t g h 2

Ответы
(кинематика, статика)
1. Высота, на которую поднимется первое тело за время t
gt 2
.
h  0 t 
2
Рисунок - 1
Скорость первого тела на высоте h
1  0  gt
Изменение координаты у для первого тела
gt 2
,
у1  h  1t 
2
где t - текущее время.
Изменение координаты у для второго тела:
gt 2
.
у 2  0 t 
2
В момент встречи координаты тел равны, тогда
у1  у 2
gt 2
gt 2
h  1t 
 0 t 
2
2
h  0 t  1t , откуда t 
h
0  1
Подставив в уравнение (1) значения h и 1 , получим:
gt 2
0 t 
2  0  t  19,6  0,5  1,75 с.
t
0  0  gt g
2
9,8
2
(1)
Высота, на которой тела встретятся:
gt 2
9,8  (1,75) 2
H  0 t 
 19,6 1,75 
 19,3 м.
2
2
Ответ: t  1,75 с; H  19,3 м.
a 2
 4 м приобретает скорость
2. Через   4 с аэростат на высоте h 
2
u  a  2 м/с. Проекции скорости камня на координатные оси х и у в
момент бросания (рис.):
Рисунок - 2
ox  0, cos ,  4,76 м/с;
oy  0, sin  ,  u  4,75 м/с.
Закон движения брошенного камня относительно земли имеет вид:
x ( t )  ox t;
gt 2
y( t )  h  oy t 
.
2
,
Из условия падения камня (у = 0) при t   находим
,2
, g
h  oy  
 0,
2
откуда
, 
oy
g
 (
oy
g
)2  2
h
 1,5 с
g
(решение со знаком «минус» перед радикалом не имеет смысла, так как
при этом t <0). Дальность полета камня по горизонтали
l  x (, )  ox  ,  7 м.
3. Каждая точка колеса участвует в двух движениях: поступательном и
вращательном. Причем скорость вращения равна скорости
поступательного движения колеса.
Рисунок - 3
Комок грязи будет лететь в направлении движения колеса. Изменение
скорости комка по оси у имеет вид:
y  0 sin   gt
Конечная скорость равна 0, тогда
0 sin   gt
t
0 sin  ,
g
где t - время подъема.
Максимальная высота подъема равна:
gt 2
H  R  R cos   0 t sin  

2
0 sin  0 2 sin 2 
0 2 sin 2 
R( 1  cos  )  0 sin 

 R( 1  cos  ) 
g
2g
2g
Время полета комка до уровня отрыва t1  2
υ 0 sin 
g
Найдем время полета комка на участке R  R  cos  .
отсюда
gt 2
,
R  R cos   0 sin   t 
2
 0 sin   0 2 sin 2   2gR (1  cos )
t 
g
Полное время полета:
0 2 sin 2   2gR (1  cos )  0 sin 
0 sin 
T2


g
g
0 sin   0 2 sin 2   2gR (1  cos )
g
Дальность полета найдем по формуле:
S  (0  0 cos )  T
0 sin   0 2 sin 2   2gR (1  cos )
S  0 (1  cos ) 
g
Ответ:
0 sin   0 2 sin 2   2gR (1  cos )
S  0 (1  cos ) 
g
0 2 sin 2 
.
H  R (1  cos ) 
2g
4. Пусть V - объем тела. В начальный момент уравнение равновесия
имеет вид:
mg  Fарт
1
 т  V  g   рт  V  g ,
4
где  т - плотность ртути, тогда
1
 т   рт .
4
Рисунок -4
После того как налили воды уравнение равновесия имеет вид:
mg  FАрт  FАв
 т Vg   рт  Vx g  в ( V  Vx )g ,
где Vx - объем тела, погруженный в ртуть, после наполнения сосуда
водой.
 т Vg   ртVх g   в Vg   в Vx g
( т g   в g)V  Vx ( ртg   в g)
Vx  V 
 т g  в g
  в
 т
V
 ртg   в g  рт   в
Подставив в это уравнение  т , получим:
1
1
 рт   в
 1,36  10 4  10 3
12
Vx  V 4
4

V

V
 рт   в
63
1,36  10 4  10 3
Ответ: Vx =
12
V
63
5. На рисунке 5 изображены силы, действующие на шкаф при его
скольжении:


p - сила тяжести, F - сила, с которой человек давит на шкаф,


сила
трения
и
Fтр
N - реакция опоры.
Рисунок - 5

Ввиду специального выбора точки приложения силы F (точка С) шкаф
давит на пол только передними ножками (если приложить усилие слегка
выше точки С, шкаф начнет
опрокидываться). В то же время шкаф начинает

скользить, если силу F приложить в точке С. Поэтому
Fтр  kN.
Запишем условия равновесия шкафа:
для горизонтального направления
F  kN  0,
(1)
для вертикального направления
P  N  0,
(2)
и равенство нулю алгебраической суммы моментов сил, действующих
на шкаф, относительно горизонтальной оси, проходящей через точку А
перпендикулярно плоскости чертежа:
a
(3)
cF  P  0 .
2
Решая систему уравнений (1) – (3), находим коэффициент трения
шкафа о пол
a
k .
2c
6. Условие равновесия данной системы: сумма моментов всех сил равна
нулю, т.е. mg  АВ  mg  DО
Рисунок – 6
l
Из ABN AB  AN  sin   sin .
4
DCK  MNC , тогда < DCK  
l
Из DCK DC  KC  cos   cos
4
Из NOC OC  NC  sin  
l
 sin 
2
Из условия равновесия следует, что
AB  DO или
1
l
l
sin   DC  OC  cos   sin 
4
4
2
l
1
1
sin   cos   sin .
4
4
2
sinα  cosα  2sinα
3sinα  cosα
α  0, тогдаsinα  0
3sinα cosα

sinα sinα
ctg  3
Ответ:   arcctg 3
α  arcctg3