Задачи и вопросы по физике > Тестирование 2013/2014
Репетиционное тестирование 3 этап 2013/2014
alsak:
Здесь вы можете обменяться ответами и решениями по РТ-3 2013-2014 (варианты 1 и 2), задать вопросы.
Вариант 1 А1 А2 А3 А4 А5 А6 А7 А8 А9 А10 1 4 5 2 1 5 4 4 4 4 А11 А12 А13 А14 А15 А16 А17 А18 3 1 4 3 3 2 5 3 B1 B2 B3 B4 B5 B6 B7 B8 B9 B10 B11 B12 24 25 10 2 400 164 15 8 5 1 500 72
Вариант 2 А1 А2 А3 А4 А5 А6 А7 А8 А9 А10 3 1 4 4 1 5 1 3 3 1 А11 А12 А13 А14 А15 А16 А17 А18 3 3 4 1 1 5 2 5 B1 B2 B3 B4 B5 B6 B7 B8 B9 B10 B11 B12 25 54 6 3 600 60 96 400 3 20 13 58
Виктор:
В1, вариант 1
Длина разбега самолёта по взлётной полосе l = 0,84 км, а модуль его скорости при взлёте в конце разбега υ = 252 км/ч. Если из состояния покоя самолёт двигался равноускорено и прямолинейно, то промежуток времени Δt, в течение которого самолёт разгонялся по взлётной полосе, равен …с.
В1, вариант 2
Самолёт, двигаясь равноускорено и прямолинейно из состояния покоя, развил взлётную скорость, модуль которой υ = 216 км/ч. Если длина разбега самолёта по взлётной полосе l = 0,72 км, то модуль ускорения a самолёта равен …дм/с2.
Решение: составим систему из двух уравнений: уравнения скорости (зависимости скорости от времени) и уравнения связывающего начальную скорость (υ0 = 0 – по условию), конечную скорость υ, ускорение a и перемещение (путь при равноускоренном движении - l):
\[ \begin{array}{l} {\upsilon =\upsilon _{0} +a\cdot \Delta t,{\rm \; \; \; \; \; }a=\frac{\upsilon }{\Delta t} ,} \\ {\upsilon ^{2} -\upsilon _{0}^{2} =2\cdot a\cdot l,{\rm \; \; \; \; }a=\frac{\upsilon ^{2} }{2\cdot l} ,} \\ {\frac{\upsilon }{\Delta t} =\frac{\upsilon ^{2} }{2\cdot l} ,{\rm \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; }\Delta t=\frac{2\cdot l}{\upsilon}.} \end{array} \]
Ответ: 24 с – вариант 1;
25 дм/с2 – вариант 2.
Виктор:
В2, вариант 1
Брусок массой m = 5,0 кг движется по горизонтальной поверхности с постоянной скоростью, модуль которой υ = √3 м/с, под действием силы F, направленной под углом α = 60° к горизонту (см. рис.). Если коэффициент трения скольжения между бруском и поверхностью μ = 1/√3, то мощность P, развиваемая силой F, равна …Вт.
В2, вариант 2
Брусок массой m = 5,0 кг движется по горизонтальной поверхности с постоянной скоростью, модуль которой υ = 4,0 м/с, под действием силы F, направленной под углом α = 30° к горизонту (см. рис.). Если коэффициент трения скольжения между бруском и поверхностью μ = 0,32, то мощность P, развиваемая силой F, равна …Вт.
Решение: при движении на брусок действуют силы: mg – сила тяжести, N – сила нормальной реакции опоры, Ftr –сила трения скольжения, F – сила тяги (см. рис.). При этом брусок движется равномерно, с постоянной скоростью υ (ускорение a = 0). Запишем второй закон Ньютона и спроецируем его на выбранную систему координат
\[ \begin{array}{l} {{\rm \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; }\vec{F}+\vec{N}+m\vec{g}+\vec{F}_{tr} =m\vec{a},} \\ {OX:{\rm \; \; \; \; \; }F\cdot \cos \alpha -F_{{\rm tr}} =0,} \\ {OY:{\rm \; \; \; \; \; }F\cdot \sin \alpha +N-mg=0,} \\ {{\rm \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; }F_{tr} =\mu \cdot N.} \end{array} \]
Решим полученную систему уравнений относительно силы F:
\[ \begin{array}{l} {F\cdot \cos \alpha -\mu \cdot \left(mg-F\cdot \sin \alpha \right)=0,} \\ {F\cdot \left(\cos \alpha +\mu \cdot \sin \alpha \right)=\mu \cdot mg,} \\ {F=\frac{\mu \cdot mg}{\cos \alpha +\mu \cdot \sin \alpha }.} \end{array} \]
Пусть брусок, под действием силы F, за время Δt переместится на расстояние Δr. Угол между перемещением и силой равен α. Мощность характеризует быстроту совершения работы. Запишем формулу для расчёта мощности, подставим туда формулу для расчёта работы постоянной силы и учтём, что при равномерном прямолинейном движении скорость тела равна отношению пройденного пути (перемещения) ко времени движения.
\[ \begin{array}{l} {P=\frac{A}{\Delta t} =\frac{F\cdot \Delta r\cdot \cos \alpha }{\Delta t} =F\cdot \upsilon \cdot \cos \alpha ,} \\ {P=\frac{\mu \cdot mg\cdot \upsilon \cdot \cos \alpha }{\cos \alpha +\mu \cdot \sin \alpha}.} \end{array} \]
Ответ: 25 Вт – вариант 1;
54 Вт – вариант 2.
Виктор:
В3, вариант 1
На горизонтальном диске, который равномерно вращается вокруг вертикальной оси, проходящей через центр диска, лежит небольшая монета. Коэффициент трения между монетой и поверхностью диска μ = 0,25. Если угловая скорость вращения диска ω = 5,0 рад/с, то максимальное расстояние l между центром монеты и осью вращения, при котором монета не соскальзывает с диска, равно … см.
В3, вариант 2
На горизонтальном диске на расстоянии l = 10 см от его центра лежит небольшая монета. Диск медленно начинают раскручивать вокруг вертикальной оси, проходящей через его центр. Если коэффициент трения между монетой и поверхностью диска μ = 0,36, то монета начнёт соскальзывать с диска при угловой скорости ω вращения, равной … рад/с.
Решение: рассмотрим момент начала соскальзывания. На монету действуют силы: mg – сила тяжести, N – сила нормальной реакции опоры, F –сила трения скольжения (см. рис.). Запишем второй закон Ньютона и спроецируем его на выбранную систему координат
\[ \begin{array}{l} {\vec{F}+\vec{N}+m\vec{g}=m\vec{a},} \\ {OX:{\rm \; \; \; \; \; }F=m\cdot a,} \\ {OY:{\rm \; \; \; \; \; }N-mg=0,} \\ {a=\omega ^{2} \cdot l,{\rm \; \; \; \; \; \; }F=\mu \cdot N.} \end{array} \]
Здесь: a – центростремительное ускорение монеты, движущейся по окружности радиуса l. После подстановки, получим
\[ \begin{array}{l} {\mu \cdot mg=m\cdot \omega ^{2} \cdot l,} \\ {l=\frac{\mu \cdot g}{\omega ^{2} } ,} \\ {\omega =\sqrt{\frac{\mu \cdot g}{l}}.} \end{array} \]
Ответ: 10 см – вариант 1;
6 рад/с – вариант 2.
Виктор:
В4, вариант 1
При подготовке игрушечного пистолета к выстрелу пружину жёсткостью k = 0,9 кН/м сжали на Δx = 6 см. Если выстрел был произведён с высоты h = 4 м над горизонтальной поверхностью, то кинетическая энергия Ek пули массой m = 9,5 г в момент падения на поверхность рана …Дж.
В4, вариант 2
При подготовке игрушечного пистолета к выстрелу пружину жёстко-стью k = 0,8 кН/м сжали на Δx = 5 см. Если выстрел был произведён с высоты h = 10 м над горизонтальной поверхностью, то кинетическая энергия Ek пули массой m = 20 г в момент падения на поверхность рана …Дж.
Решение: при выстреле потенциальная энергия сжатой пружины переходит в кинетическую энергию пули. Теперь пуля на высоте обладает начальной кинетической энергией Ek1 и потенциальной энергией взаимодействия с Землёй. В момент касания Земли – только искомой кинетической энергией. Запишем закон сохранения и превращения механической энергии
\[ \begin{array}{l} {\frac{k\cdot \Delta x^{2} }{2} =E_{k1} ,{\rm \; \; \; \; \; \; }E_{k1} +m\cdot g\cdot h=E_{k} ,} \\ {E_{k} =\frac{k\cdot \Delta x^{2} }{2} +m\cdot g\cdot h.} \end{array} \]
Ответ: 2 Дж – вариант 1;
3 Дж – вариант 2.
Навигация
Перейти к полной версии