
Дано:
х = 2 t
у = 6 – t
v — ?
Решение
Из сопоставления уравнения координаты х, записанного в общем виде и данного нам в условии задачи:
х = х0 + vx t и х = 2 t,
следует, что проекция вектора скорости на ось абсцисс
vх = 2 м/с.
Аналогично из сопоставления уравнения координаты y в общем виде и данного нам в условии задачи:
y = y0 + vу t и y = 6 – t
следует, что проекция вектора скорости на ось ординат vу = –1 м/с.
Обратимся к рисунку (рис. 10). Из него следует, что модуль вектора скорости точки равен:
v = vx2 +vy2 .
Подставив в это выражение числовые значения проекций скорости,
получим: Рис. 10 v = 22 +(−1)2 м/с = 2,2 м/с.
Ответ: v = 2,2 м/с.
Задача16.Камень бросили вниз с начальной скоростью 2 м/с. Время его падения на землю равно 3 с. Чему равна
35
Решебник по физике
средняя скорость падения камня на оставшейся до земли третьей части всей высоты его падения? Сопротивлением воздуха пренебречь.
Обозначим v0 начальную скорость камня, t — время его падения, Н — всю высоту падения, h — оставшаяся до земли часть высоты через время падения t1 от начала падения, g — ускорение свободного падения t2 — время прохождения оставшейся части высоты h.
Дано: |
|
|
Решение |
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
v0 = 2 м/с |
|
|
Среднюю скорость на нижней тре- |
|||||||||||
t = 3 с |
|
ти всей высоты можно найти из фор- |
||||||||||||
h = H |
|
мулы свободного падения, если разде- |
||||||||||||
|
лить эту треть высоты на время ее |
|||||||||||||
3 |
|
|||||||||||||
|
прохождения — обозначим его t2. Оно |
|||||||||||||
g = 10 м/с2 |
|
|||||||||||||
|
|
будет равно разности между всем вре- |
||||||||||||
vср — ? |
|
|||||||||||||
|
менем падения t и временем t1, за ко- |
|||||||||||||
|
|
торое камень пролетит первые |
|
2 |
H. |
|||||||||
Тогда получим: |
3 |
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
H |
|
H |
|
|
|
|
|
|
||
|
|
vср = |
|
= |
|
|
, |
|
|
|
|
|||
|
3t |
3(t−t |
) |
|
|
|
|
|||||||
где |
|
|
2 |
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
||
|
|
H = v t+ gt2 . |
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
(1) |
||||||||||
|
|
|
0 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|||
поэтому |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
t(2v + gt) |
|
|
|
|
||||
|
|
|
2v t+ gt2 |
|
|
|
|
|
||||||
|
vcp = |
0 |
|
|
= |
|
0 |
|
. |
(2) |
||||
|
6(t−t1) |
6(t−t1) |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
Таким образом, задача сводится к нахождению време- |
||||||||||||||
ни t , за которое камень пролетит первые |
2 |
всей высоты Н. |
||||||||||||
|
||||||||||||||
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
||
Применительно к нашей задаче: |
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
2 |
H = v t + |
gt12 |
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
||||||
или с учетом (1) |
|
0 1 |
2 |
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
2 |
v t+ |
gt2 |
= v t + |
gt2 |
|||||||||
|
|
|
|
1 |
. |
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
0 |
|
|
0 1 |
|
2 |
|
|
|
||||
|
3 |
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
||
36
1. Механика
Мы получили квадратное уравнение относительно времени t1. Найдем из него это время:
2 |
v t+ gt2 |
= v t + |
gt12 |
, |
||
3 |
2 |
|||||
0 |
3 |
0 1 |
|
|||
3gt2 |
+6υ t −2(2υ |
t+ gt2 ) = 0, |
|
||||||||
1 |
0 1 |
|
0 |
|
|
|
|
|
|||
|
|
−3v + |
|
9υ2 |
+6g(2v t+ gt2 ) |
|
|||||
t1 = |
|
0 |
|
0 |
|
|
0 |
|
|
= |
|
|
|
|
|
3g |
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(3) |
|
|
|
|
3(3v2 |
+2gt(2v |
|
+ gt)) −3v |
|||||
|
|
|
|
|
|||||||
= |
|
|
0 |
|
|
0 |
0 |
. |
|
||
|
|
|
|
|
3g |
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Нам осталось подставить правую часть этого выражения в равенство (2), и задача в общем виде будет решена.
vcp = |
|
|
t(2v0 + gt) |
|
|
= |
|
|
|
3(3v2 |
+2gt(2v |
+ gt)) −3v |
|
||
|
|
|
|||||
6 |
t− |
0 |
0 |
0 |
|
|
|
|
3g |
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
= |
gt(2v0 + gt) |
|
|
. |
|
2(3(v0 + gt)− 3(3v02 +2gt(2v0 + gt))) |
||
Задача в общем виде решена. Подставим числа и вычислим:
10 3(2 2+10 3)
vcp = 2(3(2+10 3) − 3(3 22 +2 10 3(2 2+10 3))) с = 29 м/с.
Ответ: vср = 17 м/с.
Задача 17. Маленький мячик бросили c земли под углом 60° к горизонту со скоростью 5 м/с в вертикальную стену, расположенную на расстоянии 1,5 м от места бросания. Под каким углом к горизонту отскочит мячик после абсолютно упругого удара о стену? Сопротивлением воздуха пренебречь.
37
Решебник по физике
Обозначим α угол между вектором скорости мяча v0 и го- ризонтом,S—расстояниеотместабросаниядостены,g—ус- корение свободного падения, β — угол между вектором ско- ростиvотскочившегоотстенкимячаигоризонтом,t—время взлета мяча до высшей точки,S1 — расстояние, которое пролетит мяч по горизонтали за это время, vх и vу — проекции скорости мяча на оси координат, t1 — время полета мяча до стены, ∆t — промежуток времени, за который мяч пролетит расстояние от высшей точки подъема до стены.
Решение
Из теории темы мы знаем, что мяч, брошенный под углом к горизонту, движется вверх равнозамедленно, пока не достигнет высшей точки подъема, после чего начинает падать. И одновременно смещается по горизонтали, в результате чего его траек-
торией является парабола (рис. 11).
Рис. 11 |
Внашем случае мяч, двигаясь по параболе, ударяется
остену. Зададимся вопросом: он на взлете ударился о стену или уже при спуске — ведь от этого зависит чертеж, кото-
38
1. Механика
рый нам предстоит изобразить. Потому что если в условии задачи хоть что то сказано об углах, то без подробного чертежа такую задачу не решить.
Чтобы уяснить, где траектория мяча упирается в стену, давайте вычислим, чему равняется дальность полета мяча S1 по горизонтали за время, пока он поднимался до высшей точки. А потом сравним ее с расстоянием от точки бросания мяча до стены. И если эта дальность полета окажется больше расстояния до стены, то мяч ударился на взлете, а если меньше, — то уже при спуске.
Поскольку вертикальная составляющая скорости мяча в высшей точке равна нулю и поднимался он вверх равнозамедленно, то время его подъема до высшей точки найдем из формулы
|
0 = v0Y −gt, |
|
||
где |
v0Y = v0 sinα, |
|
||
поэтому |
|
|
|
|
|
t = |
v0 sinα |
. |
(1) |
|
|
|||
|
|
g |
|
|
За это время мяч пролетел по горизонтали, двигаясь равномерно со скоростью vx = v0 cosα расстояние S1. Поэтому
v2
S1 = v0tcosα = g0 sinαcosα.
Вычислим это расстояние и сравним его с расстоянием S = 1,5 м до стены:
S1 = 52 sin 60°cos60° м = 1,06 м. 10
Эторасстояниеменьшерасстояниядостены,значит,мяч ударился о стену уже после того, как побывал в высшей точке траектории. Теперь выполним чертеж (рис. 11).
Поскольку удар был абсолютно упругим, угол, под которым мяч отскочит от стены, равен углу β, под которым он ударился, — это угол между вектором скорости мяч v в тот момент и перпендикуляром к стенке, который совпадает с горизонтальной проекцией скорости vx (рис. 11).
39