Задача 1. скоростями и

Задача 1. Из одного пункта в одну сторону вышли два автомобиля со
скоростями v01  5 м с и v02  15 м с , и начали двигаться равноускоренно с
одинаковыми ускорениями. При этом второй автомобиль начал движение на 5
секунд позже первого. При каком максимальном ускорении второй автомобиль
сможет догнать первый? (5 мин)
Решение. Пути, пройденные автомобилями равны
a t   2
at 2
.
S1  v01t 
; S2  v02 t    
2
2
При встрече S1=S2. Отсюда после преобразований получаем, что
v02  a / 2 
t
v02  v01   a
Это возможно если выполняются неравенства v02  a / 2 и v02  v01  a . Более
сильное ограничение накладывает второе неравенство, поэтому
v v
amax  02 01  2 м/с2.

Ответ: amax  2 м с 2 .
Задача 2. Скорость воды в реке равна нулю у самого берега и растет как
квадрат расстояния до ее середины. Турист переправляется через эту реку на
лодке в полном тумане, не меняя ориентации лодки и её скорости относительно
воды. Как он должен направить лодку в момент старта, чтобы переплыть реку
как можно быстрее? Берега реки прямолинейны, а ее ширина всюду одинакова.
(10 мин)
Решение. Выберем начало координат в точке старта, ось Ох направим
вдоль берега по течению реки, ось Оу – поперек. Если начальная скорость
лодки составляет угол (/2 + ) с направлением оси Ох, то
2
 x  0 1  1  y L  0 sin  , (4 балла)
 y  0 cos  . (2 балла)
и не зависит от времени. Здесь 0 – максимальная скорость воды в реке
относительно берега, 2L – ширина реки.
Лодка пройдет расстояние L за время L 0 cos   (2 балла), тогда минимальное
время будет при   0 (2 балла).
Ответ:   0 .


Задача 3. В тисках зажаты два совершенно одинаковых бруска.
Коэффициент трения между брусками равен 1 , а между любым из брусков и
тисками  2 . Сила сжатия тисков F. Определить с какой силой следует тянуть
один из брусков вдоль сжимающих поверхностей тисков, чтобы оба бруска
двигались как единое целое. (10 мин)
Решение. Чтобы бруски вообще двигались надо, чтобы сила, с которой
их тянут, была больше силы трения между брусками и тисками. Должно
выполняться неравенство Ft  2 2 F , поскольку с каждой стороны тисков
действует сила трения равная  2 F . Но чтобы бруски двигались вместе сила
трения между ними, равная 1F , должна быть больше чем сила Ft   2 F .
Следовательно, должно выполняться неравенство 1 F  Ft   2 F . Таким
Ft
образом, для силы
должны выполняться два неравенства:
2 2 F  Ft  1   2 F . Оба неравенства выполняются, если  2  1 . Если это
неравенство не выполняется, задача решения не имеет. Если это неравенство
выполняется, любая сила, удовлетворяющая предыдущему неравенству,
является решением задачи.
Ответ: 2 2 F  Ft  1   2 F ;  2  1 .
Задача 4. Тяжелый груз массой 100 кг необходимо переместить человеку,
масса которого 60 кг. Коэффициент трения груза о поверхность 0.2 ,
коэффициент трения подошв человека 0.3 . Под каким углом к горизонту
следует направить силу, с которой следует тянуть груз? (15 мин)
Решение. Силы, действующие на груз, разложим по осям x , y ,
направленным горизонтально и вертикально:
Здесь
x : F  cos  F1т р  0;
F1т р  1 N1 ;
где
y : N1  F sin   P1  0;
P1  m1 g .
Рассмотрим также силы, действующие на человека
Здесь
F2 т р  F cos  0;
F2 т р   2 N 2 ;
где
N 2  F sin   P2  0;
P2  m2 g.
Откуда
 2 m2 g
.
F
cos    2 sin 
Подставляя это уравнение в первую систему уравнений, получим:
 2 m2 g cos  1 sin  
 1m1 g отсюда
cos   2 sin 
 m   2 m2
tg  1 1
. Подставляя числа, получим:
1 2 m  m2


tg 
0.2  100  0.3  60
2

 0.2 .
0.2  0.3  100  60  0.6  16
Ответ: tg  0.2 .
Задача 5. Шайба
массой
начинает
m
движение по желобу AB
из точки A из состояния
покоя.
Точка
A
расположена выше точки
B на высоте H  6 м . В
процессе движения по
желобу механическая энергия шайбы из-за трения уменьшается на E  2 Дж .
В точке B шайба вылетает из желоба под углом   15 к горизонту и падает на
землю в точке D , находящейся на одной горизонтали с точкой B (см. рисунок).
BD  4 м . Найдите массу шайбы m . Сопротивлением воздуха пренебречь. (15
мин)
Решение. Скорость шайбы в точке B определяется из баланса ее энергии
m 2
 mgH  E . Отсюда:
в точках A и B с учетом потерь на трение:
2
 2  2 gH  2E m .
Время полета шайбы из точки B в точку D : y   sin   t  gt 2 2  0 , где
y – вертикальная координата шайбы в системе отсчета с началом координат в
точке B . Отсюда: t  2 sin  g .
Дальность полета BD определяется из выражения для горизонтальной
координаты шайбы в той же системе отсчета: BD   cos  t  2 sin 2  g .
Подставляя в выражение для BD значение  2 , получаем:
BD  2H  E mg sin 2 . Отсюда находим массу шайбы:
E
m
 0.1 кг .

BD 
g  H 



2
sin
2



Ответ: m  0.1 кг .
Задача 6. Футболист забивает гол с одиннадцатиметрового штрафного
удара точно под перекладину ворот. Какую минимальную энергию нужно было
для этого сообщить мячу? Высота ворот 2.5 м , масса мяча 0.5 кг .
Сопротивлением воздуха пренебречь. (10 мин)
Решение. Обозначим минимальную вертикальную составляющую
скорости мяча как 1 , а минимальную горизонтальную составляющую этой
скорости как 2 . Минимальная вертикальная составляющая скорости
определяется из условия подъема на высоту ворот h , формулой: h  gt 2 2 и
формулой 1  gt . Из них получаем: 1  2 gh . Горизонтальная составляющая
определяется из условия, чтобы за время подъема
t  2h g
мяч долетел до ворот: 2  l t  l g 2h , где l  11 м – расстояние, с которого
производится удар. Поскольку сообщаемая футболистом мячу энергия является
полностью кинетической, то ее минимальное значение определяется формулой:
m12  22  mg 2h  l 2 2h 
E  m2 2 

 mg h  l 2 4h 
2
2
Подставляя численные значения, получим: E  73 Дж .
Ответ: E  73 Дж .
Задача 7. Легкая лестница установлена опираясь на абсолютно гладкую
стену под углом 60 к горизонту. Коэффициент трения лестницы о пол
составляет   0.2 . Длина лестницы 2 м . Человек массой m  60 кг
поднимается вверх по лестнице. На какую максимальную высоту он сможет
подняться, прежде чем лестница начнет скользить? (5 мин)
Решение. Условие равновесия лестницы – равенство суммы сил и суммы
моментов сил нулю. Сила нормальной реакции пола равна N1  mg , поскольку
другие силы не имеют вертикальных составляющих. Поэтому сила трения
равна Fтр  mg и направлена горизонтально, как и сила реакции стенки.
Равенство моментов сил относительно точки опоры дает уравнение
mgx sin 30  mgl cos30 , откуда x  l cos30 / sin 30 – расстояние, пройденное
человеком вдоль лестницы. Высота подъема человека в этом случае равна
h  x cos30  l cos2 30 / sin 30  0.6 м .
Ответ: h  0.6 м .
Задача 8. Пробковый кубик с ребром a  10 см и массой M  150 г
лежит на горизонтальной подставке. Снизу кубик пробивает вертикально
летящая пуля массой m  10 г . Скорость пули при входе в кубик 1  100 м с ,
при вылете  2  95 м с . Подпрыгнет ли кубик ? (10 мин)
Решение. Кубик подпрыгнет, если F  Mg  1.5 Н , где F – модуль
силы, действующей на него со стороны пули. Так как скорость пули при
движении в кубике меняется мало, то
m1  m2  F  mg  ,
где   a 0.5  1  2   10 3 c – время движения пули в кубике.
Получим окончательно: F  50 Н – кубик подскочит.
Ответ: F  50 Н  Mg – кубик подскочит.
Задача 9. Пробирка массой 40 г , содержащая пары эфира, закрыта
пробкой и подвешена в горизонтальном положении на нерастяжимой нити.
Расстояние от центра тяжести пробирки до точки подвеса 20 см . При
нагревании пробирки пробка вылетает из неё со скоростью 4 м с , а нить
обрывается. Какова в этих условиях минимальная масса пробки, если нить
выдерживала силу натяжения не более 0.6 Н ? (10 мин)
Решение. Записан второй закон Ньютона для сил, действующих на
пробирку вдоль нити в момент вылета пробки, с учетом движения центра
M12
тяжести пробирки по окружности T  Mg 
и закон сохранения импульса
L
M1  m , где  – скорость пробки. Получено уравнение для скорости пробки
T

при вылете пробки: 1  L  g  . Получено уравнение для массы пробки, и
M

M
T

найдено ее численное значение: m 
L  g   0.01 кг  10 г .

M

Ответ: m  10 г .
Задача 10. Почему, когда колесо катится, часто бывает, что нижние
спицы видны отчетливо, а верхние – как будто сливаются? (5 мин)
Решение. Когда колесо катится, то оно в каждый момент времени
поворачивается вокруг точки касания с землей. Поэтому линейные скорости
верхних спиц больше линейных скоростей нижних спиц, расположенных ближе
к неподвижной в данный момент точке.