Автор Тема: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.  (Прочитано 41904 раз)

0 Пользователей и 1 Гость просматривают эту тему.

djek

  • Гость
Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
« Ответ #60 : 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
« Последнее редактирование: 11 Июня 2012, 22:01 от djek »

Kivir

  • Гость
Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
« Ответ #61 : 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.

Kivir

  • Гость
Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
« Ответ #62 : 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:
\[ \begin{array}{l} {\left(n-1\right)\cdot l=\frac{a\cdot \left(t-t_{2} \right)^{2} }{2} ,} \\ {n\cdot l-l=\frac{a\cdot \left(t-t_{2} \right)^{2} }{2}.} \end{array} \]
\[ \begin{array}{l} {\frac{a\cdot t^{2} }{2} -\frac{a\cdot t_{1}^{2} }{2} =\frac{a\cdot \left(t-t_{2} \right)^{2} }{2} ,} \\ {t^{2} -t_{1}^{2} =\left(t-t_{2} \right)^{2} ,} \\ {t=\frac{t_{1}^{2} +t_{2}^{2} }{2\cdot t_{2}}.} \end{array} \]

Kivir

  • Гость
Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
« Ответ #63 : 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

Kivir

  • Гость
Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
« Ответ #64 : 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

Kivir

  • Гость
Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
« Ответ #65 : 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.

djek

  • Гость
Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
« Ответ #66 : 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
« Последнее редактирование: 12 Июня 2012, 21:41 от djek »

djek

  • Гость
Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
« Ответ #67 : 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
\[ \upsilon ={{\upsilon }_{0}}-g\cdot \frac{{{\upsilon }_{0}}+\sqrt{\upsilon _{0}^{2}+2\cdot g\cdot {{h}_{0}}}}{g}=\sqrt{\upsilon _{0}^{2}+2\cdot g\cdot {{h}_{0}}} \]

Kivir

  • Гость
Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
« Ответ #68 : 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).

Kivir

  • Гость
Re: Кинематика из сборника Савченко Н.Е.
« Ответ #69 : 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.

 

Sitemap 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24