Статика (стр. 2 )

Решая совместно эти уравнения, находим

V22 – V12 = 2a2S2, откуда получим a2= ( V22 – V12)/ 2S2.

После подстановки цифр получаем a2= 6,25• 10-2 м/с2. Следовательно, a2> a1 .

Задача № 2-22

Два тела брошены одновременно из одной точки – одно вверх, другое вниз, оба с начальной скоростью Vо = 30м/с под углом б = 60о к вертикали. Найти разность уровней, на которых будут находится тела спустя время t1 = 2с.

Дано: Vо = 30м/с, б = 60о, t1 = 2с. Определить ДY - ?

Рис. 2.14.

Из приведенного рисунка видно, что тело 1 движется по траектории 1, тело 2 – по траектории2. Система координат ХОY нарисована таким образом, чтобы начало координат совпадало с точкой бросания тел. Интересующая нас разность уровней ДY в момент времени t1 равна разности координат Y1 точки А и Y2 точки В.

Координаты Y1 и Y2 находим из баллистического уравнения движения:

R = Ro + Vot + gt2/2,

проецируя его на ось ОY для тела 1 и Учитывая, что модули начальных скоростей тел 1 и 2равны Vo1 = Vo2 = Vo и t = t1 определим координаты Y1 и Y2 летящих тел в момент времени t1:

для тела 1: Y1(t1) = Vocosб t1 – gt12/2 (1),

для тела 2: Y2(t1) = - Vocosб t1- gt12/2 (2).

Искомую разность уровней ДY получим вычитая уравнение (2) из уравнения (1):

ДY = Y1(t1) - Y2(t1) = Vocosб t1 – gt12/2 + Vocosб t1 + gt12/2 = 2Vocosб t1 = 60 м.

Ш Е Н И Е З А Д А Ч Ч А С Т И 1 ЕГЭ

Задача № 1-4

Брусок массой m = 1 кг движется равномерно по горизонтальной поверхности. Коэффициент трения скольжения бруска о поверхность равен м = 0,2. Чему равен модуль силы, перемещающей брусок по поверхности?

Дано: m = 1 кг, м = 0,2. Определить F - ?

Рис. 1.4.

При равномерном движении бруска его движение можно описать первым законом Ньютона. На брусок действуют силы: mg – сила тяжести, N – нормальная реакция горизонтальной поверхности, Fm – сила трения, F – сила, перемещающая брусок.

Запишем 1-ый закон Ньютона: mg + N + Fm +F = 0. Спроецируем это уравнение на координатные оси ОХ и ОY: ОХ: F – Fm = 0 (1); OY: N – mg = 0 (2).

Из уравнения (2) запишем N = mg, откуда выразим силу трения Fm = мmg. Подставляем выражение для силы трения в уравнение (1):

F – мmg = 0, откуда сила, перемещающая брусок, F = мmg = 1,96 Н.

Задача № 1-26

Мяч массой m брошен вертикально вверх с начальной скоростью V. Каково изменение импульса мяча за время от начала движения до возвращения в исходную точку, если сопротивление воздуха пренебрежимо мало?

Дано: m, V. Определить Др - ?

Рис. 1.26.

Мяч, брошенный вертикально вверх со скоростью V1 = V (рис. 1.26, а), при отсутствии сопротивления воздуха, возвратится в исходную точку со скоростью, модуль которой равен V2 = V (рис. 1.26, b).

Запишем векторное уравнение изменения импульса мяча Дp = mV2 - mV1.

Спроецируем это уравнение на ось ОY:

Дp = mV2 – (- mV1) => Дp = mV + mV = 2mV.

Р Е Ш Е Н И Е З А Д А Ч Ч А С Т И 2 ЕГЭ

Задача № 2-5

Шар массой m, объемом V падает в жидкости плотностью с с постоянной скоростью U. С какой силой нужно тянуть вверх этот шар, чтобы он поднимался в той же жидкости со скоростью U1 = 4 U? Сопротивление вязкой жидкости движению шара пропорционально его скорости.

Дано: m, с, U, U1 = 4U, Fс = kU. Определить F - ?

Рис. 5.

При падении шара в жидкости с постоянной скоростью U (рис.5, а) на шар действуют силы: mg - сила тяжести, направлена вертикально вниз, FА – сила Архимеда (FА= сVg), направлена вертикально вверх, Fc1 - сила сопротивления жидкости (Fc1 = kU), направлена вертикально вверх. Так как шар движется с постоянной скоростью, то на основании первого закона Ньютона можно записать векторное уравнение mg + FА + Fc1 = 0.

Спроецируем это уравнение на ось OY:

FА – mg + Fc1 = 0 или сVg – mg + kU = 0,

откуда получим выражение для коэффициента силы сопротивления k = (mg - сVg)/U.

При подъеме шара вверх силой F в жидкости с постоянной скоростью U1 = 4U (рис.5,б) на шар действуют силы: mg - сила тяжести, направлена вертикально вниз, FА – сила Архимеда (FА= сVg), направлена вертикально вверх, Fc2 - сила сопротивления жидкости (Fc2= k4U), направлена вертикально вниз и тянущая вверх внешняя сила F.

Так как шар движется с постоянной скоростью 4U, то на основании первого закона Ньютона можно записать векторное уравнение

F + mg + FА + Fc2 = 0.

Спроецируем это уравнение на ось OY:

F + FА – mg - Fc2 = 0 или F + сVg – mg - 4kU = 0,

откуда получим выражение для внешней тянущей силы

F = mg + 4kU – сVg = mg + 4U(mg – сVg )/U – сVg = 5g(m – сV).

Задача № 2-24.

Брусок массой m1 = 1 кг лежит на наклонной плоскости с углом при основании, равным б= 53о. Коэффициент трения бруска с плоскостью равен м = 0,5. К бруску привязана невесомая нить, другой конец которой перекинут через неподвижный идеальный блок. К этому концу нити подвешен груз массой m2 = 1 кг. Определите придет ли в движение брусок при подвешивании груза. Если брусок придет в движение, то в каком направлении? (sin 53o ≈ 0,8;cos 53o ≈ 0,6).

Дано: m1 = 1 кг, б = 53о, м = 0,5, m2 = 1 кг. Определить а - ?

Рис. 2.24.

Считаем, что брусок не двигается. Следовательно, выполняется 1–ый закон Ньютона. На брусок действуют силы: m1g – сила тяжести, N – нормальная реакция наклонной плоскости, Fmр – сила трения, Т – сила натяжения нити.

Запишем для бруска 1-ый закон Ньютона: mg + N + Fmp + T = 0. Спроецируем это уравнение на оси ОХ и ОY: ОХ: T – Fmр – m1gsinб = 0 (1); OY: N – m1gcosб = 0 (2).

Так как массы бруска и груза равны, то введем обозначение m1 = m2 = m и так как брусок и груз неподвижны, то натяжение нити равно Т = m2g = mg. Перепишем уравнение (1) в виде:

mg – Fmр – mgsinб = 0, откуда Fmр = mg – mgsinб = 0,2mg.

Для того, чтобы брусок не двигался сила трения покоя должна быть равна Fmр = 0,2mg. Сравним эту силу трения покоя с силой трения скольжения, которая бы действовала на брусок при его движении. Из уравнения (2) получаем N = mgcosб, откуда выражаем силу трения скольжения

Fmрс = мN = мmgcosб = 0,3mg.

Так как действующая на брусок сила трения Fmр меньше силы трения скольжения Fmрс, то делаем вывод, что брусок не придет в движение при подвешивании груза, т. е. скорость бруска и его ускорение равны нулю, т. е. брусок неподвижен.

Работа и энергия Р Е Ш Е Н И Е З А Д А Ч Ч А С Т И 1 ЕГЭ

Задача № 1-8

Какой мощностью должен обладать двигатель подъемника, чтобы поднять груз массой m =100 кг на высоту h = 20 м за t = 9,8 с с земли равноускоренно?

Дано: m =100 кг, h = 20 м, t = 9,8 с. Определить N - ?

Мгновенную мощность двигателя, которая обеспечит подъем груза за заданное время, определим по формуле N = F·V (1), где F - сила поднимающая груз, V - скорость груза на высоте h. На груз при подъеме действуют силы: mg - сила тяжести, направлена вертикально вниз и F – сила поднимающая груз, направлена вертикально вверх. Груз перемещается вертикально вверх с ускорением а в соответствии со вторым законом Ньютона:

F - mg = ma, откуда F = mg + ma.

Ускорение находим из уравнения пути ускоренного движения h = atІ/2, откуда a = 2h/tІ. Тогда поднимающая сила будет F = mg + m2h/tІ.

Определим скорость груза на высоте h: V = а·t = 2h/t.

Подставим выражение для силы и скорости в (1):

Задача № 1-22

Мальчик столкнул санки с вершины горки. Сразу после толчка санки имели скоростьV1 = 5 м/с. Высота горки h = 10 м. Трение санок о снег пренебрежимо мало. Какова скорость V2 санок у подножия горки?

Дано: V1 = 5 м/с, h = 10 м. Определить V2 - ?

После толчка санок с вершины горки санки приобрели кинетическую энергию

Так как трение санок о снег можно не учитывать, то при движении санок с горы только сила тяжести mg совершает работу A = mgh.

Эта работа силы тяжести идёт на увеличение кинетической энергии санок, которая у подножия горки будет равна

где V2 – скорость санок у подножия горки.

Решаем полученное уравнение и находим скорость санок у подножия горки

Р Е Ш Е Н И Е З А Д А Ч Ч А С Т И 2 ЕГЭ

Задача № 2-9

Работая с постоянной мощностью, локомотив может вести поезд вверх по наклону при угле наклона б1 = 5·10-3 рад со скоростью V1= 50 км/ч. Для угла наклона б2 = 2,5.·10-3 рад при тех же условиях он развивает скорость V2 = 60 км/ч. Определить коэффициент трения, считая его одинаковым в обоих случаях.

Дано: б1 = 5·10-3 рад, V1= 50 км/ч = 13,9 м/с, б2 = 2,5.·10-3 рад, V2 = 60 км/ч = 16,7 м/с. Определить м - ?

Рис. 3.

Мощность, которую развивают двигатели локомотива при равномерном движении вверх по наклону, будем определять по формуле N = F1V1 (1) для первого случая и N = F2V2 (2)– для второго, где F1 и F2 - сила тяги двигателей.

Чтобы выразить силу тяги воспользуемся рис. 2-9 и запишем первый закон Ньютона:

F + mg + N + Fтр = 0.

Спроецируем это уравнение на оси OX и OY.

OX: F - mgsinб - Fтр = 0 (3), OY: - mgcosб + N = 0,

откуда получаем N = mgcosб и Fтр= мmgcosб.

Подставляем выражение для силы трения в (3) :

F - mgsinб - мmgcosб = 0,

откуда получаем выражение для силы тяги двигателей F = mg(sinб + мcosб).

Тогда F1 = mg(sinб1 + мcosб1) и F2 = mg(sinб2 + мcosб2).