Решение задачи №1 Поместим начало системы координат в точку бросания y

Решение задачи №1
Поместим начало системы координат в точку бросания
y
B
H
45o
30o
Sгор
x
C
камня, как показано на рисунке. В этой системе вертикальная и
горизонтальная составляющие скорости камня в момент бросания равны:
Через некоторое время t камень упадет в точке В на склоне горы. За
это время путь, пройденный камнем по горизонтали, согласно
, будет равен
=
, а высота его подъема
над уровнем бросания будет равна:
H=
(1)
Как легко видеть на рисунке эта высота совпадает с высотой горы в точке
падения камня. С другой стороны, из ∆ АВС.
или
H=
(2)
Приравнивая (1) и (2), найдем время полета камня:
Откуда
t1=0,
Оба решения имеют физический смысл: t1- соответствует простому
случаю, когда H=S=0, т.е. когда камень еще не бросали, t2- соответствует
времени полета камня до падения на склон горы в точке В. Теперь из того же
∆ АВС легко найдем искомое расстояние ℓ:
ℓ=
.
Решение задачи №2
m
M
Законом сохранения импульса в горизонтальном направлении имеет
вид mv0=MU, где v0 – скорость мяча до столкновения, U – скорость клина
после столкновения, тогда v0=
По закону сохранения энергии кинетическая энергия клина прейдет в
работу силы трения
U=
, тогда
, откуда
.
Закон сохранения энергии для всей системы имеет вид
, отсюда
=
=
–
-Mgsk
Кинетическая энергия мяча после
потенциальную энергию силы тяжести.
столкновения
перейдет
в
=mgh, откуда h=
Ответ: h 
Msk M
(  1) .
m m
Решение задачи №3
Скорость шайбы на вершине трамплина  можно найти с помощью
закона сохранения энергии
=
;
Высота трамплина и дальность полета шайбы связаны с временем
полета tп формулами
S=vtп; h=gt2п/2.
Исключая из записанных выше равенств скорость шайбы  и время
полета tп , получаем зависимость дальности полета шайбы от высоты
трамплина t=
;
=
;
;
S=
02 2
02 2
= 2 ( )  (h  ) .
4g
4g
Очевидно, что дальность полета будет максимальной при условии
02
h=
=3,6 м.
4g
причем сама максимальная дальность
02
S=
=7,2 м;
2g
Решение задачи №4
Прежде всего напомним, что внешней силой, сообщающей автомобилю
ускорение, является сила трения колес о дорогу. При движении автомобиля
по горизонтальному участку, представляющему собой дугу окружности, сила
трения в каждый момент времени состоит из двух составляющих:
касательной составляющей Fтрк,
А
R
S
B
α
ацс
Fтрн
Fтр
ak
Fтрк
обеспечивающей разгон автомобиля, и нормальной составляющей Fтрн,
создающей центростремительное ускорение и обеспечивающей движение по
окружности. Напишем уравнение движения автомобиля в точке перехода его
на прямой участок дороги (в точке В):
(1)
По условию, автомобиль равномерно набирает скорость, т.е.
-
постоянно. Это означает, что скорость, которую будет иметь автомобиль
в конце разгона равна:
где S= AB=
Отсюда:
Тогда систему (1) можно записать так:
; ;
.
В момент перехода автомобиля на прямой участок дороги в точке В его
скорость, по условию, должна быть максимальной: vв=vмакс. Это означает, что
в точке В сила трения должна достигнуть своего максимального значения:
=kmg, где m – масса автомобиля. По теореме Пифагора:
Представляя значения, получим:
(kmg)2=(
)+ (
)2
Отсюда найдем максимально возможную скорость vм:
≈
vм =
м/с ≈ 52,5 км/ч.
Решение задачи №5
Для решения задачи необходимо рассмотреть два случая. Если
амплитуда колебаний груза
A≤h-ℓ0-
,
(1)
то столкновения груза и плиты невозможно. В этом случае период малых
колебаний груза определяется известной формулой для периода колебаний
пружинного маятника.
Значение начальной скорости V0, при которой выполняется условие
(1), легко найти, записав выражение для полной энергии колебаний груза в
момент прохождения им положения равновесия и в момент максимального
отклонения от этого положения
=
;
Следовательно, при V0≤ (h - ℓ0- g)
T=2π
.
(2)
период колебаний
Если условие (1) нарушено, то при движении вниз от положения
равновесия груз, пройдя расстояние h-ℓ0- g столкнется с упругой плитой и
начнет двигаться вверх со скоростью равной скорости соударения. Время
полного колебания T=2(t1+t2) , где t1=
– время движения груза от
положения равновесия до его максимального отклонения от этого положения
при движении вверх, t2- время, за которое груз проходит расстояние h-ℓ0- g
от положения равновесия до плиты.
Время t2 найдем записав уравнение гармонических колебаний груза
x(t)=Asinωt
Отсюда для времени смещения груза на расстояние x получаем
t=
(3)
Полагая в (3) x=h-ℓ0- g и учитывая, что ω=
Тогда, при V0> (h-ℓ0- g)
T=(π+2arcsin(
))
и A=V0
, находим
имеем T=2(t1+t2)
.
Решение задачи №6
m
α
Согласно второму закону Ньютона
оси координат можно записать
+
+m =0. В проекции на
Дополнительно запишем условие равенства нулю суммы моментов
сил, действующих на автомобиль относительно его центр масс.
Fтрh+ N1 - N2 =0
N2- N1= Fтр =
=1,4 103Н