Форум сайта alsak.ru

Задачи и вопросы по физике => Решение задач Н.Е. Савченко => Тема начата: alsak от 24 Сентября 2010, 18:21

Название: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 24 Сентября 2010, 18:21
Решение задач по физике из книги Савченко Н.Е. Решение задач по физике. – Мн.: Высш. школа, 2003. – 479 с.

27 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg38977.html#msg38977) 28 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg38978.html#msg38978) 29 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg38999.html#msg38999) 30 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg39000.html#msg39000) 31 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg5285.html#msg5285) 32 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg39016.html#msg39016) 33 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg39017.html#msg39017) 34 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg39019.html#msg39019) 35 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg39020.html#msg39020) 36 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg39047.html#msg39047)
37 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg39046.html#msg39046) 38 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg39040.html#msg39040) 39 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg39035.html#msg39035) 40 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg39026.html#msg39026) 41 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg39025.html#msg39025) 42 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg39024.html#msg39024) 43 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg39023.html#msg39023) 44 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg39022.html#msg39022) 45 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg39021.html#msg39021) 46 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg39004.html#msg39004)
47 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg39003.html#msg39003) 48 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg39002.html#msg39002) 49 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg39001.html#msg39001) 50 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg38987.html#msg38987) 51 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg38982.html#msg38982) 52 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg38983.html#msg38983) 53 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg17685.html#msg17685) 54 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg39284.html#msg39284) 55 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg6826.html#msg6826) 56 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg6856.html#msg6856)
57 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg39289.html#msg39289) 58 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg39292.html#msg39292) 59 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg39057.html#msg39057) 60 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg39294.html#msg39294) 61 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg39055.html#msg39055) 62 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg39058.html#msg39058) 63 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg39071.html#msg39071) 64 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg39070.html#msg39070) 65 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg39068.html#msg39068) 66 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg39063.html#msg39063)
67 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg39062.html#msg39062) 68 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg39054.html#msg39054) 69 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg6506.html#msg6506) 70 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg39052.html#msg39052) 71 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg6836.html#msg6836) 72 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg39050.html#msg39050) 73 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg7016.html#msg7016) 74 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg6496.html#msg6496) 75 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg39018.html#msg39018) 76 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg39027.html#msg39027)
77 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg39012.html#msg39012) 78 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg7265.html#msg7265) 79 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg39013.html#msg39013) 80 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg39031.html#msg39031) 81 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg6766.html#msg6766) 82 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg39011.html#msg39011) 83 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg6746.html#msg6746) 84 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg6586.html#msg6586) 85 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg39010.html#msg39010) 86 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg39009.html#msg39009)
87 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2705.msg6516.html#msg6516)
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 26 Сентября 2010, 18:10
31. Из пунктов А и В одновременно навстречу друг другу начали двигаться два велосипедиста. После того как они повстречались, первый велосипедист через 10 с прибыл в пункт В, а второй, проехав 100 м за 40 с, прибыл в пункт А. Определите скорости велосипедистов, если их движение было равномерным и прямолинейным.
Решение. Обозначим место встречи велосипедистов точкой С (рис. ). Тогда второй велосипедист проехал AC = 100 м за t2 = 40 с, следовательно, его скорость
υ2 = AC/t22 = 2,5 м/c).
Обозначим время, затраченное велосипедистами до встречи буквой tС. Для первого велосипедиста оно равно

tС = AC1 (1),
для второго —
tС = CB2 (2).

Расстояние CB первый велосипедист проехал за t1 = 10 с, т.е.

CB = υ1t1 (3).
Решим систему трех уравнений. Например,
 
\[
\frac{AC}{\upsilon_1} = \frac{CB}{\upsilon_2}, \, \, \, \,
\frac{AC}{\upsilon_1} = \frac{\upsilon_1 \cdot t_1}{\upsilon_2}, \, \, \, \, \upsilon_1 = \sqrt{\frac{\upsilon_2 \cdot AC}{t_1}} =
\frac{AC}{\sqrt{t_1 \cdot t_2}}, \]
υ1 = 5 м/с.
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: XaC от 15 Ноября 2010, 17:50
Задача 74. Два тела  брошены с одной и той же скоростью под углами α и π/2-α к горизонту.
Определить соотношение наибольших высот подъема этих тел. Сопротивление воздуха не учитывать.
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 15 Ноября 2010, 18:49
Задача 74. Два тела  брошены с одной и той же скоростью под углами α и π/2-α к горизонту.
Определить соотношение наибольших высот подъема этих тел. Сопротивление воздуха не учитывать.

Найдем зависимость наибольшей высоты подъема от угла α. Для этого воспользуемся формулой
 
\[ \Delta r_y = \frac{\upsilon_y^2 - \upsilon_{0y}^2}{2g_y}, \]

где Δry = hmax, υy = 0 (скорость на максимальной высоте), υ0y = υ0⋅sin α (рис.), gy = –g. Тогда
 
\[ h_{max} = \frac{-\left(\upsilon_0 \cdot \sin \alpha \right)^2}{-2g} =
\frac{\left(\upsilon_0 \cdot \sin \alpha \right)^2}{2g}. \]

Распишем полученную формулу для первого тела (брошенного под углом α) и второго (брошенного под углом π/2 – α), учтем при этом, что sin (π/2 – α) = cos α.
 
\[ h_{max \, 1} = \frac{\left(\upsilon_0 \cdot \sin \alpha \right)^2}{2g} ,\, \, \, \,
h_{max \, 2} = \frac{\left(\upsilon_0 \cdot \sin \left(\pi /2 -
\alpha \right)\right)^2}{2g} =
\frac{\left(\upsilon_0 \cdot \cos \alpha \right)^2}{2g}. \]

Найдем отношение этих высот:
 
\[ \frac{h_{\max \, 1}}{h_{\max \, 2}} =
\frac{\left(\upsilon_0 \cdot \sin \alpha \right)^2}{2g} \cdot \frac{2g}{\left(\upsilon_0 \cdot \cos \alpha \right)^2} =
\frac{\sin^2 \alpha}{\cos^2 \alpha} ={\rm tg}^2 \alpha.
 \]
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 16 Ноября 2010, 18:53
69. Танк, движущийся со скоростью 36,0 км/ч, притормаживает одну из гусениц так, что ось ее ведущего колеса начинает двигаться вперед со скоростью 32,4 км/ч. Расстояние между гусеницами 2 м. Под каким углом к первоначальному направлению движения будет двигаться танк через 2,0 с?

Решение. Так как скорость гусениц разная, то танк будет поворачивать вокруг некоторой точки О, расположенной со стороны более медленной гусеницы (рис. ). Обозначим расстояние OA = r. Тогда угловая скорость поворота
 
\[ \omega = \frac{\upsilon_B}{l + r} = \frac{\upsilon_A}{r}
 \]
или
\[ \upsilon_B \cdot r = \upsilon_A \cdot \left(l + r \right),\, \, \,
r = \frac{\upsilon_A \cdot l}{\upsilon_B - \upsilon_A}. \]

Угол поворота за время t равен
 
\[ \phi = \omega \cdot t = \frac{\upsilon_A \cdot t}{r} =
\frac{\upsilon_A \cdot t}{\upsilon_A \cdot l} \cdot
\left(\upsilon_B - \upsilon_A \right) =
\frac{\left(\upsilon_B - \upsilon_A \right) \cdot t}{l}, \]

φ = 1,0 рад = 57°.
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 16 Ноября 2010, 19:02
87. Стержень длиной 0,50 м вращается с частотой 2,0 Гц вокруг оси, проходящей через стержень перпендикулярно ему. Центростремительной ускорение одного из концов стержня 16,1 м/с2. Определите линейную скорость другого конца стержня.

Решение. Обозначим длину стержня l, точку вращения — О, радиус вращения точки Вr, радиус вращения А равен l - r (рис. ). Пусть точка В имеет ускорение 16,1 м/с2. Тогда
 
\[ a_B = \frac{\upsilon_B^2}{r} = \omega_B^2 \cdot r =
\left(2 \pi \cdot \nu \right)^2 \cdot r,\, \, \,
r = \frac{a_B}{\left(2 \pi \cdot \nu \right)^2}. \]

Линейная скорость точки А равна
 
\[ \upsilon_A = \omega_A \cdot \left(l - r \right) =
2 \pi \cdot \nu \cdot \left(l - \frac{a_B}{\left(2 \pi \cdot \nu \right)^2} \right) =
2 \pi \cdot \nu \cdot l - \frac{a_B}{2 \pi \cdot \nu}, \]

υA = 5,0 м/с.
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: XaC от 16 Ноября 2010, 19:57

 учтем при этом, что sin (π/2 – α) = cos α.
 


а почему?????
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 17 Ноября 2010, 06:36

 учтем при этом, что sin (π/2 – α) = cos α.

а почему?

Это шутка? Вы хотите, чтобы я вывел математическую формулу?
Откройте учебник или справочник по математике, найдите тему "Тригонометрические формулы. Формулы приведения".
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Vlad от 17 Ноября 2010, 19:15
напишите пожалуйста решение 84 задачи!
И ещё не подскажите где можно найти все формулы сразу по темам? :)
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 17 Ноября 2010, 20:01
Все формулы курса физики уже давно выложены на сайте: Краткий справочник по физике (http://www.alsak.ru/component/option,com_remository/Itemid,42/func,startdown/id,305/).
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 18 Ноября 2010, 15:43
84. Какую скорость относительно дороги имеют верхние точки обода велосипедного колеса, если велосипедист едет со скоростью υ = 20 км/ч?

Решение. Рассмотрим вначале упрощенные модели:
1) колесо скользит по горизонтальной дороге со скоростью υ. Тогда все точки колеса будут двигаться в одну и ту же сторону со скоростью υ;
2) колесо вращается на одном месте с линейной скоростью υ. Тогда линейная скорость каждой точки будет направлена по касательной к колесу и численно равна υ.
У нас по условию сразу два случая: колесо движется поступательно по горизонтальной дороге со скоростью υ и одновременно вращается с линейной скоростью υ (при качении, без проскальзывания, линейная скорость колеса численно равна скорости поступательного движения) (рис. 1). Для нахождения скорости точек A, B, C и D относительно дороги воспользуемся законом сложения скоростей:
 
\[ \vec{\upsilon}_1 = \vec{\upsilon}_2 + \vec{\upsilon} _{1/2}, \]

где υ1 — скорость этих точек A, B, C и D относительно дороги (неподвижной системы отсчета), υ2 = υ — скорость велосипедиста (скорость системы), υ1/2 — скорость этих точек относительно велосипедиста (относительно центра колеса), эта скорость для всех точек численно равна υ.
Запишем проекцию уравнения на горизонтальную ось 0X, направленную вправо, и решим его для точки С1/2Сх = υ):
 
\[ \vec{\upsilon}_{1C} = \vec{\upsilon} + \vec{\upsilon}_{1/2C} ,\; \;
\upsilon_{1Cx} = \upsilon + \upsilon_{1/2Cx} = 2\upsilon, \]

υ1 = 40 км/ч.

Дополнение. Найдем скорость точки B относительно дороги. Закон сложения скоростей для этой точки будет иметь вид:
 
\[ \vec{\upsilon}_{1B} = \vec{\upsilon} + \vec{\upsilon}_{1/2B}. \]

Построим треугольник скоростей (рис. 2). Из рисунка видно, что
 
\[ \upsilon_{1B} = \sqrt{\upsilon^2 + \upsilon_{1/2B}^2} =\sqrt{\upsilon^2 + \upsilon^2} = \upsilon \sqrt{2}, \]

υ1B = 28 км/ч.
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Vlad от 18 Ноября 2010, 17:40
 :Dспасибо!
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Vlad от 20 Ноября 2010, 14:38
Линейная скорость точки А равна
 
\[ \upsilon_A = \omega_A \cdot \left(l - r \right) =
2 \pi \cdot \nu \cdot \left(l - \frac{a_B}{\left(2 \pi \cdot \nu \right)^2} \right) =
2 \pi \cdot \nu \cdot l - \frac{a_B}{2 \pi \cdot \nu}, \]

υA = 5,0 м/с.

почему?
я решаю получается 2.74, у Вас 5, а в ответах 6 м/с
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Vlad от 20 Ноября 2010, 14:43
81 задача
получил
y1 = 76
y2 = 106
x1 = 60
x2 = 106
построил прямоугольный треугольник
Посчитал по теореме Пифагора, получил 55м, а в ответах 46м!???
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Vlad от 20 Ноября 2010, 15:47
83 задача
ω1 = 2π/T1, где T1 = 3600с.
ω2 = 2π/T2, где Т2 = 86400с.
ω12 = T2/T1
ω12 = 24
а в ответе 2!???
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 20 Ноября 2010, 16:17
υA = 5,0 м/с.
почему?
я решаю получается 2.74, у Вас 5, а в ответах 6 м/с

Кто-то из нас не умеет нажимать кнопки калькулятора.
Подставляем числа
\[ 2 \cdot 3,14 \cdot 2 \cdot 0,5 - \frac{16,1}{2 \cdot 3,14 \cdot 2} = 4,998. \]

Ответ 6,15 получается, если ускорение взять равным 1,61 м/с2. Возможно опечатка в условии.
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Vlad от 20 Ноября 2010, 16:21
υA = 5,0 м/с.
почему?
я решаю получается 2.74, у Вас 5, а в ответах 6 м/с

Кто-то из нас не умеет нажимать кнопки калькулятора.
Подставляем числа
\[ 2 \cdot 3,14 \cdot 2 \cdot 0,5 - \frac{16,1}{2 \cdot 3,14 \cdot 2} = 4,998. \]

Ответ 6,15 получается, если ускорение взять равным 1,61 м/с2. Возможно опечатка в условии

точно, а я скока не считал вместо дроби отнимал, спасибо!
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 20 Ноября 2010, 16:31
83 задача
ω1 = 2π/T1, где T1 = 3600с.
ω2 = 2π/T2, где Т2 = 86400с.
ω12 = T2/T1
ω12 = 24
а в ответе 2!???
У вас ошибка: часовая стрелка совершает полный круг за 12 часов, а не за 1 час (это период минутной стрелки)).

83. Во сколько раз угловая скорость часовой стрелки больше угловой скорости суточного вращения Земли?

Решение. Период вращения часовой стрелки T1 = 12 ч, период суточного вращения Земли T2 = 1 сут = 24 ч. Угловая скорость ω тела и его период Т связаны следующим соотношением:

ω = 2π/Т.

Тогда отношение угловой скорости ω1 часовой стрелки к угловой скорости ω2 суточного вращения Земли будет равно:
\[\frac{\omega _{1} }{\omega _{2} } =\frac{2\pi }{T_{1} } \cdot \frac{T_{2} }{2\pi } =\frac{T_{2} }{T_{1} } ,\; \; \; \frac{\omega _{1} }{\omega _{2} } =\frac{24}{12} =2.\]
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Vlad от 20 Ноября 2010, 16:38
понятно спасибо!
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 20 Ноября 2010, 16:57
81 задача
получил
y1 = 76
y2 = 106
x1 = 60
x2 = 106
построил прямоугольный треугольник
Посчитал по теореме Пифагора, получил 55м, а в ответах 46м!???

81. Из одной точки одновременно брошены два тела под углами α1 = 60° и α2 = 45° к горизонту с начальными скоростями соответственно υ1 = 40 м/с и υ2 = 50 м/с. Траектории тел лежат в одной плоскости. На каком расстоянии друг от друга будут находиться тела через t1 = 3 с? Сопротивление воздуха не учитывать.

Решение. Составляем уравнения движения (координат) для каждого тела и находим их координаты (x1, y1, x2, y2) через t1. Тогда расстояние между точками найдем по формуле:
\[l=\sqrt{\left(x_{1} -x_{2} \right)^{2} +\left(y_{1} -y_{2} \right)^{2} } .\; \; \; \; (1)\]
За тело отсчета выберем точку бросания, ось 0Х направим вправо, ось 0Y — вверх (рис. 1). Запишем уравнения координаты на выбранные оси для первого тела:
\[x=x_{0} +\upsilon _{1x} \cdot t+\frac{g_{y} \cdot t^{2} }{2} ,\; \; \; y=y_{0} +\upsilon _{1y} \cdot t+\frac{g_{y} \cdot t^{2} }{2} ,\]
где x0 = 0, υ = υ1⋅cos α1, gx = 0, y0 = 0, υ1y = υ1⋅sin α1, gy = –g. Тогда координаты первого тела в момент времени t1 будут равны:
\[x_{1} =\upsilon _{1} \cdot \cos \alpha _{1} \cdot t_{1} ,\; \; \; y_{1} =\upsilon _{1} \cdot \sin \alpha _{1} \cdot t_{1} -\frac{g\cdot t_{1}^{2} }{2} .\; \; \; \; (2)\]
Можно подставить числа и получить: x1 = 60 м, y1 = 59 м.

Аналогично находим координаты второго тела в момент времени t1:
\[x_{2} =\upsilon _{2} \cdot \cos \alpha _{2} \cdot t_{1} ,\; \; \; y_{2} =\upsilon _{2} \cdot \sin \alpha _{2} \cdot t_{1} -\frac{g\cdot t_{1}^{2} }{2} .\; \; \; \; (3)\]
Можно так же подставить числа и получить: x2 = 106 м, y2 = 61 м.

Если подставить полученные значения координат в уравнение (1), то расстояние будет равно
l = 46 м.

Можно решить задачу в общем виде. Для этого подставим выражения (2) и (3) в уравнение (1):
\[\begin{array}{c} {l=\sqrt{\left(\upsilon _{1} \cdot \cos \alpha _{1} \cdot t_{1} -\upsilon _{2} \cdot \cos \alpha _{2} \cdot t_{1} \right)^{2} +\left(\upsilon _{1} \cdot \sin \alpha _{1} \cdot t_{1} -\frac{g\cdot t_{1}^{2} }{2} -\upsilon _{2} \cdot \sin \alpha _{2} \cdot t_{1} +\frac{g\cdot t_{1}^{2} }{2} \right)^{2} } =} \\ {=t_{1} \cdot \sqrt{\left(\upsilon _{1} \cdot \cos \alpha _{1} -\upsilon _{2} \cdot \cos \alpha _{2} \right)^{2} +\left(\upsilon _{1} \cdot \sin \alpha _{1} -\upsilon _{2} \cdot \sin \alpha _{2} \right)^{2} } =} \\ {=t_{1} \cdot \sqrt{\upsilon _{1}^{2} +\upsilon _{2}^{2} -2\upsilon _{1} \cdot \upsilon _{2} \cdot \left(\cos \alpha _{1} \cdot \cos \alpha _{2} +\sin \alpha _{1} \cdot \sin \alpha _{2} \right)} } \\ {=t_{1} \cdot \sqrt{\upsilon _{1}^{2} +\upsilon _{2}^{2} -2\upsilon _{1} \cdot \upsilon _{2} \cdot \cos \left(\alpha _{1} -\alpha _{2} \right)} ,} \end{array}\]
l = 46 м.
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Vlad от 21 Ноября 2010, 13:32
задача 55
не сходится с ответом
у меня получилось квадратное уравнение в конце
\[ t^2+4t-25=0 \]
это правильно?
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Vlad от 21 Ноября 2010, 13:37
71 задача
1 часть задачи, где тело брошено вертикально вверх
тоже квадратное уравнение в конце
\[ t^2-3t-4=0 \]
корни получаются 4 и "-1"
"-1" по смыслу не подходит, время не может же быть отрицательным, а если 4 то с ответом не сходится!
а если предположить что "-1" то всё сходится!почему?
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 21 Ноября 2010, 16:50
задача 55
не сходится с ответом
у меня получилось квадратное уравнение в конце
\[ t^2+4t-25=0 \]
это правильно?

55. Расстояние между двумя свободно падающими каплями через время t = 2 с после начала падения второй капли было l = 25 м. На сколько позднее начала падать вторая капля? Сопротивлением воздуха пренебречь.
Решение. Уравнения движений капель:
y1 = y0g⋅t12/2,    y2 = y0g⋅t22/2,

где t1 = t2 + Δt, т.к. первая капля начала падать на Δt раньше. Расстояние между каплями через t = t2 = 2 с
 
\[ l = y_{2} - y_{1} = \frac{g}{2} \cdot \left(t_{1}^{2} - t_{2}^{2} \right) =
\frac{g}{2} \cdot \left(\left(t_{2} + \Delta t\right)^{2} - t_{2}^{2} \right) =
\frac{g}{2} \cdot \left(2t_{2} \cdot \Delta t + \Delta t^{2} \right), \]

\[ \Delta t^{2} + 2t_{2} \cdot \Delta t - \frac{2l}{g} = 0,\, \, \, \,
\Delta t^{2} +4\Delta t - 5=0,
 \]

Δt = 1 c и Δt = –5 c. Второй ответ не подходит по смыслу, т.к. получается что первая капля падает на 5 с позже второй.
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 21 Ноября 2010, 17:28
71 задача
1 часть задачи, где тело брошено вертикально вверх тоже квадратное уравнение в конце
\[ t^2-3t-4=0 \]
корни получаются 4 и "-1"
"-1" по смыслу не подходит, время не может же быть отрицательным, а если 4 то с ответом не сходится! а если предположить что "-1" то всё сходится!почему?

71. Два тела бросают с высоты h = 20 м со скоростью υ0 = 15 м/с каждое. С какими скоростями тела упадут на землю, если первое тело брошено вертикально вверх, а второе — горизонтально? Считать ускорение свободного падения g = 10 м/с2. Сопротивление воздуха не учитывать. Задачу решить без применения закона сохранения энергии.

Решение: Систему отсчёта свяжем с землёй. Ось 0Y направим вертикально вверх, ось 0X по начальному направлению движения тела (рис. 1). Запишем уравнения движения тел (зависимость координаты тела от времени) и проекции скоростей для первого тела:
\[y_{1} =y_{0} +\upsilon _{01y} \cdot t+\frac{g_{y} \cdot t^{2} }{2}, \; \; \; \upsilon _{1y} =\upsilon _{01y} +g_{y} \cdot t,\]
и второго
\[\begin{array}{c} {y_{2} =y_{0} +\upsilon _{02y} \cdot t+\frac{g_{y} \cdot t^{2} }{2} ,} \\ {\upsilon _{2y} =\upsilon _{02y} +g_{y} \cdot t, \; \; \; \; \upsilon _{2x} =\upsilon _{02x} +g_{x} \cdot t,} \end{array}\]
где y0 = h, υ01y = υ0, υ02y = 0, υ02x = υ0, gy = –g, gx = 0. Тогда
\[\begin{array}{c} {y_{1} =h+\upsilon _{0} \cdot t-\frac{g\cdot t^{2} }{2} ,\; \; (1)\; \; \; \; \;  \upsilon _{1y} =\upsilon _{0} -g\cdot t,\; \; (2)} \\ {y_{2} =h-\frac{g\cdot t^{2} }{2} ,\; \; (3) \; \; \; \; \upsilon _{2y} = -g\cdot t, \; \; (4) \; \; \; \; \upsilon _{2x} =\upsilon _{0} .\; \; (5)} \end{array}\]
Конечную скорость тела будем находить по формуле
\[\upsilon =\sqrt{\upsilon _{x}^{2} +\upsilon _{y}^{2} }. \; \; (6)\]

Для первого тела. Пусть тело упадет на Землю (y1 = 0) через время t1. Тогда из уравнения (1) получаем
\[0=h+\upsilon _{0} \cdot t_{1} -\frac{g\cdot t_{1}^{2} }{2} \]
или после подстановки чисел

20 + 15t1 – 5t12 = 0.

Получили квадратное уравнение, корни которого t1 = 4 c и t1 = –1 c. Второй ответ не подходит по смыслу, т.к. это время до бросания тела. После подстановки t1 = 4 c в уравнение (2) получаем υ1y = –25 м/с. Тогда конечная скорость первого тела (υ1x = 0), с учетом уравнения (6), будет равна
υ1 = 25 м/с.

Для второго тела. Пусть тело упадет на Землю (y2 = 0) через время t2, тогда из уравнения (3) получаем
\[0=h-\frac{g\cdot t_{2}^{2} }{2}, \; \; \; t_{2} =\sqrt{\frac{2h}{g} },\]
t2 = 2 c.
После подстановки t2 = 2 c в уравнения (4) и (5) получаем υ2y = –20 м/с, υ = 15 м/с. Тогда конечная скорость второго тела, с учетом уравнения (6), будет равна
υ2 = 25 м/с.

Примечание. Эту задачу можно было решить, используя уравнение
\[y=y_{0} +\frac{\upsilon _{y}^{2} -\upsilon _{0y}^{2} }{2g_{y} } .\]

Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: iliya от 21 Ноября 2010, 19:47
напишите пожалуйста решение задачи №56    :'(
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 22 Ноября 2010, 18:37
56. Тело свободно падает без начальной скорости с высоты h = 270 м. Разделить эту высоту на 3 части, такие, чтобы на прохождение каждой из них потребовалось бы одно и то же время. Сопротивление воздуха не учитывать.

Решение. Уравнение движения свободно падающего тела
y = h – g⋅t2/2. (1)

Найдем полное время падения t0 (учтем, что при t = t0 координата y = 0):
 
\[ h - \frac{g\cdot t_{0}^{2}}{2} = 0,\, \, \, t_{0} = \sqrt{\frac{2h}{g}}. \]

Можно (но не обязательно) подсчитать t0 = 7,35 c. По условию (рис. ) t1 = t2 = t3 = t0/3 (= 2,45 c).
Теперь наша задача найти длины отрезков AB, BC и C0. Для этого найдем координаты этих отрезков.
Через время t = t1 координата тела y = yB. Тогда из уравнения (1) получаем
yB = h – g⋅t12/2, yB = 240 м.
Или в общем виде
\[ y_{B} = h - \frac{g}{2} \cdot \frac{t_{0}^{2}}{9} =
h - \frac{g}{2} \cdot \frac{2h}{9g} = \frac{8h}{9}. \]

Через время t = t1 + t2 = 2t1 (t1 = t2) координата тела y = yC. Тогда из уравнения (1) получаем

yC = h – g⋅4t12/2 = h – 2g⋅t12, yC = 150 м.

Или в общем виде
\[ y_{B} = h - 2g \cdot \frac{t_{0}^{2}}{9} =
h - 2g \cdot \frac{2h}{9g} = \frac{5h}{9}. \]

Длина отрезка AB = yA – yB = h – yB, AB = 30 м.
Длина отрезка BС = yB – yC, BC = 90 м.
Длина отрезка С0 = yC – 0, C0 = 150 м.
В общем виде длины отрезков сделайте самостоятельно.
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: iliya от 27 Ноября 2010, 10:58
напишите пожалуйста решение задачи №73
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 27 Ноября 2010, 17:25
73. Найти начальную и конечную скорости камня, брошенного горизонтально с высоты H = 5,0 м, если по горизонтали он пролетел расстояние s = 10 м. Сопротивление воздуха не учитывать.

Решение. За тело отсчета выберем точку, лежащую на поверхности земли и на одной вертикали с точкой бросания, ось 0Х направим вправо, ось 0Y — вверх. Тогда y0 = H, x0 = 0 (рис. 1).
Запишем уравнения проекций скорости и координаты на выбранные оси. При этом учтем, что ускорение g направлено вертикально вниз.
На ось 0Х: υх = υ0х = υ0, x = x0 + υ0t, т.к. ax = 0.
На оси 0Y: υy = υ0y + gy⋅t, y = y0 + υ0yt + gy⋅t2/2, где υ0y = 0, gy = –g. Тогда υy = –g⋅t, y = H – g⋅t2/2.
Обозначим υ1 — скорость камня в момент касания земли (рис. 2):
 
\[ \upsilon _{1} = \sqrt{\upsilon _{1x}^{2} +\upsilon _{1y}^{2}}. \]

Найдем υ1х и υ1у.
Пусть в некоторый момент времени t = t1 камень упал на землю, тогда y = 0, x = s (по условию):

х = s = υ0t1 (1), 0 = H – g⋅t12/2 (2), υ1y = –g⋅t1 (3).

Решим систему уравнений (1)-(2):
 
\[ \frac{g \cdot t_{1}^{2}}{2} = H,\, \, \,
t_{1} = \sqrt{\frac{2H}{g}} ,\, \, \, \,
\upsilon _{0} = \frac{s}{t_{1}} = s\cdot \sqrt{\frac{g}{2H}}, \]

υ1х = υ0 = 10 м/с.
Из уравнения (3) получаем
 
\[ \upsilon _{1y} = -g \cdot \sqrt{\frac{2H}{g}} = -\sqrt{2g \cdot H}. \]

Тогда
 
\[ \upsilon _{1} = \sqrt{\frac{g \cdot s^{2}}{2H} + 2g \cdot H},
 \]
υ1 = 14 м/с.
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: iliya от 01 Декабря 2010, 20:27
напишите пожалуйста решение задачи №78
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 02 Декабря 2010, 09:20
78. С высоты h над поверхностью земли тело брошено под углом к горизонту со скоростью υ0. Чему равна скорость, с которой тело падает на землю? Задачу решить без применения закона сохранения энергии. Сопротивление воздуха не учитывать.

Решение. За тело отсчета выберем точку, лежащую на поверхности земли и на одной вертикали с точкой бросания, ось 0Х направим вправо, ось 0Y — вверх. Тогда y0 = h, x0 = 0 (рис. 1). Обозначим угол, под которым тело брошено к горизонту, буквой α.
Запишем уравнения проекций скорости и координаты на выбранные оси. При этом учтем, что ускорение g направлено вертикально вниз.
На ось 0Х: υх = υ0х = υ0⋅cos α (рис. 2), т.к. ax = 0.
На оси 0Y: υy = υ0y + gy⋅t, y = y0 + υ0yt + gy⋅t2/2, где υ0y = υ0⋅sin α, gy = –g. Тогда υy = υ0⋅sin α – g⋅t, y = h + υ0⋅sin α⋅tg⋅t2/2.
Обозначим υ1 — скорость камня в момент касания земли (рис. 3):
 
\[ \upsilon _{1} = \sqrt{\upsilon_{1x}^{2} +\upsilon_{1y}^{2}},\;\;\; (1) \]

где υ1х = υ0х = υ0⋅cos α. Найдем υ1у.
Пусть в некоторый момент времени t = t1 камень упал на землю, тогда y = 0, υу = υ1y:

υ1y = υ0⋅sin α – g⋅t1 (2), 0 = h + υ0⋅sin α⋅t1g⋅t12/2 (3).

Можно решить квадратное уравнение и найти t1 из уравнения (3), а затем подставить в уравнение (2). А можно воспользоваться следующим уравнением:
 
\[ \upsilon_{0y} \cdot t_{1} - \frac{g \cdot t_{1}^{2}}{2} =
\frac{\upsilon_{1y}^{2} - \upsilon_{0y}^{2}}{-2g}.
 \]
Тогда из уравнения (3)
 
\[ 0 = h + \frac{\upsilon_{1y}^{2} - \upsilon_{0y}^{2}}{-2g} ,\, \, \,
\upsilon_{1y}^{2} - \upsilon_{0y}^{2} = 2g \cdot h ,\, \, \,
\upsilon_{1y}^{2} = 2g \cdot h + \upsilon_{0y}^{2} =
2g \cdot h + \left(\upsilon_{0} \cdot \sin \alpha \right)^{2}. \]

После подстановки в уравнение (1) получаем:

\[ \upsilon_{1} = \sqrt{\left(\upsilon_{0} \cdot \cos \alpha \right)^{2} +
2g \cdot h + \left(\upsilon_{0} \cdot \sin \alpha \right)^{2}} =
\sqrt{2g \cdot h + \upsilon_{0}^{2} \cdot \left(\cos^{2} \alpha +
\sin^{2} \alpha \right)} = \sqrt{2g \cdot h + \upsilon_{0}^{2}}. \]
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: iliya от 02 Декабря 2010, 20:55
спасибо :D
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 22 Мая 2011, 13:45
53. Камень падает без начальной скорости в шахту. Через τ = 6 с слышен звук удара камня о дно. Определить глубину шахты, считая скорость звука υ постоянной и равной 330 м/с. Сопротивление воздуха не учитывать.

Решение. Время падения
τ = t1 + t2, (1)

где t1 — время падения камня, t2 — время, за которое звук поднялся со дна шахты. За тело отсчета выберем точку, лежащую на дне шахты, ось 0Y направим вверх (рис. 1).
Запишем уравнения движения камня (y1) и звука (y2) (для звука отсчет времени начнем сразу после падения камня):
 
\[ y_{1} = y_{01} +\upsilon _{0y} \cdot t+\frac{a_{y} \cdot t^{2} }{2}, \;\;\; y_{2} =y_{02} +\upsilon _{2y} \cdot t, \]

где y01 = h0 — глубина шахты, υ0y = 0 (камень падает без начальной скорости), ay = –g, y02 = 0 (звук начал двигаться со дна шахты), υ2y = υ2.
Через время t = t1 координата y1 = 0 (камень упал на дно), через время t = t2 после падения камня y2 = h0. Поэтому
 
\[ 0 = h_{0} -\frac{g \cdot t_{1}^{2} }{2}, \;\;\; h_{0} = \upsilon _{2} \cdot t_{2}. \]

С учетом уравнения (1) решим систему уравнений. Например,
 
\[ h_{0} = \upsilon _{2} \cdot \left(\tau -t_{1} \right), \; \; \; 0 = \upsilon _{2} \cdot \left(\tau -t_{1} \right)-\frac{g \cdot t_{1}^{2}}{2}, \; \; \; t_{1}^{2} + \frac{2}{g} \cdot \upsilon _{2} \cdot t_{1} -\frac{2}{g} \cdot \upsilon _{2} \cdot \tau = 0. \]

Получили квадратное уравнение относительно t1. Решим его и учтем, что t1 > 0:
 
\[ t_{1} = -\frac{\upsilon _{2} }{g} +\sqrt{\left(\frac{\upsilon _{2} }{g} \right)^{2} + \frac{2}{g} \cdot \upsilon _{2} \cdot \tau }. \]

В итоге получаем
 
\[ h_{0} = \frac{g \cdot t_{1}^{2} }{2} = \frac{g}{2} \cdot \left(-\frac{\upsilon _{2} }{g} +\sqrt{\left(\frac{\upsilon _{2} }{g} \right)^{2} +\frac{2}{g} \cdot \upsilon _{2} \cdot \tau } \right)^{2} = \frac{\upsilon _{2}^{2} }{2g} \cdot \left(-1+\sqrt{1+\frac{2g \cdot \tau }{\upsilon _{2} }} \right)^{2}, \]

h0 = 153 м.
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 03 Июня 2012, 17:57
27. Пешеход переходит дорогу со скоростью υ = 4,2 км/ч по прямой, составляющей угол α = 30° с направлением дороги, в течение времени t = 60 с. Определить ширину дороги.
Решение. Пусть пешеход движется вдоль прямой АВ (рис. 1). Так как движение равномерное (по умолчанию), прямолинейное, то

AB = υ∙t.

Ширина дороги h на рисунке — это BC. Из прямоугольного треугольника ACB получаем:

h = BC = AC∙sin α = υ∙t∙sin α,
h = 35 м.
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 03 Июня 2012, 18:00
28. Движение материальной точки описывается уравнениями x = 2 + 4t и у = 1 + 3t, в которых все величины выражены в единицах СИ. Найти скорость точки и уравнение ее траектории.
Решение. 1 способ. Из уравнений движения
\[x=x_{0} +\upsilon _{0x} \cdot t+\frac{a_{x} \cdot t^{2} }{2} ,\; \; \; y=y_{0} +\upsilon _{0y} \cdot t+\frac{a_{y} \cdot t^{2} }{2} ,\]
получаем, что ax = ay = 0, т.е. движение равномерное и

υx = 4 (м/с), υy = 3 (м/с).

2 способ. Для тех, кто знает производные: υx = x´, υy = y´.
Тогда скорость точки υ будет равна
\[\upsilon =\sqrt{\upsilon _{x}^{2} +\upsilon _{y}^{2} } ,\]
υ = 5 м/с.

Для того, чтобы записать уравнение траектории (уравнение вида y(x)), выразим время t из уравнения x(t) и подставим в уравнение y(t):
\[t=\frac{x-2}{4} ,\; \; \; y=1+3\cdot \frac{x-2}{4} =0,75x-0,5.\]

Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Kivir от 03 Июня 2012, 19:32
51. При какой посадочной скорости самолёты могут приземляться на поса-дочной полосе длиной l = 800 м при торможении с ускорением a = 5,0 м/с2.
Решение: воспользуемся уравнением, связывающим начальную скорость тела υ0 (её нужно определить), конечную скорость тела υ (в конце посадочной полосы эта скорость равна нулю), ускорения и пройденного пути (учтём, что при торможении ускорение направлено противоположно скорости):
\[ \begin{array}{l} {\upsilon ^{2} -\upsilon _{0}^{2} =2\cdot a\cdot l,} \\ {-\upsilon _{0}^{2} =2\cdot \left(-a\right)\cdot l,} \\ {\upsilon _{0} =\sqrt{2\cdot a\cdot l}.} \end{array} \]
Ответ: 89 м/с.
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Kivir от 03 Июня 2012, 19:34
52. С вышки высотой h = 10 м прыгает спортсмен и через τ = 1,8 с падает в воду. На сколько сопротивление воздуха увеличивает время падения? Начальную скорость принять равной нулю.
Решение: при свободном падении сопротивления воздуха отсутствует и все тела падают с одинаковым ускорением – ускорением свободного падения. Путь, пройденный телом при равноускоренном движении:
\[ S=\upsilon _{0} \cdot t+\frac{a\cdot t^{2}}{2}.  \]
В нашем случае S = h, υ0 = 0, a = g = 9,8 м/с2, тогда время падения t :
\[ \begin{array}{l} {h=\frac{g\cdot t^{2} }{2} ,} \\ {t=\sqrt{\frac{2h}{g}} .} \end{array} \]
Искомая разность во времени:
\[ \Delta t=\tau -t=\tau -\sqrt{\frac{2h}{g}}. \]
Ответ: 0,37 с.
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Kivir от 03 Июня 2012, 21:43
50. Расстояние s = 18 км между двумя станциями поезд проходит со средней скоростью υcp = 54 км/ч, причём на разгон он тратит t1 = 2 мин, затем едет с постоянной скоростью и на замедление до полной остановки тратит t2 = 1 мин. Определить наибольшую скорость поезда.
Решение: изобразим график зависимости скорости поезда от времени его движения (см. рис), учтем, что время t1 поезд разгонялся до максимальной скорости υ, двигался равномерно некоторое время t а затем за время t2 снизил скорость до нуля. Путь, пройденный поездом за время движения, численно равен площади фигуры под графиком зависимости скорости поезда от времени. В нашем случае – фигура трапеция. Площадь трапеции равна полусумме оснований, умноженной на высоту трапеции:
\[ \begin{array}{l} {s=\frac{t+\left(t+t_{1} +t_{2} \right)}{2} \cdot \upsilon ,} \\ {\upsilon =\frac{2\cdot s}{2\cdot t+t_{1} +t_{2} } .} \end{array}  \]
Время движения с постоянной скоростью определим из средней скорости. Средняя скорость движения тела равна отношению пройденного пути ко времени движения тела:
\[ \begin{array}{l} {\upsilon _{cp} =\frac{s}{t_{1} +t+t_{2} } ,} \\ {t=\frac{s}{\upsilon _{cp} } -t_{1} -t_{2}.} \end{array} \]
Искомая скорость:
\[ \begin{array}{l} {\upsilon =\frac{2\cdot s}{2\cdot \left(\frac{s}{\upsilon _{cp} } -t_{1} -t_{2} \right)+t_{1} +t_{2} } ,} \\ {\upsilon =\frac{2\cdot s}{\frac{2\cdot s}{\upsilon _{cp} } -t_{1} -t_{2} } .} \end{array} \]
Ответ:16,2 м/с = 58,4 км/ч.
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 04 Июня 2012, 17:35
29. Скорость течения реки υt = 2,0 км/ч. Моторная лодка идет против течения со скоростью υ1 = 15 км/ч относительно берега. Определить скорость относительно берега и относительно воды, если лодка будет двигаться по течению.
Решение. Пусть υm — собственная скорость моторной лодки (или скорость лодки относительно воды υm = υm/t), υ1 — скоростью лодки относительно берега при движении против течения, υ2 — скоростью лодки относительно берега при движении по течению. Так как требуется найти скорость лодки относительно воды υm/t, то скорость воды (скорость течения υt = 2,0 км/ч) — это скорость подвижной системы. Во всех случаях ось 0Х будем направлять вдоль скорости υm.
1 случай: лодка идет против течения (рис. 1). Запишем закон сложения скоростей в следующем виде (т.к. υ1 > υt, то υ1x > 0):
\[\vec{\upsilon }_{1} =\vec{\upsilon }_{t} +\vec{\upsilon }_{m/t} ,\]
0Х: υ1 = –υt + υm,   υm = υ1 + υt,

υm = 17 км/ч. Собственная скорость (скорость относительно воды) не зависит от направления движения.

2 случай: лодка идет по течению (рис. 2). Запишем закон сложения скоростей в следующем виде:
\[\vec{\upsilon }_{2} =\vec{\upsilon }_{t} +\vec{\upsilon }_{m/t} ,\]
0Х: υ2 = υt + υm,
υ2 = 19 км/ч.
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 04 Июня 2012, 19:13
30. Корабль, длина которого L = 240 м, движется прямолинейно в неподвижной воде со скоростью υkp = 36 км/ч. Катер проходит расстояние от кормы движущегося корабля до его носа и обратно за время t = 70 с. Определить скорость катера.
Решение. Пусть υkt — скорость катера, Так как задано время движения относительно корабля, то скорость корабля υkp — это скорость подвижной системы. Тогда υ1 — скоростью катера относительно корабля в первом случае, υ2 — скоростью катера относительно корабля во втором случае. Во всех случаях ось 0Х будем направлять вдоль скорости υkp.
1 случай: катер проходит расстояние от кормы движущегося корабля до его носа, т.е. движется в ту же сторону, что и корабль (рис. 1). Запишем закон сложения скоростей в следующем виде:
\[\vec{\upsilon }_{kt} =\vec{\upsilon }_{kp} +\vec{\upsilon }_{kt/kp1} ,\]
0Х: υkt = υkp + υkt/kp1x,   υkt/kp1x = υkt – υkp.

В этом случае катер совершает относительно корабля перемещение Δrkt/kp1x = Lrkt/kp1x > 0, т.к. катер движется вдоль 0Х), причем

Δrkt/kp1x = L = υkt/kp1xt1 = (υkt – υkp)∙t1,   (1)

t1 — время движения катера относительно корабля в первом случае.

2 случай: катер проходит расстояние от носа корабля до его кормы, т.е. движется в противоположную сторону движения корабля (рис. 2). Запишем закон сложения скоростей в следующем виде:
\[\vec{\upsilon }_{kt} =\vec{\upsilon }_{kp} +\vec{\upsilon }_{kt/kp2} ,\]
0Х: –υkt = υkp + υkt/kp2x,   υkt/kp2x = –υkt – υkp.

В этом случае катер совершает относительно корабля перемещение Δrkt/kp2x = –Lrkt/kp2x < 0, т.к. катер движется против 0Х), причем

Δrkt/kp2x = –L = υkt/kp2xt1 = (–υkt – υkp)∙t2,   (2)

t1 — время движения катера относительно корабля в первом случае.

По условию
t1 + t2 = t.   (3)

Решим систему уравнений (1)-(3). Например,
\[\begin{array}{c} {t=\frac{L}{\upsilon _{kt} -\upsilon _{kp} } +\frac{-L}{-\upsilon _{kt} -\upsilon _{kp} } =\frac{L}{\upsilon _{kt} -\upsilon _{kp} } +\frac{L}{\upsilon _{kt} +\upsilon _{kp} } =} \\ {=L\cdot \frac{\upsilon _{kt} +\upsilon _{kp} +\upsilon _{kt} -\upsilon _{kp} }{\left(\upsilon _{kt} -\upsilon _{kp} \right)\cdot \left(\upsilon _{kt} +\upsilon _{kp} \right)} =L\cdot \frac{2\upsilon _{kt} }{\upsilon _{kt}^{2} -\upsilon _{kp}^{2} } ,} \\ {\left(\upsilon _{kt}^{2} -\upsilon _{kp}^{2} \right)\cdot t-2\upsilon _{kt} \cdot L=0,\; \; \; \; \upsilon _{kt}^{2} -2\upsilon _{kt} \cdot \frac{L}{t} -\upsilon _{kp}^{2} =0.} \end{array}\]
Получили квадратное уравнение относительно неизвестной υkt. Корни этого уравнения (учтем, что υkt > 0):
\[\upsilon _{kt} =\frac{L}{t} +\sqrt{\left(\frac{L}{t} \right)^{2} +\upsilon _{kp}^{2} } ,\]
υkt = 14 м/с.
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Kivir от 04 Июня 2012, 20:12
49. Автомобиль проехал половину пути со скоростью υ1 = 60 км/ч. Половину времени, затраченного на преодоление  оставшейся части пути, он двигался со скоростью υ2 = 15 км/ч, а на последнем участке – со скоростью υ3 = 45 км/ч. Найти среднюю скорость прохождения всего пути.
Решение: средняя скорость движения тела равна отношению пройденного пути ко времени движения тела:
\[ \upsilon _{cp} =\frac{s}{t}. \]
Введём обозначения: l – половина пути, тогда весь путь:
s = 2l.
t1 -  время, затраченное на прохождение первой половины пути, которое определим, зная скорость движения на первой половине:
\[ t_{1} =\frac{l}{\upsilon _{1}}. \]
t2 - половина времени, затраченного на преодоление оставшейся части пути (второй половины).Определим его, зная скорости движения на второй половине пути:
\[ \begin{array}{l} {l=\upsilon _{2} \cdot t_{2} +\upsilon _{3} \cdot t_{2} ,} \\ {t_{2} =\frac{l}{\upsilon _{2} +\upsilon _{3}}.} \end{array} \]
Получаем, что всё время движения:
t = t1 + 2∙t2.
Средняя скорость:
\[ \begin{array}{l} {\upsilon _{cp} =\frac{2\cdot l}{t_{1} +2\cdot t_{2} } =\frac{2\cdot l}{\frac{l}{\upsilon _{1} } +2\cdot \frac{l}{\upsilon _{2} +\upsilon _{3} } } =\frac{2}{\frac{1}{\upsilon _{1} } +\frac{2}{\upsilon _{2} +\upsilon _{3} } } ,} \\ {\upsilon _{cp} =\frac{2\cdot \upsilon _{1} \cdot \left(\upsilon _{2} +\upsilon _{3} \right)}{2\cdot \upsilon _{1} +\upsilon _{2} +\upsilon _{3}}.} \end{array} \]
Ответ: 40 км/ч.
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Kivir от 04 Июня 2012, 20:34
48. Тело на верёвке поднимали от поверхности земли с ускорением a = 2 м/с2 вертикально вверх. Через время t1 = 5 с верёвка оборвалась. Рассчитать, сколько времени тело двигалось до земли после того, как оборвалась верёвка.
Решение: опишем движение тела с помощью кинематического уравнения зависимости координаты от времени:
\[ y=y_{0} +\upsilon _{0y} \cdot t+\frac{a_{y} \cdot t^{2}}{2}. \]
Ситуация первая – подъём тела с ускорением a, направленным вверх (проекция ускорения на ось y: ay=a), начальная скорость тела υ0 = 0, начальная координата тела в выбранной системе отсчёта y0=0 (см. рис.):
\[ y=\frac{a\cdot t^{2}}{2}. \]
подставляя время движения t1, определим высоту, на которой окажется тело в момент обрыва верёвки:
\[ h=\frac{a\cdot t_{1}^{2}}{2}. \]
Скорость тела в этот момент будет направлена вверх, и найдём её из уравнения зависимости проекции скорости тела от времени:
\[ \begin{array}{l} {\upsilon _{y} =\upsilon _{0y} +a_{y} \cdot t,} \\ {\upsilon _{y} =a\cdot t_{1}} \end{array} \]
Ситуация вторая – свободное падение тела с высоты h, имеющего начальную скорость υ, направленную вверх. Снова воспользуемся уравнением координаты, за начало отсчёта времени возьмем момент обрыва верёвки, имеем:
y0 = h,   υ0yyay = – g,
тогда:
\[ y=h+\upsilon _{y} \cdot t-\frac{g\cdot t^{2}}{2}. \]
В момент касания телом поверхности земли пройдёт время от начала отсчёта t2 (искомое время), координата тела в выбранной системе отсчёта станет равной нулю (y = 0):
\[ \begin{array}{l} {0=h+\upsilon _{y} \cdot t_{2} -\frac{g\cdot t_{2}^{2} }{2} ,} \\ {\frac{g\cdot t_{2}^{2} }{2} -\upsilon _{y} \cdot t_{2} -h=0.} \end{array} \]
Мы получили квадратное уравнение. Решим его, подставив сразу полученные выражения для h и υy, например:
\[ \begin{array}{l} {\frac{g}{2} \cdot t_{2}^{2} -at_{1} \cdot t_{2} -\frac{a\cdot t_{1}^{2} }{2} =0,} \\ {D=\left(at_{1} \right)^{2} -4\cdot \frac{g}{2} \cdot \left(-\frac{a\cdot t_{1}^{2} }{2} \right)=a^{2} \cdot t_{1}^{2} +g\cdot a\cdot t_{1}^{2} ,} \\ {\sqrt{D} =a\cdot t_{1} \cdot \sqrt{1+\frac{g}{a}}.} \end{array} \]
тогда искомое время:
\[ t=\frac{a\cdot t_{1} \pm a\cdot t_{1} \cdot \sqrt{1+\frac{g}{a}}}{g}. \]
Отрицательный корень нас не интересует (в выбранной системе отсчёта время не  может быть отрицательным). Получаем ответ:
\[ t_{2} =\frac{a\cdot t_{1} }{g} \cdot \left(1+\sqrt{1+\frac{g}{a} } \right)=3,5c. \]
Ответ: 4 с (g = 9,81 м/с2)
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Kivir от 04 Июня 2012, 21:27
47. Два поезда прошли одинаковый путь за одно и то же время. Однако один поезд, трогаясь с места, прошёл путь равноускоренно с ускорением a = 3,0 см/с2, а другой поезд половину пути шёл со скоростью υ1 = 18 км/ч, а другую половину – со скоростью υ2 = 54 км/ч. Найти путь, пройденный каждым поездом.
Решение: обозначим путь, пройденный каждым поездом – l. Первый поезд двигался равноускоренно из состояния покоя (υ0 = 0), пройденный им путь:
\[ l=\upsilon _{0} \cdot t+\frac{a\cdot t^{2} }{2} =\frac{a\cdot t^{2}}{2} \].
здесь t – время движения поезда.
Пусть второй поезд затратил время t1 на первой половине пути, и время t2 на второй половине пути, при этом он двигался равномерно. Имеем:
\[ \frac{l}{2} =\upsilon _{1} \cdot t_{1} ,\frac{l}{2} =\upsilon _{2} \cdot t_{2}. \]
По условию задачи, время движения поездов одинаковое:
t = t1+t2.
Выразим время из уравнений пути, подставим и получим уравнения с одним неизвестным – l.
\[ \begin{array}{l} {t=\sqrt{\frac{2l}{a} } ,t_{1} =\frac{l}{2\cdot \upsilon _{1} } ,t_{2} =\frac{l}{2\cdot \upsilon _{2} } ,} \\ {\sqrt{\frac{2l}{a} } =\frac{l}{2\cdot \upsilon _{1} } +\frac{l}{2\cdot \upsilon _{2}}.} \end{array} \]
Решим полученное уравнение, например:
\[ \begin{array}{l} {\sqrt{\frac{2l}{a} } =\frac{l\cdot \left(\upsilon _{1} +\upsilon _{2} \right)}{2\cdot \upsilon _{1} \cdot \upsilon _{2} } ,\frac{2l}{a} =\frac{l^{2} \cdot \left(\upsilon _{1} +\upsilon _{2} \right)^{2} }{4\cdot \upsilon _{1}^{2} \cdot \upsilon _{2}^{2} } ,\frac{2}{a} =\frac{l\cdot \left(\upsilon _{1} +\upsilon _{2} \right)^{2} }{4\cdot \upsilon _{1}^{2} \cdot \upsilon _{2}^{2} } ,} \\ {l=\frac{8\cdot \upsilon _{1}^{2} \cdot \upsilon _{2}^{2} }{a\cdot \left(\upsilon _{1} +\upsilon _{2} \right)^{2}}.} \end{array} \]
Ответ: 3750 м = 3,8 км.
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Kivir от 04 Июня 2012, 22:32
46.Тело движется из состояния покоя равноускоренно. Определить, во сколько раз путь, пройденный этим телом за восьмую секунду, будет больше пути, пройденного за третью секунду.
Решение: получим, для начала, формулу для нахождения пути, проходимого телом за n-ю (энную) секунду от начала движения (υ0 = 0) при равноускоренном движении (с ускорением a). Для этого воспользуемся уравнением пути, пройденного телом за t секунд:
\[ l=\upsilon _{0} \cdot t+\frac{a\cdot t^{2} }{2} =\frac{a\cdot t^{2}}{2}.  \]
Получаем путь за n (эн) секунд:
\[ l_{n} =\frac{a\cdot n^{2}}{2}. \]
Путь за (n – 1) секунд:     
\[ l_{n-1} =\frac{a\cdot \left(n-1\right)^{2}}{2}.  \]
Путь за n-ю (энную) секунду равен разности пути за n секунд и (n -1) секунд:
\[ \begin{array}{l} {S_{n} =l_{n} -l_{n-1} =\frac{a\cdot n^{2} }{2} -\frac{a\cdot \left(n-1\right)^{2} }{2} ,} \\ {S_{n} =\frac{a\cdot n^{2} }{2} -\frac{a\cdot \left(n^{2} -2n+1\right)^{2} }{2} ,} \\ {S_{n} =\frac{a}{2} \cdot \left(2n-1\right).} \end{array} \]
Искомое отношение:
\[ \frac{S_{8} }{S_{3} } =\frac{\frac{a}{2} \cdot \left(2\cdot 8-1\right)}{\frac{a}{2} \cdot \left(2\cdot 3-1\right)} =\frac{15}{5}=3. \]
Ответ: в 3 раза.
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: djek от 06 Июня 2012, 14:07
86. Для шлифовки деталей на абразивном круге скорость υ крайних точек этого круга должна быть равной 94,2 м/с. Определить необходимую частоту вращения, если диаметр круга d = 0,3 м

Решение. При равномерном движении тела по окружности радиуса R линейная скорость
\[ \upsilon = 2\cdot \pi \cdot r\cdot \nu =2\cdot \pi \cdot \frac{d}{2}\cdot \nu =\pi \cdot d\cdot \nu \]
где ν – частота вращения, R – радиус круга, d – диаметр круга. Тогда необходимая частота вращения абразивного круга будет равна:
\[ \nu =\frac{\upsilon }{\pi \cdot d}, \]
ν = 100 Гц.
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: djek от 06 Июня 2012, 14:13
85. Определить радиус маховика, если при его вращении точки на ободе имеют скорость υ1 = 6,0 м/с, а точки, находящиеся на l = 15 см ближе к оси, - скорость υ2 = 5,5 м/с.
Решение.
При равномерном движении линейная скорость υ1 точек на ободе связана с угловой скоростью ω следующим соотношением
υ1 = ω·R
R – радиус маховика.
Линейная скорость υ2 точек, находящихся ближе на l к оси
υ2 = ω·(R-l).
Угловые скорости точек в обоих случаях одинаковы. Значит можно записать следующее соотношение
\[ \begin{align}
  & \frac{{{\upsilon }_{1}}}{R}=\frac{{{\upsilon }_{2}}}{R-l} \\
 & R=\frac{{{\upsilon }_{1}}\cdot l}{{{\upsilon }_{1}}-{{\upsilon }_{2}}} \\
\end{align}
 \]
R = 1.8 м
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: djek от 06 Июня 2012, 14:16
82. Даны кинематические уравнения движения тела: х = R·sinωt, у = R·cosωt. Найти его траекторию и ускорение (модуль и направление). Каков смысл постоянных R и ω?
Решение.
Возведем оба уравнения в квадрат и сложим
х2 = R2·sin2ωt;
у2 = R2·cos2ωt;
х2 + у2 = R2(sin2ωt + cos2ωt);
Учитывая, что
sin2ωt + cos2ωt = 1
Получим уравнение
х2 + у2 = R2
Это уравнение окружности радиуса R.
Модуль ускорения
а = ω2·R,
направлено по радиусу к центру окружности.
ω – угловая скорость.
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: djek от 06 Июня 2012, 14:19
77. На какой высоте вектор скорости тела, брошенного под углом α0 = 45° к горизонту с начальной скоростью υ0 = 20 м/с, будет составлять с горизонтом угол α = 30°? Сопротивление воздуха не учитывать.
Решение.
Выберем систему координат с началом в точке бросания тела, ОY направим вертикально вверх, ось ОХ – горизонтально (см. рис). За начало отсчета времени примем момент бросания тела. В этой системе координат движение тела можно представить как результат сложения двух прямолинейных движений: равномерного движения вдоль оси OX со скоростью υ и движения тела, брошенного вертикально вверх с начальной скоростью υ0y вдоль оси OY.
В выбранной системе координат: х0 = 0, у0 = 0, υ = υ0·cosα0, υ0y = υ0·sinα0, ах = 0, ау = -g. Зависимости проекций скорости от времени выразятся уравнениями:
υх = υ0·cosα0, υy = υ0·sinα0 - g·t.
Отсюда определяем направление вектора скорости в момент времени t:
\[ tg\alpha =\frac{{{\upsilon }_{y}}}{{{\upsilon }_{x}}}=\frac{{{\upsilon }_{0}}\cdot \sin {{\alpha }_{0}}-g\cdot t}{{{\upsilon }_{0}}\cdot \cos {{\alpha }_{0}}} \]
Выразим из этого уравнения время t, которое нам понадобится для нахождения высоты.
\[ \begin{align}
  & t=\frac{{{\upsilon }_{0}}\cdot \left( \sin {{\alpha }_{0}}-tg\alpha \cdot \cos {{\alpha }_{0}} \right)}{g}, \\
 & h={{\upsilon }_{0y}}\cdot t-\frac{g\cdot {{t}^{2}}}{2}={{\upsilon }_{0}}\cdot \sin {{\alpha }_{0}}\cdot t-\frac{g\cdot {{t}^{2}}}{2} \\
\end{align}
 \]
Таким образом, высоту определим подставив полученное выражение для времени в формулу для h:
\[ \begin{align}
  & h=\left( \frac{{{\upsilon }_{0}}\cdot \left( \sin {{\alpha }_{0}}-tg\alpha \cdot \cos {{\alpha }_{0}} \right)}{g} \right)\cdot {{\upsilon }_{0}}\cdot \sin {{\alpha }_{0}}-\frac{g}{2}\cdot \frac{\upsilon _{0}^{2}\cdot {{\left( \sin {{\alpha }_{0}}-tg\alpha \cdot \cos {{\alpha }_{0}} \right)}^{2}}}{{{g}^{2}}}, \\
 & h=\frac{\upsilon _{0}^{2}\cdot \left( {{\sin }^{2}}{{\alpha }_{0}}-tg\alpha \cdot \cos {{\alpha }_{0}}\cdot \sin {{\alpha }_{0}} \right)}{g}-\frac{\upsilon _{0}^{2}\cdot \left( {{\sin }^{2}}{{\alpha }_{0}}+t{{g}^{2}}\alpha \cdot {{\cos }^{2}}{{\alpha }_{0}}-2\cdot \sin {{\alpha }_{0}}\cdot tg\alpha \cdot \cos {{\alpha }_{0}} \right)}{2\cdot g}, \\
 & h=\frac{\upsilon _{0}^{2}\cdot \left( 2\cdot {{\sin }^{2}}{{\alpha }_{0}}-2\cdot tg\alpha \cdot \cos {{\alpha }_{0}}\cdot \sin {{\alpha }_{0}}-{{\sin }^{2}}{{\alpha }_{0}}-t{{g}^{2}}\alpha \cdot {{\cos }^{2}}{{\alpha }_{0}}+2\cdot \sin {{\alpha }_{0}}\cdot tg\alpha \cdot \cos {{\alpha }_{0}} \right)}{2\cdot g}, \\
 & h=\frac{\upsilon _{0}^{2}}{2\cdot g}\cdot \left( {{\sin }^{2}}{{\alpha }_{0}}-t{{g}^{2}}\alpha \cdot {{\cos }^{2}}{{\alpha }_{0}} \right)=\frac{\upsilon _{0}^{2}}{2\cdot g}\cdot \left( t{{g}^{2}}{{\alpha }_{0}}-t{{g}^{2}}\alpha  \right)\cdot {{\cos }^{2}}{{\alpha }_{0}} \\
\end{align}
 \]
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: djek от 06 Июня 2012, 15:23
79. При разрушении вращающейся части машины осколки могут отлететь под углом α = 60° к горизонту со скоростью υ = 3 м/с. Какой минимальной высоты надо поставить ограждение на расстоянии l = 0,5 м от машины,
чтобы осколки не вылетели за пределы ограждения? Сопротивление воздуха не учитывать.
Решение.
Для решения данной задачи необходимо получить уравнение траектории осколков. В момент времени, когда координата х будет равна l, y будет равна искомой высоте h.
Выберем систему координат с началом в точке вылета осколков, ОY направим вертикально вверх, ось ОХ – горизонтально (см. рис). За начало отсчета времени примем момент бросания тела. Тело движется с постоянным ускорением а = g, поэтому его движение описывается кинематическими уравнениями:
\[ \begin{align}
  & x={{x}_{0}}+{{\upsilon }_{0x}}\cdot t+\frac{{{a}_{x}}\cdot {{t}^{2}}}{2} \\
 & y={{y}_{0}}+{{\upsilon }_{0y}}\cdot t+\frac{{{a}_{y}}\cdot {{t}^{2}}}{2} \\
\end{align}
 \]
При выбранной системе координат х0 = 0, у0 = 0, υ = υ0·cosα, υ0y = υ0·sinα, ах = 0, ау = -g. Поэтому через t с после вылета осколков их координаты будут такие
\[ \begin{align}
  & x=l={{\upsilon }_{0}}\cdot t\cdot \cos \alpha , \\
 & y=h={{\upsilon }_{0}}\cdot t\cdot \sin \alpha -\frac{g\cdot {{t}^{2}}}{2} \\
\end{align}
 \]
Из первого уравнения найдем время и поставим его во второе, получим
\[ \begin{align}
  & t=\frac{l}{{{\upsilon }_{0}}\cdot \cos \alpha }, \\
 & h=l\cdot tg\alpha -\frac{g\cdot {{l}^{2}}}{2\cdot \upsilon _{0}^{2}\cdot {{\cos }^{2}}\alpha } \\
\end{align}
 \]
Ответ. h=0.3 м
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 06 Июня 2012, 18:04
32. Поезд длиной l = 120 м движется по мосту равномерно со скоростью υ = 18 км/ч. За какое время поезд пройдет мост, если длина моста L = 480 м?
Решение. Длина поезда l соизмерима с длиной моста L, поэтому поезд нельзя представлять в виде материальной точки. Отсчет времени начнем с момента прохождения поездом точки А (рис. 1). Будем считать, что поезд прошел мост, когда хвост поезда достигнет точки В.
При прямолинейном равномерном движении

υ = Δr/t,
где Δr = АС = l + L. Тогда
t = (l + L)/υ,
t = 120 с.

Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 06 Июня 2012, 18:19
33. Автомобиль и велосипедист равномерно движутся навстречу друг другу со скоростями соответственно υ1 = 10 м/с и υ2 = 5 м/с. Расстояние между ними в начальный момент времени l = 300 м. Графически и аналитически определить место и время встречи автомобиля и велосипедиста. Изменится ли место встречи, если их скорости будут в 2 раза большими?
Решение. Аналитический координатный способ. Составим уравнение движения каждого тела. Для этого за точку 0 примем начальное положение автомобиля, ось 0Х направим в сторону движения автомобиля (рис. 1). Тела движутся равномерно, поэтому (первое тело — это автомобиль, который движется вдоль оси 0Х, второе — велосипедист, движется в противоположную сторону оси 0Х):

x1 = υ1t,   (1)

x2 = l – υ2t.   (2)

Пусть t1 — время встречи тел. Тогда

x1 = x2,   υ1t1 = l – υ2t1,

t1 = l/(υ1 + υ2),

t1 = 20 с. Место встречи (расстояние от начального положения автомобиля)

x1(t1) = 200 м.

Графический способ. Используя уравнения (1) и (2), построим график x(t) для этих тел (рис. 2). Так как это линейные функции, то для построения каждого графика достаточно 2 точки:

Автомобиль
  12
t, c 0 30
x, м 0 300

Велосипедист
  12
t, c 0 30
x, м 0 150

Графики пересекаются в точке C, координаты которой и определяют место (xС = 200 м) и время встречи (tС = 20 c).

Если скорость увеличить в 2 раза, время встречи уменьшится в 2 раза, но место встречи не изменится.
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: djek от 06 Июня 2012, 21:04
75. Тело, брошенное под некоторым углом к горизонтальной плоскости, падает на нее через τ = 2 с. Какой наибольшей высоты оно достигало? Сопротивление воздуха не учитывать.
Решение
Выберем систему координат с началом в точке бросания тела, ОY направим вертикально вверх, ось ОХ – горизонтально (см. рис). За начало отсчета времени примем момент бросания тела. Движение тела можно представить как результат сложения двух прямолинейных движений: равномерного движения вдоль оси OX со скоростью υ и движения тела, брошенного вертикально вверх с начальной скоростью υ0y вдоль оси OY. Это движение описывается кинематическими уравнениями:
\[ \begin{align}
  & x={{x}_{0}}+{{\upsilon }_{0x}}\cdot t+\frac{{{a}_{x}}\cdot {{t}^{2}}}{2},y={{y}_{0}}+{{\upsilon }_{0y}}\cdot t+\frac{{{a}_{y}}\cdot {{t}^{2}}}{2} \\
 & {{\upsilon }_{x}}={{\upsilon }_{0x}}+{{a}_{x}}\cdot t,{{\upsilon }_{y}}={{\upsilon }_{0y}}+{{a}_{y}}\cdot t \\
\end{align}
 \]
При выбранной системе координат х0 = 0, у0 = 0, υ = υ0·cosα0, υ0y = υ0·sinα0, ах = 0, ау = -g. Поэтому через t с после бросания тела координаты и зависимость проекций скорости от времени выразятся уравнениями:
\[ \begin{align}
  & x={{\upsilon }_{0}}\cdot t\cdot \cos {{\alpha }_{0}},(1) \\
 & y={{\upsilon }_{0}}\cdot t\cdot \sin {{\alpha }_{0}}-\frac{g\cdot {{t}^{2}}}{2}(2) \\
\end{align}
 \]
υх = υ0·cosα0, υy = υ0·sinα0 - g·t.
В момент падения тела y = 0, t = τ. На основании уравнения (2) имеем
\[ \tau =\frac{2\cdot {{\upsilon }_{0}}\cdot \sin {{\alpha }_{0}}}{g} \]
Время подъема до максимальной высоты t1 найдем из уравнения для υy, учитывая, что в верхней точке траектории υy = 0
0= υ0·sinα0 - g·t1
Откуда
\[ {{t}_{1}}=\frac{{{\upsilon }_{0}}\cdot \sin {{\alpha }_{0}}}{g} \]
Сравнивая время полета и время подъема на максимальную высоту, приходим к выводу, что
\[ {{t}_{1}}=\frac{\tau }{2}=\frac{{{\upsilon }_{0}}\cdot \sin {{\alpha }_{0}}}{g}(3) \]
Максимальную высоту подъема определим из уравнения (2), подставив в него t1 вместо t и выразив υ0·sinα0 из уравнения (3)
\[ \begin{align}
  & {{\upsilon }_{0}}\cdot \sin {{\alpha }_{0}}=\frac{\tau \cdot g}{2}, \\
 & {{h}_{\max }}={{\upsilon }_{0}}\cdot \sin {{\alpha }_{0}}\cdot {{t}_{1}}-\frac{g\cdot t_{1}^{2}}{2}=\frac{\tau \cdot g}{2}\cdot \frac{\tau }{2}-\frac{g\cdot {{\left( \frac{\tau }{2} \right)}^{2}}}{2}=\frac{{{\tau }^{2}}\cdot g}{8} \\
\end{align}
 \]
hmax = 5 м
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 07 Июня 2012, 16:17
34. Расстояние между двумя лодочными станциями моторная лодка проходит по течению реки за t1 = 10 мин, а против течения — за t2 = 30 мин. За какое время это расстояние проплывет по течению упавший в воду спасательный круг?
Решение. Пусть υm — собственная скорость моторной лодки (или скорость лодки относительно воды υm = υm/t), υt — скорость течения, υ1 — скоростью лодки относительно берега при движении по течению, υ2 — скоростью лодки относительно берега при движении против течения, АВ = s — расстояние между лодочными станциями. Во всех случаях ось 0Х будем направлять вдоль скорости лодки υm.
Спасательный круг плывет со скоростью, равной скорости течения υt, поэтому расстояние между станциями он проплывет за время

t3 = st.   (1)

1 случай: лодка идет по течению (рис. 1). Запишем закон сложения скоростей в следующем виде:
\[\vec{\upsilon }_{1} =\vec{\upsilon }_{t} +\vec{\upsilon }_{m/t} ,\]
0Х: υ1 = υt + υm.

В этом случае лодка совершает перемещение Δr1 = sr1x > 0, т.к. лодка движется вдоль 0Х). Время движения лодки
\[ t_{1} =\frac{\Delta r_{1} }{\upsilon _{1} } =\frac{s}{\upsilon _{t} +\upsilon _{m} }. \;\;\; (2)\]

2 случай: лодка идет против течения (рис. 2). Запишем закон сложения скоростей в следующем виде (υ2x > 0, т.к. по условию лодка относительно берега движется против течения):
\[\vec{\upsilon }_{2} =\vec{\upsilon }_{t} +\vec{\upsilon }_{m/t} ,\]
0Х: υ2 = –υt + υm.

И в этом случае лодка совершает перемещение Δr2 = sr2x > 0, т.к. лодка движется вдоль 0Х). Время движения лодки
\[ t_{2} =\frac{\Delta r_{2} }{\upsilon _{2} } =\frac{s}{\upsilon _{m} -\upsilon _{t} } . \;\;\; (3)\]

Решим систему уравнений (1)-(3). Например,
\[\begin{array}{c} {\frac{s}{t_{1} } =\upsilon _{m} +\upsilon _{t} ,\; \; \frac{s}{t_{2} } =\upsilon _{m} -\upsilon _{t} ,\; \; \; \frac{s}{t_{1} } -\frac{s}{t_{2} } =\upsilon _{m} +\upsilon _{t} -\left(\upsilon _{m} -\upsilon _{t} \right)=2\upsilon _{t} ,} \\ {\upsilon _{t} =\frac{s}{2} \cdot \left(\frac{1}{t_{1} } -\frac{1}{t_{2} } \right)=\frac{s}{2} \cdot \frac{t_{2} -t_{1} }{t_{1} \cdot t_{2} } ,\; \; \; t_{3} =\; s\cdot \frac{2}{s} \cdot \frac{t_{1} \cdot t_{2} }{t_{2} -t_{1} } =\; 2\cdot \frac{t_{1} \cdot t_{2} }{t_{2} -t_{1} } ,} \end{array}\]
t3 = 30 мин.
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 07 Июня 2012, 16:28
35. Расстояние s между пунктами А и В равно 80 км. Из пункта А в направлении АВ выезжает со скоростью υ1 = 50 км/ч мотоциклист. Одновременно из пункта В выезжает в том же направлении автомобиль со скоростью υ2 = 30 км/ч. Через какое время τ и на каком расстоянии s1 от точки А мотоциклист догонит автомобиль? Решить задачу алгебраическим и графическим способами.
Решение. Аналитический координатный способ. Составим уравнение движения каждого тела. Для этого за точку 0 примем положение точки А, ось 0Х направим в сторону движения мотоциклиста (рис. 1). Тела движутся равномерно, поэтому (первое тело — это мотоциклист, который движется вдоль оси 0Х, второе — автомобиль, так же движется вдоль оси 0Х):

x1 = υ1t,   (1)

x2 = l + υ2t,   (2)
где l = AB = 80 км.
Пусть t1 — время встречи тел. Тогда

x1 = x2,   υ1t1 = l + υ2t1,
\[t_{1} =\frac{l}{\upsilon _{1} -\upsilon _{2} } ,\]
t1 = 4 ч. Место встречи (расстояние от начального положения автомобиля)

x1(t1) = 200 км.

Графический способ. Используя уравнения (1) и (2), построим график x(t) для этих тел (рис. 2). Так как это линейные функции, то для построения каждого графика достаточно 2 точки:
Мотоциклист
  12
t, ч 0 8
x, км 0 400

Автомобиль
  12
t, ч 0 8
x, км 80 320

Графики пересекаются в точке C, координаты которой и определяют место (xС = 200 км) и время встречи (tС = 4 ч).
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Kivir от 07 Июня 2012, 18:30
45. Тело за время t = 6 с переместилось на s = 270 см. Первые три секунды тело двигалось с постоянным ускорением, а последние три – равномерно. Определить начальную скорость тела, если за пятую секунду его перемещение s5 = 40 см.
Решение: перемещение s разобьем на две части: s1 – при равноускоренном движении и s2  - при равномерном. Т.к. при равномерном движении тело за пятую секунду переместилось на s5, то и за четвёртую на s5 и шестую тоже на s5  (начиная с четвёртой секунды, тело двигалось равномерно). Тогда путь, пройденный при равномерном движении:
s2 = 3∙s5
При этом скорость тела при равномерном движении равна по модулю перемещению за 5 секунду:
\[ \upsilon =\frac{s_{5} }{t_{5} } =\frac{s_{5} }{1} =\left|s_{5} \right|. \]
На первом участке движения (движение с постоянным ускорением) путь (перемещение) определим через среднюю скорость: начальная скорость υ0, конечная скорость – υ, тогда средняя скорость
\[ \upsilon _{cp} =\frac{\upsilon _{0} +\upsilon}{2}.  \]
(скорость изменяется линейно, поэтому средняя скорость равна средней арифметической). Тогда перемещение при равноускоренном движении (учтём, что тело двигалось 3 секунды):
\[ s_{1} =\frac{\upsilon _{0} +\upsilon }{2} \cdot 3=\frac{3\cdot \left(\upsilon _{0} +s_{5} \right)}{2}. \]
Перемещение s за время t:
\[ \begin{array}{l} {s=s_{1} +s_{2} =3\cdot s_{5} +\frac{3\cdot \left(\upsilon _{0} +s_{5} \right)}{2} ,} \\ {s=\frac{6\cdot s_{5} +3\cdot \upsilon _{0} +3\cdot s_{5} }{2} ,} \\ {\upsilon _{0} =\frac{2\cdot s-9\cdot s_{5} }{3} =\frac{4\cdot s-18\cdot s_{5}}{6}.} \end{array} \]
Учтём, что t = 6 с, и получим ответ:
\[ \upsilon _{0} =\frac{4\cdot s-18\cdot s_{5}}{t}. \]
Ответ: 60 см/с = 0,6 м/с.
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Kivir от 07 Июня 2012, 18:33
44. Двигаясь равноускоренно без начальной скорости, тело, пройдя некоторый путь, приобрело скорость υ = 14 м/с. Чему была равна скорость тела, когда оно прошло половину этого пути?
Решение: воспользуемся связью начальной скорости тела, конечной скорости, ускорения и пройденного пути при равноускоренном движении:
\[ \upsilon ^{2} -\upsilon _{0}^{2} =2\cdot a\cdot l. \]
Начальная скорость равна нулю, пройдя путь l скорость тела υ, пройдя половину пути: l/2 – скорость тела υ1. Получаем систему уравнений:
\[ \begin{array}{l} {\upsilon ^{2} =2\cdot a\cdot l,\upsilon _{1}^{2} =2\cdot a\cdot \frac{l}{2} ,\upsilon _{1}^{2} =\frac{\upsilon ^{2} }{2} ,} \\ {\upsilon _{1} =\frac{\upsilon }{\sqrt{2}}.} \end{array} \]
Ответ: 10 м/с.
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Kivir от 07 Июня 2012, 18:38
43. Тело, двигаясь равноускоренно, за первые t1 = 5,0 с своего движения прошло путь l1= 100 м, а за первые t2 = 10 с – l2 = 300 м. Определить начальную скорость тела.
Решение: воспользуемся формулой для расчёта пути  при равноускоренном, прямолинейном движении:
\[ l=\upsilon _{0} \cdot t+\frac{a\cdot t^{2}}{2}. \]
Составим систему уравнений на основании данных задачи:
\[ \begin{array}{l} {l_{1} =\upsilon _{0} \cdot t_{1} +\frac{a\cdot t_{1}^{2} }{2} ,} \\ {l_{2} =\upsilon _{0} \cdot t_{2} +\frac{a\cdot t_{2}^{2} }{2} .} \end{array} \]
Решим систему, например:
\[ \begin{array}{l} {l_{1} -\upsilon _{0} \cdot t_{1} =\frac{a\cdot t_{1}^{2} }{2} ,l_{2} -\upsilon _{0} \cdot t_{2} =\frac{a\cdot t_{2}^{2} }{2} ,} \\ {\frac{l_{1} -\upsilon _{0} \cdot t_{1} }{l_{2} -\upsilon _{0} \cdot t_{2} } =\frac{t_{1}^{2} }{t_{2}^{2} } ,l_{1} \cdot t_{2}^{2} -\upsilon _{0} \cdot t_{1} \cdot t_{2}^{2} =l_{2} \cdot t_{1}^{2} -\upsilon _{0} \cdot t_{2} \cdot t_{1}^{2},} \end{array} \]
\[ \upsilon _{0} =\frac{l_{2} \cdot t_{1}^{2} -l_{1} \cdot t_{2}^{2} }{t_{2} \cdot t_{1}^{2} -t_{1} \cdot t_{2}^{2}}. \]
Ответ: 10 м/с.
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Kivir от 07 Июня 2012, 18:50
42. Двигатели ракеты, запущенной вертикально вверх с поверхности земли, работали в течение времени t = 1,0 мин и сообщали ракете постоянное ускорение a =3g. Какой максимальной высоты достигла ракета? Ускорение свободного падения считать постоянным и равным 9,8 м/с2.
Решение: первые 60 секунд ракета разгонялась. Запишем уравнение движения ракеты в выбранной системе координат, при  t1< t:
\[ y=y_{0} +\upsilon _{0y} \cdot t_{1} +\frac{a_{y} \cdot t_{1}^{2}}{2}. \]
Здесь проекция ускорения на ось y: ay=a=3g, начальная скорость тела υ0 = 0, начальная координата тела в выбранной системе отсчёта y0=0 (см. рис.):
\[ y=\frac{a\cdot t_{1}^{2}}{2}. \]
подставляя время движения t, определим высоту, на которой окажется на которой окажется ракета:
\[ h=\frac{3g\cdot t^{2}}{2}.  \]
Скорость ракеты в этот момент будет направлена вверх, найдём её из уравнения зависимости проекции скорости тела от времени:
\[ \begin{array}{l} {\upsilon _{y} =\upsilon _{0y} +a_{y} \cdot t_{1} ,} \\ {\upsilon =a\cdot t=3g\cdot t.} \end{array} \]
Далее ракета свободно падает с высоты h, имея начальную скорость υ, направленную вверх. Снова воспользуемся уравнением координаты и скорости, записав их для времени t2 > t:
y0 = h,   υ0y=υ,  ay = – g,
тогда:
\[ \begin{array}{l} {y=h+\upsilon \cdot t_{2} -\frac{g\cdot t_{2}^{2} }{2} ,} \\ {\upsilon _{y} =\upsilon -g\cdot t_{2}.} \end{array} \]
В верхней точке траектории ракета буден находится на максимальной высоте, её скорость будет равна нулю. Т.е при t2 = tn имеем: y = hmaxy = 0.
\[ \begin{array}{l} {h_{\max } =h+\upsilon \cdot t_{n} -\frac{g\cdot t_{n}^{2} }{2} ,} \\ {0=\upsilon -g\cdot t_{n}.} \end{array} \]
Выразим время подъёма из второго уравнения, подставим в первое и учтём полученные выражения для h и υ:
\[ \begin{array}{l} {t_{n} =\frac{\upsilon }{g} =\frac{3g\cdot t}{g} =3t,} \\ {h_{\max } =\frac{3g\cdot t^{2} }{2} +3g\cdot t\cdot 3t-\frac{g\cdot \left(3t\right)^{2} }{2} ,} \\ {h_{\max } =6g\cdot t^{2}.} \end{array} \]
Ответ: 2,1∙105 м = 2,1∙102 км.
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Kivir от 07 Июня 2012, 19:00
41. Свободно падающее тело прошло последние l = 63,7 м за τ = 1,0 с. С какой высоты падало тело?
Решение: систему отсчёта выберем следующим образом: ось y направим вертикально вверх, начало отсчёта на поверхности земли. Запишем уравнение движения тела в выбранной системе координат:
\[ \begin{array}{l} {y=y_{0} +\upsilon _{0y} \cdot t+\frac{a_{y} \cdot t^{2} }{2} ,} \\ {y=h-\frac{g\cdot t^{2}}{2}.} \end{array} \]
Здесь проекция ускорения на ось y: ay = ¬- g, начальная скорость тела υ0 = 0, начальная координата тела в выбранной системе отсчёта y0=h – искомой высоте. Путь в момент касания земли пройдёт время падения: t = tn, y = 0:
\[ 0=h-\frac{g\cdot t_{n}^{2}}{2} ,h=\frac{g\cdot t_{n}^{2}}{2}. \]
В момент времени t = tn - τ, координата тела y = l:
\[ l=h-\frac{g\cdot \left(t_{n} -\tau \right)^{2}}{2}. \]
Подставим h  и определим время падения:
\[ \begin{array}{l} {l=\frac{g\cdot t_{n}^{2} }{2} -\frac{g\cdot \left(t_{n} -\tau \right)^{2} }{2} =\frac{g\cdot t_{n}^{2} }{2} -\frac{g\cdot t_{n}^{2} }{2} +g\cdot t_{n} \cdot \tau -\frac{g\cdot \tau ^{2} }{2} ,} \\ {t_{n} =\frac{l}{g\cdot \tau } +\frac{\tau }{2}.} \end{array} \]
Тогда получаем искомую высоту:
\[ h=\frac{g}{2} \cdot \left(\frac{l}{g\cdot \tau } +\frac{\tau }{2} \right)^{2}. \]
Ответ: 240 м (g = 9,8 м/с2)
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Kivir от 07 Июня 2012, 19:07
40. Двигаясь равноускоренно, материальная точка в первые два равных последовательных промежутка времени по τ = 4,0 с каждый проходит пути l1= 20 м и l2 = 30 м. Определить ускорение и начальную скорость точки.
Решение: систему отсчёта выберем следующим образом: ось x направим в направлении движения тела, за начало отсчёта возьмем начальное положение тела. В этом случае координата тела в любой момент времени равна пройденному пути. Запишем уравнение движения тела в выбранной системе координат (считаем, что начальная скорость тела и ускорение имеют направление, совпадающее с  положительным направлением оси координат):
\[ \begin{array}{l} {x=x_{0} +\upsilon _{0x} \cdot t+\frac{a_{x} \cdot t^{2} }{2} ,} \\ {l=\upsilon _{0} \cdot t+\frac{a\cdot t^{2}}{2}.} \end{array} \]
Составим систему уравнений, воспользовавшись данными задачи:
\[ \begin{array}{l} {l_{1} =\upsilon _{0} \cdot \tau +\frac{a\cdot \tau ^{2} }{2} ,} \\ {l_{1} +l_{2} =\upsilon _{0} \cdot 2\tau +\frac{a\cdot \left(2\tau \right)^{2} }{2}.} \end{array} \]
Сделаем преобразования:
\[ \begin{array}{l} {2l_{1} =2\upsilon _{0} \cdot \tau +a\cdot \tau ^{2} ,} \\ {l_{1} +l_{2} =2\upsilon _{0} \cdot \tau +2a\cdot \tau ^{2} .} \end{array} \]
Вычитая из первого уравнения второе, найдём ускорение.
Помножив первое уравнение на два, и отняв от него второе, найдём начальную скорость.
\[ \begin{array}{l} {a=\frac{l_{2} -l_{1} }{\tau ^{2} } ,} \\ {\upsilon _{0} =\frac{3l_{1} -l_{2}}{2\cdot \tau}.} \end{array} \]
Ответ: 0,63 м/с2;   3,8 м/с.
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: djek от 07 Июня 2012, 21:51
76. Камень брошен под углом α0 = 30° к горизонту со скоростью υ0= 10 м/с. Через сколько времени камень будет на высоте h = 1 м? Сопротивление воздуха не учитывать.
Решение.
Выберем систему координат с началом в точке бросания тела, ОY направим вертикально вверх, ось ОХ – горизонтально (см. рис). За начало отсчета времени примем момент бросания тела. Движение тела можно представить как результат сложения двух прямолинейных движений: равномерного движения вдоль оси OX со скоростью υ и движения тела, брошенного вертикально вверх с начальной скоростью υ0y вдоль оси OY. Это движение описывается кинематическими уравнениями:
\[ x={{x}_{0}}+{{\upsilon }_{0x}}\cdot t+\frac{{{a}_{x}}\cdot {{t}^{2}}}{2},y={{y}_{0}}+{{\upsilon }_{0y}}\cdot t+\frac{{{a}_{y}}\cdot {{t}^{2}}}{2} \]
При выбранной системе координат х0 = 0, у0 = 0, υ = υ0·cosα0, υ0y = υ0·sinα0, ах = 0, ау = -g. Поэтому через t с после бросания пройденный путь и высота подъема:
\[ \begin{align}
  & l={{\upsilon }_{0}}\cdot t\cdot \cos {{\alpha }_{0}},(1) \\
 & h={{\upsilon }_{0}}\cdot t\cdot \sin {{\alpha }_{0}}-\frac{g\cdot {{t}^{2}}}{2}(2) \\
\end{align}
 \]
где l – дальность полета, h – высота подъема. Решая уравнение (2) относительно времени t получим квадратное  уравнение:
g·t2 - 2·υ0·sinα0·t + 2·h = 0
Дискриминант
d = 4· υ20·sin2α0 – 8 g·h = 4·(υ20·sin2α0 – 2 g·h)
Тогда
\[ \begin{align}
  & {{t}_{1}}=\frac{2\cdot {{\upsilon }_{0}}\cdot \sin {{\alpha }_{0}}-\sqrt{4\cdot \left( \upsilon _{0}^{2}\cdot {{\sin }^{2}}{{\alpha }_{0}}-2\cdot g\cdot h \right)}}{2\cdot g}=\frac{{{\upsilon }_{0}}\cdot \sin {{\alpha }_{0}}-\sqrt{\left( \upsilon _{0}^{2}\cdot {{\sin }^{2}}{{\alpha }_{0}}-2\cdot g\cdot h \right)}}{g}=0,3c \\
 & {{t}_{2}}=\frac{{{\upsilon }_{0}}\cdot \sin {{\alpha }_{0}}+\sqrt{\left( \upsilon _{0}^{2}\cdot {{\sin }^{2}}{{\alpha }_{0}}-2\cdot g\cdot h \right)}}{g}=0,8c \\
\end{align}
 \]
Таким образом, тело побывает на высоте 1 м дважды; при подъеме и при падении
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: djek от 11 Июня 2012, 11:59
80. Шарик вертикально падает с высоты h = 2 м на наклонную плоскость и абсолютно упруго отражается под углом, равным углу падения. На каком расстоянии от места падения он снова ударится о ту же плоскость? Угол наклона плоскости к горизонту α = 30°. Сопротивление воздуха не учитывать.
Решение.
Выберем систему координат с началом в точке отражения  тела, ОY направим перпендикулярно к наклонной плоскости, ось ОХ – по наклонной плоскости (см. рис). За начало отсчета времени примем момент отражения тела. Движение тела можно представить как результат сложения двух прямолинейных движений: равноускоренного движения вдоль оси OX с ускорением ax и движения тела, брошенного вертикально вверх с начальной скоростью υ0y вдоль оси OY. Это движение описывается кинематическими уравнениями:
\[ x={{x}_{0}}+{{\upsilon }_{0x}}\cdot t+\frac{{{a}_{x}}\cdot {{t}^{2}}}{2},y={{y}_{0}}+{{\upsilon }_{0y}}\cdot t+\frac{{{a}_{y}}\cdot {{t}^{2}}}{2} \]
При выбранной системе координат х0 = 0, у0 = 0, υ = υ0·cos(90-α), υ0y = υ0·sin(90-α), ах = g·sinα, ау = - g·cosα. Поэтому через t с после бросания пройденный путь:
\[ l={{\upsilon }_{0}}\cdot \cos (90-\alpha )\cdot t+\frac{g\cdot \sin \alpha \cdot {{t}^{2}}}{2},(1) \]
Время полета t найдем из уравнения скорости вдоль оси OY, учитывая, что в верхней точке траектории  υy = 0. И тот факт, что t = 2· t1, где t1 – время, через которое тело окажется в  верхней точке траектории. Тогда:
 
υy = υ0·sin(90-α) - g·cosα·t,
υ0·sin(90-α) - g·cosα·t1 = 0
\[ {{t}_{1}}=\frac{{{\upsilon }_{0}}}{g},t=\frac{2\cdot {{\upsilon }_{0}}}{g} \]
Подставим время полета в уравнение (1), учитывая, что cos(90-α) = sinα
\[ l={{\upsilon }_{0}}\cdot \sin \alpha \cdot \frac{2\cdot {{\upsilon }_{0}}}{g}+\frac{g\cdot \sin \alpha \cdot {{\left( \frac{2\cdot {{\upsilon }_{0}}}{g} \right)}^{2}}}{2}=\frac{4\cdot \upsilon _{0}^{2}\cdot \sin \alpha }{g} \]
Начальная скорость υ0 равна по модулю конечной скорости вертикального падения тела с высоты h,поскольку удар абсолютно упругий. Тогда
υ20 = 2·g·h
l = 8·h·sinα = 8 м
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Kivir от 11 Июня 2012, 18:21
39. Тело начинает двигаться вдоль прямой без начальной скорости с постоянным ускорением. Через t1 = 30,0 мин ускорение тела меняется по направлению, оставаясь таким же по модулю. Через какое время t2 от начала движения тело вернётся в исходную точку?
Решение: Систему отсчёта выберем следующим образом: за начало отсчёта возьмём первоначальное положение тела, ось x направим в направлении движения тела. Запишем уравнение движения тела в выбранной системе координат, при  t < t1:
\[ x=x_{0} +\upsilon _{0x} \cdot t+\frac{a_{x} \cdot t^{2} }{2}. \]
Проекция ускорения на ось x: ax = a, начальная скорость тела υ0 = 0, начальная координата тела в выбранной системе отсчёта x0 = 0, тогда:
\[ x=\frac{a\cdot t^{2}}{2}. \]
подставляя время движения t1, определим координату l тела, в момент изменения направления ускорения:
\[ l=\frac{a\cdot t_{1}^{2}}{2}. \]
Скорость тела в этот момент найдём из уравнения зависимости проекции скорости тела от времени:
\[ \begin{array}{l} {\upsilon _{x} =\upsilon _{0x} +a_{x} \cdot t,} \\ {\upsilon =a\cdot t_{1}.} \end{array} \]
Далее у тела изменяется направление ускорения на противоположное ax = – a, запишем снова уравнение движения тела при  t  > t1. Учтём, что в этом случае начальная координата тела l, начальная скорость υ.
\[ \begin{array}{l} {x=l+\upsilon \cdot t-\frac{a\cdot t^{2} }{2} ,} \\ {x=\frac{a\cdot t_{1}^{2} }{2} +a\cdot t_{1} \cdot t-\frac{a\cdot t^{2} }{2}.} \end{array} \]
 Пусть через промежуток времени  t3 от момента изменения направления ускорения тело вернётся в исходную точку (координата тела x станет равной 0: x = 0).
\[ \begin{array}{l} {0=\frac{a\cdot t_{1}^{2} }{2} +a\cdot t_{1} \cdot t_{3} -\frac{a\cdot t_{3}^{2} }{2} ,} \\ {\frac{t_{1}^{2} }{2} +t_{1} \cdot t_{3} -\frac{t_{3}^{2}}{2}=0.} \end{array} \]
Решая квадратное уравнение, найдём время t3 (положительный корень)
\[ t_{3} =t_{1} +\sqrt{2} \cdot t_{1}. \]
Тогда искомое время возвращения от начала движения:
\[ \begin{array}{l} {t_{2} =t_{1} +t_{3} =2\cdot t_{1} +\sqrt{2} \cdot t_{1} ,} \\ {t_{2} =\left(2+\sqrt{2} \right)\cdot t_{1}.} \end{array} \]
Ответ: 102 мин.
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Kivir от 11 Июня 2012, 21:57
38. Первый вагон тронувшегося с места поезда прошёл мимо неподвижного наблюдателя, стоявшего у начала этого вагона, за время t1, последний вагон – за время t2. Считая движение поезда равноускоренным, поезд длинным, а вагоны одинаковыми, найти время движения всего поезда мимо наблюдателя.
Решение: пусть ускорение поезда равно a, начальная скорость поезда υ0 = 0, длина одного вагона – l, число вагонов в поезде – n, поезд двигался мимо наблюдателя время t.
За время t1 поезд прошёл путь, равный длине вагона l:
\[ l=\frac{a\cdot t_{1}^{2}}{2}. \]
За время t мимо наблюдателя прошёл весь поезд, т.е. пройдённый путь n∙l:
\[ n\cdot l=\frac{a\cdot t^{2}}{2}. \]
За время (t – t2) мимо наблюдателя прошёл  (n – 1) вагон, т.е. пройдённый поездом путь равен (n – 1)∙l:
\[ \begin{array}{l} {\left(n-1\right)\cdot l=\frac{a\cdot \left(t-t_{2} \right)^{2} }{2} ,} \\ {n\cdot l-l=\frac{a\cdot \left(t-t_{2} \right)^{2} }{2}.} \end{array} \]
\[ \begin{array}{l} {\frac{a\cdot t^{2} }{2} -\frac{a\cdot t_{1}^{2} }{2} =\frac{a\cdot \left(t-t_{2} \right)^{2} }{2} ,} \\ {t^{2} -t_{1}^{2} =\left(t-t_{2} \right)^{2} ,} \\ {t=\frac{t_{1}^{2} +t_{2}^{2} }{2\cdot t_{2}}.} \end{array} \]
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Kivir от 12 Июня 2012, 00:55
37. На расстоянии l0 = 200 м от станции электропоезд метро, идущий со скоростью υ0 = 30 м/с, начал тормозить с ускорением a = 5 м/с2. На каком расстоянии от станции окажется поезд через t = 7 с после начала торможения?
Решение: определим тормозной путь электропоезда, воспользовавшись связью начальной скорости υ0, конечной скорости (υ = 0), ускорения и пути:
\[ \begin{array}{l} {\upsilon ^{2} -\upsilon _{0}^{2} =2\cdot a\cdot S,} \\ {S=\frac{\upsilon _{0}^{2}}{2\cdot a} \cdot } \end{array} \]
Так как первоначальное расстояние до станции l0, то после остановки расстояние до стации станет равным:
\[ \begin{array}{l} {l=l_{0} -S,} \\ {l=l_{0} -\frac{\upsilon _{0}^{2} }{2\cdot a}.} \end{array} \]
Ответ: 110 м
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Kivir от 12 Июня 2012, 01:41
36. Капли дождя, падающие отвесно, образуют на окне горизонтально движущегося троллейбуса полосы под углом α = 30º к вертикали. Какова скорость падения капель, если троллейбус движется прямолинейно с постоянной скоростью υ = 5,0 м/с?
Решение: воспользуемся законом сложения скоростей:
\[ \vec{\upsilon }_{k} =\vec{\upsilon }+\vec{\upsilon }_{tk}. \]
Здесь υk – искомая скорость капель, υ – скорость троллейбуса, υtk – скорость капель в системе отсчёта, связанной с автобусом (см. рис.). Капли оставляют след на стекле (траектория), направленный по скорости υtk. Из прямоугольного треугольника:
\[ \begin{array}{l} {tg\alpha =\frac{\upsilon }{\upsilon _{k} } ,} \\ {\upsilon _{k} =\frac{\upsilon }{tg\alpha }.} \end{array} \]
Ответ: 8,7 м/с
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Kivir от 12 Июня 2012, 11:55
72. Тело, находящееся на высоте H = 80 м над землёй, брошено горизонтально с начальной скоростью υ0 = 15 м/с. Найти скорость тела в момент, когда оно окажется на высоте h = 60 м над землёй. Ускорение свободного падения принять равным 10 м/с2. Задачу решить без применения закона сохранения энергии. Сопротивлением воздуха пренебречь.
Решение: Систему отсчёта свяжем с землёй. Ось y направим вертикально вверх, ось x по начальному  направлению движения тела (см. рис.). Опишем движение тела по вертикали с помощью кинематического уравнения зависимости координаты от времени:
\[ y=y_{0} +\upsilon _{0y} \cdot t+\frac{a_{y} \cdot t^{2} }{2}. \]
Здесь проекция ускорения на ось y: ay= – g, проекция начальной скорости тела на ось y: υ0y = 0, начальная координата тела в выбранной системе отсчёта:  y0=Н, получаем:
\[ y=H-\frac{g\cdot t^{2}}{2}. \]
пусть через  время t1 от начала движения тело оказалось на высоте h (координата тела y = h), определим это время:
\[ \begin{array}{l} {h=H-\frac{g\cdot t_{1}^{2} }{2} ,} \\ {t_{1} =\sqrt{\frac{2\left(H-h\right)}{g}}.} \end{array} \]
Скорость тела в этот момент будет направлена по касательной к траектории движения. Её можно найти по теореме Пифагора, зная  проекции вектора скорости тела в этот момент на координатные оси. Воспользуемся уравнением зависимости проекции скорости от времени движения. Учтём, что:

ay = – g, ax = 0, υ0y = 0, υ0x = υ0, тогда:
\[ \begin{array}{l} {\upsilon _{y} =\upsilon _{0y} +a_{y} \cdot t=-gt_{1} =-g\cdot \sqrt{\frac{2\left(H-h\right)}{g} } =-\sqrt{2g\cdot \left(H-h\right)} ,} \\ {\upsilon _{x} =\upsilon _{0x} +a_{x} \cdot t=\upsilon _{0} .} \end{array} \]
Искомая скорость тела:
\[ \begin{array}{l} {\upsilon =\sqrt{\upsilon _{x}^{2} +\upsilon _{y}^{2} } ,} \\ {\upsilon =\sqrt{\upsilon _{0}^{2} +2g\cdot \left(H-h\right)} .} \end{array} \]
Ответ: 25 м/с.
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: djek от 12 Июня 2012, 16:55
70. Тело, находящееся в точке А на высоте H = 45 м от земли, начинает свободно падать без начальной скорости. Одновременно из точки В, расположенной на h = 21 м ниже точки А, бросают другое тело вертикально вверх. Определить начальную скорость второго тела, если известно, что оба тела упадут на землю одновременно. Сопротивлением воздуха пренебречь. Принять g = 10 м/с2.
Решение.
Начало координат совместим с точкой О, ось OY направим вертикально верх (см. рис.). Время будем отсчитывать с момента начала падения груза. Тогда зависимости от времени координаты тел выразятся уравнениями:
\[ \begin{align}
  & {{y}_{1}}=H-\frac{g\cdot {{t}^{2}}}{2},(1) \\
 & {{y}_{2}}={{h}_{1}}+{{\upsilon }_{02}}\cdot t-\frac{g\cdot {{t}^{2}}}{2}(2) \\
\end{align}
 \]
В момент,  когда тела упадут на землю, их координаты: y1 = 0, y2 = 0. Выразим из уравнения (2) скорость υ02, из уравнения (1) время t и подставим в уравнение для υ02
\[ \begin{align}
  & {{\upsilon }_{02}}=\frac{g\cdot {{t}^{2}}-2\cdot {{h}_{1}}}{2\cdot t}, \\
 & t=\sqrt{\frac{2\cdot H}{g}}, \\
 & {{\upsilon }_{02}}=\frac{g\cdot \frac{2\cdot H}{g}-2\cdot {{h}_{1}}}{2\cdot \sqrt{\frac{2\cdot H}{g}}}=\frac{H-{{h}_{1}}}{\sqrt{\frac{2\cdot H}{g}}} \\
\end{align}
 \]
По условию задачи
h1 = H – h.
Окончательно имеем
\[ {{\upsilon }_{02}}=h\cdot \sqrt{\frac{g}{2\cdot H}} \]
υ02 = 7 м/с
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: djek от 12 Июня 2012, 19:21
68. Аэростат поднимается вертикально с постоянной скоростью υ0. К гондоле аэростата привязан на веревке груз. Веревку, на которой он подвешен, перерезали в тот момент, когда груз находился на высоте h0. Сколько времени груз будет падать на землю? Какая скорость будет у него при соприкосновении с землей? Сопротивлением воздуха пренебречь.
Решение
Начало координат совместим с точкой О, ось OY направим вертикально верх (см. рис.). Время будем отсчитывать с момента начала падения груза. Тогда зависимость от времени координаты тела и проекции его скорости на ось OY выразятся уравнениями:
\[ \begin{align}
  & y={{h}_{0}}+{{\upsilon }_{0}}\cdot t-\frac{g\cdot {{t}^{2}}}{2},(1) \\
 & \upsilon ={{\upsilon }_{0}}-g\cdot t(2) \\
\end{align}
 \]
В момент падения груза на землю, координата y = 0. Решив квадратное уравнение (1) относительно времени t получим, например:
g·t2 - 2·υ0·t - 2·h0 = 0
d = 4·υ20· + 8 g·h = 4·(υ20 + 2 g·h)
\[ \begin{align}
  & {{t}_{1}}=\frac{2\cdot {{\upsilon }_{0}}+\sqrt{4\cdot \left( \upsilon _{0}^{2}+2\cdot g\cdot {{h}_{0}} \right)}}{2\cdot g}=\frac{{{\upsilon }_{0}}+\sqrt{\upsilon _{0}^{2}+2\cdot g\cdot {{h}_{0}}}}{g}, \\
 & {{t}_{2}}=\frac{{{\upsilon }_{0}}-\sqrt{\upsilon _{0}^{2}+2\cdot g\cdot {{h}_{0}}}}{g} \\
\end{align}
 \]
Физический смысл имеет только корень t1 (t2<0). Это и есть искомое время падения груза на землю. Подставив значение t1 в уравнение (2), получим скорость груза в момент соприкосновения с землей
\[ \upsilon ={{\upsilon }_{0}}-g\cdot \frac{{{\upsilon }_{0}}+\sqrt{\upsilon _{0}^{2}+2\cdot g\cdot {{h}_{0}}}}{g}=\sqrt{\upsilon _{0}^{2}+2\cdot g\cdot {{h}_{0}}} \]
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Kivir от 12 Июня 2012, 19:42
61. Два тела брошены вертикально вверх из одной точки, одно вслед за другим с промежутком времени τ = 2,0 с. Начальная скорость υ0 обоих тел одинакова и равна 50 м/с. Через сколько времени и на какой высоте тела встретятся? Сопротивление воздуха не учитывать.
Решение: систему отсчёта свяжем с начальным положением тел. Ось y направим вертикально вверх. Запишем  кинематические уравнения движения тел (зависимость координаты тела от времени):
\[ y=y_{0} +\upsilon _{0y} \cdot t+\frac{a_{y} \cdot t^{2}}{2}. \]
Здесь проекция ускорения на ось y: ay= – g, проекция начальной скорости тел на ось y: υ0y = υ0, начальные координаты тел в выбранной системе отсчёта:  y0 = 0. Отсчёт времени начнём с момента броска первого тела, тогда второе тело будет находиться в полёте на время τ меньше первого, получаем:
\[ \begin{array}{l} {y_{1} =\upsilon _{0} \cdot t-\frac{g\cdot t^{2} }{2} ,} \\ {y_{2} =\upsilon _{0} \cdot \left(t-\tau \right)-\frac{g\cdot \left(t-\tau \right)^{2}}{2}.} \end{array} \]
Пусть в момент времени t = t1 тела встретятся, т.е. координаты тел равны:
\[ \begin{array}{l} {\upsilon _{0} \cdot t_{1} -\frac{g\cdot t_{1}^{2} }{2} =\upsilon _{0} \cdot \left(t_{1} -\tau \right)-\frac{g\cdot \left(t_{1} -\tau \right)^{2} }{2} ,} \\ {0=g\cdot t\cdot \tau -\upsilon _{0} \cdot \tau -\frac{g\cdot \tau ^{2} }{2} ,} \\ {t_{1} =\frac{\upsilon _{0} }{g} +\frac{\tau }{2}.} \end{array}  \]
Подставив время t1, например, в уравнение движения первого тела, определим координату (высоту) встречи тел.
\[ \begin{array}{l} {h=\upsilon _{0} \cdot \left(\frac{\upsilon _{0} }{g} +\frac{\tau }{2} \right)-\frac{g\cdot \left(\frac{\upsilon _{0} }{g} +\frac{\tau }{2} \right)^{2} }{2} ,} \\ {h=\frac{\upsilon _{0}^{2} }{2g} -\frac{g\tau ^{2}}{2}.} \end{array} \]
Ответ: t1 = 6 с, h = 105 м. (g = 10 м/с2).
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Kivir от 12 Июня 2012, 21:37
59. Тело брошено вертикально вверх с начальной скоростью υ0 = 24 м/с. Какой путь пройдёт тело за время t1 = 4 с? Сопротивление воздуха не учитывать.
Решение: решим задачу графическим способом. Путь, пройденный телом численно равен площади фигуры, полученной под графиком зависимости проекции скорости тела от времени. Запишем уравнение проекции скорости тела от времени. Координатную ось y направим вертикально вверх,
тогда ay = – g, υ0y = υ0:
\[ \upsilon _{y} =\upsilon _{0y} +a_{y} \cdot t=\upsilon _{0}-gt. \]
Построим график (см. рис.), для этого определим ключевые точки:
при t = 0 получаем  υy = υ0,
υy = 0  при  \( t=\frac{\upsilon _{0}}{g} \),
при t = t1 получаем  υy = υ0gt1,
Проанализируем график: получилось два прямоугольных треугольника, их суммарная площадь и равна пройденному пути за время t1. Площадь прямоугольного треугольника равна половине произведения катетов, имеем:
\[ \begin{array}{l} {S_{1} =\frac{1}{2} \cdot \upsilon _{0} \cdot \frac{\upsilon _{0} }{g} =\frac{\upsilon _{0}^{2} }{2g} ,} \\ {S_{2} =\frac{1}{2} \cdot \left(gt_{1} -\upsilon _{0} \right)\cdot \left(t_{1} -\frac{\upsilon _{0} }{g} \right),} \\ {S=S_{1} +S_{2} .} \end{array} \]
После подстановки и математических преобразований получим ответ:
\[ S=\frac{\upsilon _{0}^{2} }{g} +\frac{g\cdot t_{1}^{2} }{2} -\upsilon _{0} \cdot t_{1}. \]
Ответ: 41 м.
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Kivir от 13 Июня 2012, 00:22
62. Из одной точки одновременно бросают с одинаковыми скоростями υ0  два тела: одно вертикально вверх, второе горизонтально. Найти расстояние между телами через промежуток времени τ после бросания. Сопротивление воздуха не учитывать.
Решение:
Систему отсчёта выберем следующим образом: начало отсчёта в точке бросания, ось x – горизонтально, осьy – вертикально вверх (направление осей совпадает с направлением начальных скоростей тел). Запишем уравнение движения тел (зависимость координаты тела от времени):
\[ \begin{array}{l} {x=x_{0} +\upsilon _{0x} \cdot t+\frac{a_{x} \cdot t^{2} }{2} ,} \\ {y=y_{0} +\upsilon _{0y} \cdot t+\frac{a_{y} \cdot t^{2}}{2}.} \end{array} \]
Здесь проекция ускорения на ось y: ay= – g, проекция ускорения на ось x: ax= 0, проекция начальной скорости первого тела на ось y: υ0y = υ0, на ось x:  υ0x = 0, проекция начальной скорости второго тела на ось y: υ0y = 0, на ось x:  υ0x = υ0, начальные координаты тел в выбранной системе отсчёта равны нулю. Пусть в  момент времени τ координата первого тела – y1, координаты второго тела – x2 и y2. (см. рис.). Тогда:
\[ \begin{array}{l} {y_{1} =\upsilon _{0} \cdot \tau -\frac{g\cdot \tau ^{2} }{2} ,} \\ {y_{2} =-\frac{g\cdot \tau ^{2} }{2} ,} \\ {x_{2} =\upsilon _{0} \cdot \tau.} \end{array} \]
Расстояние между телами l – это гипотенуза прямоугольного треугольника, с катетами длиной (y1 + y2) и x2. Воспользуемся теоремой Пифагора:
\[ \begin{array}{l} {l=\sqrt{\left(y_{1} +y_{2} \right)^{2} +x_{2}^{2} } =\sqrt{\left(\upsilon _{0} \cdot \tau -\frac{g\cdot \tau ^{2} }{2} +\frac{g\cdot \tau ^{2} }{2} \right)^{2} +\left(\upsilon _{0} \cdot \tau \right)^{2}},} \\ {l=\sqrt{2} \cdot \upsilon _{0} \cdot \tau.} \end{array} \]
Способ второй: систему отсчёта выберем нестандартно: свяжем систему отсчёта с первым телом. Т.е. получаем, что система отсчёта движется относительно земли с ускорением свободного падения и (что важно ) первое тело в этой системе покоится, а второе движется равномерно в горизонтальном направлении и равномерно в вертикальном направлении вниз (представьте, что Вы сидите на первом теле и смотрите на второе). За время τ второе тело удалится от первого (от начала отсчёта) на расстояние, равное   υ0∙τ   по горизонтали и на такое же расстояние (υ0∙τ) по вертикали. Тогда расстояние от второго тела до первого легко определить по теореме Пифагора:
\[ \begin{array}{l} {l=\sqrt{\left(\upsilon _{0} \cdot \tau \right)^{2} +\left(\upsilon _{0} \cdot \tau \right)^{2}},} \\ {l=\sqrt{2} \cdot \upsilon _{0} \cdot \tau.} \end{array} \]
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: djek от 13 Июня 2012, 19:03
67. Тело, брошенное вертикально вверх, вернулось в точку бросания через τ = 10 с. Какова начальная скорость тела? На какую максимальную высоту оно поднималось? Сопротивление воздуха не учитывать.
Решение.
Координатную ось OY направим вертикально вверх, начало координат О совместим с точкой бросания (см. рис.).  Время будем отсчитывать с момента бросания. Тогда координата тела и проекция его скорости на ось OY в момент времени t равны соответственно:
\[ \begin{align}
  & y={{\upsilon }_{0}}\cdot t-\frac{g\cdot {{t}^{2}}}{2},(1) \\
 & \upsilon ={{\upsilon }_{0}}-g\cdot t(2) \\
\end{align}
 \]
Для точки, находящейся на высоте h, y = h.
Определим время t1 подъема, используя уравнение (2) с учетом того, что в верхней точке траектории скорость равна нулю:
\[ \begin{align}
  & 0={{\upsilon }_{0}}-g\cdot {{t}_{1}}(3) \\
 & {{\upsilon }_{0}}=g\cdot {{t}_{1}}(4) \\
 & {{t}_{1}}=\frac{{{\upsilon }_{0}}}{g}(5) \\
\end{align}
 \]
Оценим, как время t1 подъема связано со временем всего полета τ. В момент возвращения тела в точку бросания его координата равна нулю. С учетом уравнения (1)
\[ 0={{\upsilon }_{0}}\cdot \tau -\frac{g\cdot {{\tau }^{2}}}{2},\tau =\frac{2\cdot {{\upsilon }_{0}}}{g} \]
Таким образом, время подъема к верхней точке траектории равно половине всего времени полета. Учитывая это, воспользуемся уравнением (4) для нахождения начальной скорости
\[ \begin{align}
  & {{t}_{1}}=\frac{\tau }{2} \\
 & {{\upsilon }_{0}}=\frac{g\cdot \tau }{2} \\
\end{align}
 \]
Для нахождения максимальной высоты подъема подставим в уравнение (1) время подъема t1 и полученное выражение для начальной скорости υ0
\[ H={{\upsilon }_{0}}\cdot {{t}_{1}}-\frac{g\cdot t_{1}^{2}}{2}=\frac{\upsilon _{0}^{2}}{2\cdot g}=\frac{g\cdot {{\tau }^{2}}}{8} \]
υ0 = 50 м/с; Н = 1,3·102 м.
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: djek от 13 Июня 2012, 20:34
66. Определить начальную скорость, с которой тело брошено вертикально вверх, если точку, находящуюся на высоте h = 60 м, оно проходило 2 раза с промежутком времени τ = 4,0 с. Сопротивление воздуха не учитывать.
Решение
Координатную ось OY направим вертикально вверх, начало координат О совместим с точкой бросания (см. рис.).  Время будем отсчитывать с момента бросания. Тогда координата тела в момент времени t равна:
\[ y={{\upsilon }_{0}}\cdot t-\frac{g\cdot {{t}^{2}}}{2}(1) \]
Тело побывает на высоте h первый раз в момент времени t1, двигаясь вверх и второй раз в момент времени t2, двигаясь вниз. Определим эти моменты времени, решая уравнение (1) относительно t и учитывая, что в выбранной системе координат для точки, находящейся на высоте h, y = h. Например:
g·t2 - 2·υ0·t + 2·h = 0
d = 4· υ20· – 8 g·h = 4·(υ20 – 2 g·h)
\[ \begin{align}
  & {{t}_{1}}=\frac{2\cdot {{\upsilon }_{0}}-\sqrt{4\cdot \left( \upsilon _{0}^{2}-2\cdot g\cdot h \right)}}{2\cdot g}=\frac{{{\upsilon }_{0}}-\sqrt{\upsilon _{0}^{2}-2\cdot g\cdot h}}{g}; \\
 & {{t}_{2}}=\frac{{{\upsilon }_{0}}+\sqrt{\upsilon _{0}^{2}-2\cdot g\cdot h}}{g} \\
\end{align}
 \]
По условию задачи
\[ \tau ={{t}_{2}}-{{t}_{1}}=\frac{2\cdot \sqrt{\upsilon _{0}^{2}-2\cdot g\cdot h}}{g} \]
Решим это уравнение относительно υ0
\[ {{\upsilon }_{0}}=\frac{1}{2}\cdot \sqrt{g\cdot \left( {{\tau }^{2}}\cdot g+8\cdot h \right)} \]
υ0 = 40 м/с


Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: djek от 14 Июня 2012, 17:19
65. С неподвижного относительно земли вертолета сбросили без начальной скорости тело. Спустя t1 = 1,0 с было сброшено тоже без начальной скорости второе тело. Определить расстояние между телами через t2 = 2,0 с от начала падения первого тела. Сопротивление воздуха не учитывать.
Решение.
Координатную ось OY направим вертикально вниз. Начало координат О свяжем с неподвижным относительно земли вертолетом. Время будем отсчитывать с момента падения первого тела. Тогда в выбранной системе координат,  координата первого тела  у2 = l2, координата второго тела у1 = l1
Искомое расстояние:
l = l2 - l1
\[ \begin{align}
  & {{l}_{2}}=\frac{g\cdot t_{2}^{2}}{2};{{l}_{1}}=\frac{g\cdot t_{1}^{2}}{2}; \\
 & l={{l}_{2}}-{{l}_{1}}=\frac{g\cdot t_{2}^{2}}{2}-\frac{g\cdot t_{1}^{2}}{2}=\frac{g}{2}\cdot \left( t_{2}^{2}-t_{1}^{2} \right) \\
\end{align}
 \]
l = 15 м
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: djek от 15 Июня 2012, 20:08
64. Скорость тела, брошенного вертикально вниз с некоторой высоты, через t1 = 1,0 с увеличилась по сравнению с начальной в n1 = 6,0 раз. Во сколько раз увеличится его скорость через t2 = 2,0 с после броска? Сопротивление воздуха не учитывать.
Решение.
Координатную ось OY направим вертикально вниз. Начало координат О свяжем с точкой бросания тела. Время будем отсчитывать от момента броска тела. Тогда в выбранной системе координат проекция его скорости на ось OY в момент времени t равны соответственно:
\[ \begin{align}
  & {{\upsilon }_{1}}={{\upsilon }_{0}}+g\cdot {{t}_{1}};{{\upsilon }_{2}}={{\upsilon }_{0}}+g\cdot {{t}_{2}} \\
 & {{n}_{1}}\cdot {{\upsilon }_{0}}={{\upsilon }_{0}}+g\cdot {{t}_{1}};{{n}_{2}}\cdot {{\upsilon }_{0}}={{\upsilon }_{0}}+g\cdot {{t}_{2}} \\
 & \left( {{n}_{1}}-1 \right)\cdot {{\upsilon }_{0}}=g\cdot {{t}_{1}} \\
 & \left( {{n}_{2}}-1 \right)\cdot {{\upsilon }_{0}}=g\cdot {{t}_{2}} \\
\end{align}
 \]
Разделим уравнения и выразим n2
\[ \begin{align}
  & \frac{{{n}_{1}}-1}{{{n}_{2}}-1}=\frac{{{t}_{1}}}{{{t}_{2}}} \\
 & {{n}_{2}}=1+\frac{{{t}_{2}}\cdot \left( {{n}_{1}}-1 \right)}{{{t}_{1}}} \\
\end{align}
 \]
n2 = 11
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: djek от 15 Июня 2012, 21:37
63. С крыши дома высотой H = 20 м вертикально вверх брошен камень со скоростью υ0 = 10 м/с. Определить скорость камня на высоте h = 10 м над землей и скорость его в момент удара о землю. Сопротивление воздуха не
учитывать.
Решение.
Начало координат совместим с точкой О, ось OY направим вертикально верх (см. рис.). Время будем отсчитывать с момента броска камня. Тогда координата тела и проекция его скорости на ось OY в момент времени t равны соответственно:
\[ y=H+{{\upsilon }_{0}}\cdot t-\frac{g\cdot {{t}^{2}}}{2}(1);\upsilon ={{\upsilon }_{0}}-g\cdot t(2) \]
В момент времени, когда тело окажется на высоте h, его скорость будет равна υ1, а координата y = h. Найдем это время, решая квадратное уравнение (1) относительно t. Например:
g·t2 - 2·υ0·t - 2·(Н – h) = 0
d = 4· υ20· + 8 g·(Н – h) = 4·(υ20 – 2 g·(Н - h)
\[ \begin{align}
  & {{t}_{1}}=\frac{2\cdot {{\upsilon }_{0}}+2\cdot \sqrt{\upsilon _{0}^{2}+2\cdot g\cdot \left( H-h \right)}}{2\cdot g}=\frac{{{\upsilon }_{0}}+\sqrt{\upsilon _{0}^{2}+2\cdot g\cdot \left( H-h \right)}}{g}; \\
 & {{t}_{2}}=\frac{{{\upsilon }_{0}}-\sqrt{\upsilon _{0}^{2}+2\cdot g\cdot \left( H-h \right)}}{g} \\
\end{align}
 \]
Физический смысл имеет только корень t1 (t2<0). Подставим значение t1 в формулу (2) и найдем скорость υ1 камня на высоте h.
\[ {{\upsilon }_{1}}={{\upsilon }_{0}}-g\cdot \frac{\left( {{\upsilon }_{0}}+\sqrt{\upsilon _{0}^{2}+2\cdot g\cdot \left( H-h \right)} \right)}{g}=\sqrt{\upsilon _{0}^{2}+2\cdot g\cdot \left( H-h \right)} \]
Аналогично, учитывая, что в момент падения камня его координата у = 0, найдем время падения и скорость в момент падения:
\[ \begin{align}
  & t=\frac{{{\upsilon }_{0}}+\sqrt{\upsilon _{0}^{2}+2\cdot g\cdot H}}{g}; \\
 & {{\upsilon }_{2}}=\sqrt{\upsilon _{0}^{2}+2\cdot g\cdot H} \\
\end{align}
 \]
υ1 = 17 м/с; υ2 = 22 м/с
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 25 Июля 2012, 18:58
54. На стержень длиной l = 0,9 м надета бусинка, которая может перемещаться по стержню без трения. В начальный момент бусинка находилась на середине стержня. Стержень начал двигаться поступательно в горизонтальной плоскости с ускорением а = 0,6 м/с2 в направлении, составляющем со стержнем угол α = 60°. Через сколько времени бусинка упадет со стержня?

Решение. Пусть стержень движется так, как показано на рис. 1. Перейти в систему отсчета, связанную со стержнем (неинерциальная система отсчета). Если бы не мешал стержень, то бусинка в этой системе должна была бы двигаться в противоположную сторону с таким же по величине ускорением ab (рис. 2). Тогда по стержню бусинка будет двигаться с ускорением ax = ab∙cos α.
С таким ускорением бусинке надо пройти расстояние s = l/2 (бусинка находилась на середине стержня), начальная скорость υ0 = 0. Тогда
\[\Delta r_{x} =\frac{l}{2} =\upsilon _{0x} \cdot t+\frac{a_{x} \cdot t^{2} }{2} =\frac{a\cdot \cos \alpha \cdot t^{2} }{2} ,\; \; \; t=\sqrt{\frac{l}{a\cdot \cos \alpha } } ,\]
t = 1,7 c.
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 26 Июля 2012, 19:33
57. Пользуясь графиком зависимости проекции скорости материальной точки от времени (рис. 1), построить график зависимости ее координаты от времени. В начальный момент координата точки равна нулю.

Решение. Графики будем строить по точкам. Запишем уравнение координаты в общем виде:
\[x=x_{0} +\upsilon _{0x} \cdot t+\frac{a_{x} \cdot t^{2} }{2} .\]
Материальная точка изменяет свое ускорение два раза: в момент времени t1 = 2 c и в t2 = 3 c, т.е. точка за все время движения имеет три разных уравнения координат. Определим их для каждого участка с постоянным ускорением.

Участок 1: 0 c ≤ t ≤ 2 c. Уравнение координаты в общем виде для этого участка:
\[x_{1} =x_{01} +\upsilon _{01x} \cdot t_{1} +\frac{a_{1x} \cdot t_{1}^{2} }{2} ,\]
где x01 = 0 (по условию), υ01x = 2 м/с (находим из графика значение скорости в момент времени t1 = 0), t1 = t (т.к. отсчет времени на этом участке начинается с 0 с). Ускорение a1x найдем так:
\[a_{1x} =\frac{\Delta \upsilon _{x} }{\Delta t} =\frac{\upsilon _{2x} -\upsilon _{1x} }{t_{2} -t_{1} } ,\]
где пусть t2 = 2 с, t1 = 1 с, тогда из графика находим значения υ = –2 м/с, υ = 0 м/с и получаем a1x = – 2 м/с2. В итоге получаем следующее уравнение координаты
\[x_{1} =2t+\frac{-2t^{2} }{2} =2t-t^{2} .\; \; \; (1)\]
График функции (1) — это парабола, для построения которой найдем пять точек (см. таблицу 1).
Таблица 1
х1, м 0,0 0,75 1,0 0,75 0,0
t, с 0,0 0,5 1,0 1,5 2,0

График представлен на рисунке 2 (линия АВ).


Участок 2: 2 c ≤ t ≤ 3 c. Уравнение координаты в общем виде для этого участка:
\[x_{2} =x_{02} +\upsilon _{02x} \cdot t_{2} +\frac{a_{2x} \cdot t_{2}^{2} }{2} ,\]
где x02 = x1(2 c) = 0 (начальная координата второго участка должна совпадать с конечной координатой первого участка), υ02x = –2 м/с (находим из графика значение скорости в момент времени t2 = 2 с), t2 = t – 2 (т.к. отсчет времени на втором участке начинается на 2 с после отсчета времени на первом). Ускорение a2x = 0, т.к. скорость точки не изменяется. В итоге получаем следующее уравнение координаты
\[x_{2} =-2\cdot \left(t-2\right)=4-2t.\; \; \; (2)\]
График функции (2) — это прямая линия, для построения которой потребуется две точки (см. таблицу 2).
Таблица 2
х2, м 0,0 –2,0
t, с 2,0 3,0

График представлен на рисунке 2 (линия ВС).


Участок 3: 3 c ≤ t ≤ 4 c. Уравнение координаты в общем виде для этого участка:
\[x_{3} =x_{03} +\upsilon _{03x} \cdot t_{3} +\frac{a_{3x} \cdot t_{3}^{2} }{2} ,\]
где x03 = x2(3 c) = –2 м (начальная координата третьего участка должна совпадать с конечной координатой второго участка), υ03x = –2 м/с (находим из графика значение скорости в момент времени t3 = 3 с), t3 = t – 3 (т.к. отсчет времени на третьем участке начинается на 3 с после отсчета времени на первом). Ускорение a3x найдем так:
\[a_{3x} =\frac{\Delta \upsilon _{x} }{\Delta t} =\frac{\upsilon _{2x} -\upsilon _{1x} }{t_{2} -t_{1} } ,\]
где пусть t2 = 4 с, t1 = 3 с, тогда из графика находим значения υ = 0 м/с, υ = –2 м/с и получаем a3x = 2 м/с2. В итоге получаем следующее уравнение координаты
\[x_{3} =-2-2\cdot \left(t-3\right)+\frac{2\cdot \left(t-3\right)^{2} }{2} =-2-2t+6+t^{2} -6t+9=t^{2} -8t+13.\; \; \; (3)\]
График функции (3) — это парабола, для построения которой найдем пять точек (см. таблицу 3).
Таблица 3
х3, м –2,0 –2,4 –2,8 –2,9 –3,0
t, с 3,0 3,25 3,5 3,75 4,0

График представлен на рисунке 2 (линия СD).
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 27 Июля 2012, 19:38
58. Материальная точка может перемещаться прямолинейно вдоль оси ОХ. По известному графику зависимости проекции υx скорости данной точки (рис. 1) построить графики зависимости проекции ах ускорения и координаты x точки от времени, считая, что x = 0 при t = 0.

Решение. Так как на графике нет значений величин, то графики будем строить приблизительно (схематично). Запишем уравнение координаты в общем виде:
\[x=x_{0} +\upsilon _{0x} \cdot t+\frac{a_{x} \cdot t^{2} }{2} .\]
Материальная точка изменяет свое ускорение один раз: в момент времени t2, т.е. точка за все время движения имеет два разных уравнения координат. Определим их для каждого участка с постоянным ускорением.

Участок 1: 0 ≤ tt2. Уравнение координаты в общем виде для этого участка:
\[ {{x}_{1}}={{x}_{01}}+{{\upsilon }_{01x}}\cdot {{t}_{1}}+\frac{{{a}_{1x}}\cdot t_{1}^{2}}{2}, \]
где x01 = 0 (по условию), υ01x = υ01 > 0 (находим из графика значение скорости в момент времени t = 0), t1 = t (т.к. отсчет времени на этом участке начинается с 0 с). Ускорение

a1x = –a1   (1)

(a1x < 0), т.к. скорость уменьшается. В итоге получаем следующее уравнение координаты
\[ {{x}_{1}}={{\upsilon }_{01}}\cdot t-\frac{{{a}_{1}}\cdot {{t}^{2}}}{2}.\ \ \ (2) \]
График функции (1) — это прямая перпендикулярная оси ax и проходящая через точку ax = –a1. На рисунке 2 — это линия АВ.
График функции (2) — это парабола ветвями вниз, вершина которой в точке Е. На рисунке 3 — это линия АВ.

Участок 2: t2t. Уравнение координаты в общем виде для этого участка:
\[ {{x}_{2}}={{x}_{02}}+{{\upsilon }_{02x}}\cdot {{t}^{'}}_{2}+\frac{{{a}_{2x}}\cdot t_{2}^{'2}}{2}, \]
где x02 = x21 = x1(t2) (начальная координата второго участка должна совпадать с конечной координатой первого участка), υ02x = –υ0202x < 0) (находим из графика значение скорости в момент времени t = t2), t´2 = t – t2 (т.к. отсчет времени на втором участке начинается на t2 после отсчета времени на первом). Ускорение

a2x = 0,   (3)

т.к. скорость точки не изменяется. В итоге получаем следующее уравнение координаты

x2 = x21 – υ02∙(tt2).   (4)

График функции (3) — это прямая перпендикулярная оси ax и проходящая через точку ax = 0. На рисунке 2 — это линия CE.
График функции (4) — это прямая, начинающаяся в точке B и наклоненная вниз (т.к. υ02x < 0). На рисунке 3 — это линия ВС. Так как скорости в точках В и С равные, то прямая ВС является продолжением касательной к параболе в точке В.
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 28 Июля 2012, 16:28
60. На рис. 1 приведен график скорости тела, движущегося прямолинейно. Построить график его перемещения и ускорения, если треугольники ОАВ, BCD и DEK равны.

Решение. Так как на графике нет значений величин, то графики будем строить приблизительно (схематично). Запишем уравнение проекции перемещения в общем виде:
\[\Delta r_{x} =\upsilon _{0x} \cdot t+\frac{a_{x} \cdot t^{2} }{2} .\]
Тело изменяет свое ускорение три раза: в точках А, С и Е, т.е. оно за все время движения имеет четыре разных уравнения проекций перемещений. Определим их для каждого участка с постоянным ускорением.
Так как угол наклона графика к оси времени везде один и то же, то ускорения на всех участках численно равны. Обозначим значения этих ускорений буквой а1.
Будут равны (это можно примерно определить из графика) и промежутки времени прохождения участков 0А, АВ, ВС, CD, DE и EK. Обозначим этот промежуток время буквой t1.
Скорости в точках A, C и E так же часленно равны (это следует из равенства ускорений и времени). Обозначим значения этих скоростей буквой υ1.

Участок 0А: Уравнение проекции перемещения в общем виде для этого участка:
\[\Delta r_{ax} =\upsilon _{0ax} \cdot t_{a} +\frac{a_{ax} \cdot t_{a}^{2} }{2} ,\]
где υ0ax = 0 (находим из графика значение скорости в момент времени t = 0), ta = t (т.к. отсчет времени на этом участке начинается с 0 с). Ускорение

aax = a1   (1)

(aax > 0), т.к. скорость увеличивается. В итоге получаем следующее уравнение проекции перемещения
\[\Delta r_{ax} =\frac{a_{1} \cdot t^{2} }{2} .\; \; \; (2)\]
График функции (1) — это прямая перпендикулярная оси ax и проходящая через точку ax = a1. На рисунке 2 — это линия A1А.
График функции (2) — это парабола ветвями вверх, вершина которой в точке 0. На рисунке 3 — это линия 0А.

Участок АС: Уравнение проекции перемещения в общем виде для этого участка (не забываем, что до этого тело уже совершило перемещение Δra = Δrax(t1)):
\[\Delta r_{cx} =\Delta r_{a} +\upsilon _{0cx} \cdot t_{c} +\frac{a_{cx} \cdot t_{c}^{2} }{2} ,\]
где Δra = a1t12/2, υ0cx = υ1 = a1t1, tc = t – t1 (т.к. отсчет времени на этом участке начинается на t1 позже начального). Ускорение

acx = –a1   (3)

(acx < 0), т.к. скорость уменьшается. В итоге получаем следующее уравнение проекции перемещения
\[\begin{array}{c} {\Delta r_{cx} =\frac{a_{1} \cdot t_{1}^{2} }{2} +\upsilon _{1} \cdot t_{b} -\frac{a_{1} \cdot t_{b}^{2} }{2} =\frac{a_{1} \cdot t_{1}^{2} }{2} +a_{1} \cdot t_{1} \cdot \left(t-t_{1} \right)-\frac{a_{1} \cdot \left(t-t_{1} \right)^{2} }{2} =} \\ {=\frac{a_{1} \cdot t_{1}^{2} }{2} +a_{1} \cdot t_{1} \cdot t-a_{1} \cdot t_{1}^{2} -\frac{a_{1} \cdot t^{2} }{2} +a_{1} \cdot t\cdot t_{1} -\frac{a_{1} \cdot t_{1}^{2} }{2} =2a_{1} \cdot t_{1} \cdot t-\frac{a_{1} \cdot t^{2} }{2} -a_{1} \cdot t_{1}^{2} .\; \; \; (4)} \end{array}\]
График функции (3) — это прямая перпендикулярная оси ax и проходящая через точку ax = –a1. На рисунке 2 — это линия А2C.
График функции (4) — это парабола ветвями вниз, вершина которой в точке В (t = 2t1), а значения перемещений в точках A и С равны (см. примечание 2). На рисунке 3 — это линия АC.
См. продолжение (http://www.web-physics.ru/smf/index.php/topic,2705.msg39295.html#msg39295)
Название: Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 29 Июля 2012, 17:10
См. начало (http://www.web-physics.ru/smf/index.php/topic,2705.msg39294.html#msg39294)
Участок СЕ: Уравнение проекции перемещения в общем виде для этого участка (не забываем, что до этого тело уже совершило перемещение Δra):
\[\Delta r_{ex} =\Delta r_{a} +\upsilon _{0ex} \cdot t_{e} +\frac{a_{ex} \cdot t_{e}^{2} }{2} ,\]
где Δra) = a1t12/2, υ0ex = –υ1 = –a1t1, te = t – 3t1 (т.к. отсчет времени на этом участке начинается на 3t1 позже начального). Ускорение

aex = a1   (5)

(aex > 0), т.к. скорость увеличивается. В итоге получаем следующее уравнение проекции перемещения
\[\begin{array}{c} {\Delta r_{ex} =\frac{a_{1} \cdot t_{1}^{2} }{2} -\upsilon _{1} \cdot t_{b} +\frac{a_{1} \cdot t_{b}^{2} }{2} =\frac{a_{1} \cdot t_{1}^{2} }{2} -a_{1} \cdot t_{1} \cdot \left(t-3t_{1} \right)+\frac{a_{1} \cdot \left(t-3t_{1} \right)^{2} }{2} =} \\ {=\frac{a_{1} \cdot t_{1}^{2} }{2} -a_{1} \cdot t_{1} \cdot t+3a_{1} \cdot t_{1}^{2} +\frac{a_{1} \cdot t^{2} }{2} -3a_{1} \cdot t\cdot t_{1} +\frac{9a_{1} \cdot t_{1}^{2} }{2} =\frac{a_{1} \cdot t^{2} }{2} -4a_{1} \cdot t_{1} \cdot t+8a_{1} \cdot t_{1}^{2} .\; \; (6)} \end{array}\]
График функции (5) — это прямая перпендикулярная оси ax и проходящая через точку ax = a1. На рисунке 2 — это линия C1Е.
График функции (6) — это парабола ветвями вверх, вершина которой в точке D (t = 4t1) и равна нулю (см. примечание 3), и значения перемещений в точках С и Е равны (и равны Δra) (см. примечание 2). На рисунке 3 — это линия .

Участок EL: Уравнение проекции перемещения в общем виде для этого участка (не забываем, что до этого тело уже совершило перемещение Δra)):
\[\Delta r_{lx} =\Delta r_{a} +\upsilon _{0lx} \cdot t_{l} +\frac{a_{lx} \cdot t_{l}^{2} }{2} ,\]
где Δra) = a1t12/2, υ0lx = υ1 = a1t1, tl = t – 5t1 (т.к. отсчет времени на этом участке начинается на 5t1 позже начального). Ускорение

alx = –a1   (7)

(alx < 0), т.к. скорость уменьшается. В итоге получаем следующее уравнение проекции перемещения
\[\begin{array}{c} {\Delta r_{lx} =\frac{a_{1} \cdot t_{1}^{2} }{2} +\upsilon _{1} \cdot t_{l} -\frac{a_{1} \cdot t_{l}^{2} }{2} =\frac{a_{1} \cdot t_{1}^{2} }{2} +a_{1} \cdot t_{1} \cdot \left(t-5t_{1} \right)-\frac{a_{1} \cdot \left(t-5t_{1} \right)^{2} }{2} =} \\ {=\frac{a_{1} \cdot t_{1}^{2} }{2} +a_{1} \cdot t_{1} \cdot t-5a_{1} \cdot t_{1}^{2} -\frac{a_{1} \cdot t^{2} }{2} +5a_{1} \cdot t\cdot t_{1} -\frac{25a_{1} \cdot t_{1}^{2} }{2} =6a_{1} \cdot t_{1} \cdot t-\frac{a_{1} \cdot t^{2} }{2} -17a_{1} \cdot t_{1}^{2} .\; \; (8 )} \end{array}\]
График функции (7) — это прямая перпендикулярная оси ax и проходящая через точку ax = –a1. На рисунке 2 — это линия E1L.
График функции (8 ) — это парабола ветвями вниз, вершина которой в точке К (t = 6t1), а значения перемещений в точках E и L равны (см. примечание 2). На рисунке 3 — это линия EL.

Примечание. 1) В условии опечатка (здесь исправлена): написано «график скорости тела», надо «график проекции скорости тела», т.к. υ — это обозначение модуля скорости, который не может быть отрицательным.
2) Определить некоторые точки параболы можно или используя уравнение (4), или из анализа графика: а) вершина параболы будет в точке, где скорость равна нулю, т.е. в точках B, D и K; б) перемещение на участках АВ и ВС будут равные по величине, но противоположные по знаку, поэтому полное перемещение на участке AC равно нулю (тело возвращается назад). Аналогично можно рассуждать и для участка CE, и для участка EL.
3) Определить, значения вершина параболы можно или используя уравнение (6), или из анализа графика: так как по условию треугольники 0АВ и BCD равны, то перемещение на участках В и ВСD будут равные по величине, но противоположные по знаку, поэтому полное перемещение на участке 0D равно нулю (тело возвращается назад).