Образец решения вступительного задания

Образец решения вступительного задания
1. Из двух точек А и В, расположенных на расстоянии 60 м друг от друга, одновременно в
одном направлении начали движение два тела. Тело, движущееся из точки А, имело скорость 5 м/с, а тело, движущееся из точки В, скорость 2 м/с. Через какое время первое тело
нагонит второе? Какое перемещение совершит каждое тело?
Дано: х02 = 60 м; v1 = 5 м/с; v2 = 2 м/с.
Решение. Выберем начало оси X в точке A и направим ее по движению тела (рис. 1). Тогда
координаты первого и второго тел найдем как:
v2
v1
х01 = 0, х1= v1t, х2 = х02 + v2t, (1)
Для точки С, в которой первое тело нагонит второе, х1 = х2,
В
А
Х
С
t = t1, с учетом формул (1)
v1t1 = х02 + v2t1, (2)
Рис.1.
где t1 — время движения тел до точки встречи С. Из уравнения (2) находим время движения тел:
x
60
 20 c .
t1  02 ; t1 
5

2
v1  v2
Тогда перемещения тел таковы:
s1 = х1 - х01 = v1t1, s2 = х2 - х02 = v2t1,
s1 = 520 =100 м, s2 = 220 = 40 м.
Ответ: 20с, 100 м, 40 м.
2. Во сколько раз нужно увеличить скорость брошенного вверх тела, чтобы высота подъема
увеличилась в 4 раза?
Дано: hmax 2 / hmax1  4.
Решение: Направим ось У вертикально вверх, начало оси О выберем на поверхности земли (рис. 2.). Тогда уравнение движения тела и формула скороY
сти
A
y  v0 t  gt 2 / 2 , (1) v  v0  gt. (2).
v0
В наивысшей точке А подъема тела t = tпод , у = hmax, v = 0. Запишем уравнение (2) для точки А: 0 = v0 - gtпод, откуда tпод = v0/g (3).
O
Подставим (3) в (1), получим hmax  v02 2 g. (4)
Рис.2.
2
2
Следовательно, hmax 2  v02 . Откуда v02  4, значит v02  2.
2
2
hmax 1
Ответ: в 2 раза.
v01
v01
v01
3. Лифт движется вертикально вверх с ускорением 0,5 м/сек2. С какой силой давит человек
массой 70 кг на дно лифта? С какой силой он будет давить на дно лифта, если лифт будет
двигаться вертикально вниз с тем же ускорением?
Дано: а = 0,5 м/c2, m = 70 кг.
Решение. Если лифт движется вертикально вверх, то на человека,
находящегося в кабине
 
лифта, действуют: сила тяжести mg и N - сила реакции пола кабины
(рис. 3). Ускорение движения направлено вертикально вверх. Запишем
Y
для человека второй закон Ньютона:



N  mg  ma . (1)
N
a
Проведем ось Y в направлении движения лифта и, находя проекции ускорения и сил на ось Y, получим
N - mg = та, (2)
mg
откуда
Рис. 3.
N = mg + та = m(g + а); N = 70(9,8 + 0,5) = 721 Н.
На основании третьего закона Ньютона сила давления F человека на пол кабины равна по
модулю силе реакции N пола кабины: F= N = 721 Н.
Пусть лифт движется вертикально вниз. Проведем ось Y в направлении движения
лифта и, рассуждая аналогичным образом получим mg - N = та; N = mg - та = m(g - а);
N = 70(9,8 - 0,5) = 651 Н. F= N =651Н.
Ответ: 721 Н, 651Н.
4. Самолет летит горизонтально со скоростью 360 км/ч на высоте 490 м. Когда он пролетает
над точкой А, с него сбрасывают пакет. На каком расстоянии от точки А пакет упадет на
землю?
Дано: vo = 360 км/ч = 100 м/c; h = 490 м.
Решение. Направим ось X горизонтально, ось У вертикально, начало координат выберем в
точке А (рис. 4). Запишем уравнения движения пакета по осям X и Y
v0
x = vot, y = yo - gt2/2, (1)
где yo = h. Для точки падения В (t = t1, х = хВ, у = уВ = 0) уравнения (1) примут вид
А
В
хВ = vot1, (2) 0  h  gt12 / 2 . (3)
X
Время движения пакета до точки В найдем из уравнения (3):
Рис. 4.
t1  2h / g . (4)
Искомое расстояние
s = хВ найдем из уравнения (2) с учетом (4): s  v t  v 2h ;
01
0
g
s  100
2  490
 103 м.
9,8
Ответ: 103 м.
5. Снаряд с массой 50 кг, летящий параллельно рельсам со скоростью 400 м/с, попадает в
движущуюся платформу с песком и застревает в песке. Масса платформы с песком 20 т. С
какой скоростью будет двигаться платформа со снарядом: а) если она катилась навстречу
снаряду со скоростью 2 м/с? б) если она катилась в сторону движения снаряда со скоростью 2 м/с?
Дано: т1 = 50 кг, v1 = 400 м/c, т2 = 20 т = 2 104 кг, v2 = 2 м/c.
Решение: а) Запишем для снаряда и платформы с песком закон сохранения импульса



при неупругом ударе: m1v1  m2 v2  (m1  m2 )u (1)
Выбирая направление оси X совпадающим с направлением движения платформы и проецируя на нее обе части уравнения (1), получаем  m1v1  m2 v2  (m1  m2 )u , откуда
u
 m1v1  m2 v2
 50  400  2 10 4  2
; u
1 м/c.
m1  m2
50  2 10 4
Следовательно, направление движения платформы не изменилось.
б) Рассуждая аналогично, получим m1v1  m2 v2  (m1  m2 )u , откуда
u
m1v1  m2 v2
50  400  2 10 4  2
; u
 3 м/c.
4
m1  m2
50  2 10
Ответ: 1 м/c; 3 м/c.