3. Движение по окружности. Криволинейное движение

[Сергей]

А1.10 Два тела брошены под углом α₁ = α и α₂ =(90-α) к горизонту с одинаковым модулем начальной скорости. Отношение максимальных высот подъема тел составит:
1) sin2α;   2) sinα    3) cosα;   4) tg²α;   5) tgα
Решение. Максимальная высота полета равна (смотри задачу А1.6)
 \[ H=\frac{\upsilon _{0}^{2}\cdot {{\sin }^{2}}\alpha }{2\cdot g} \]
Отношение максимальных высот подъема
 \[ \frac{{{h}_{1}}}{{{h}_{2}}}=\frac{\upsilon _{0}^{2}\cdot {{\sin }^{2}}{{\alpha }_{1}}}{2\cdot g}\cdot \frac{2\cdot g}{\upsilon _{0}^{2}\cdot {{\sin }^{2}}{{\alpha }_{2}}}=\frac{{{\sin }^{2}}\alpha }{{{\sin }^{2}}(90-\alpha )}=\frac{{{\sin }^{2}}\alpha }{{{\cos }^{2}}\alpha }=t{{g}^{2}}\alpha  \]
Ответ: 4) tg²α

[Сергей]

А2.1 Модуль линейной скорости точек обода вращающегося диска υ₁ = 400 см/с, а точек, расположенных на Δr = 5,00 см ближе к оси вращения, — υ₂ = 200 см/с. Количество оборотов, совершаемое диском в минуту, равно:
1) 2.60;   2) 3,20;   3) 96,0;   4) 190;   5) 382.

Решение. Частота вращения каждой точки диска одинакова и равна
 \[ \nu =\frac{\omega }{2\cdot \pi }=\frac{{{\upsilon }_{1}}}{2\cdot \pi \cdot r}\,\,(1) \]
где  r – радиус диска. Угловая (одинакова для всех точек диска) и линейные скорости связаны следующими соотношениями

υ₁=ω·r;   υ₂=ω·(r-Δr)

\[ r=\frac{{{\upsilon }_{1}}\cdot \Delta r}{{{\upsilon }_{1}}-{{\upsilon }_{2}}} \]
Подставим полученное выражение в (1)
 \[ \nu =\frac{{{\upsilon }_{1}}}{2\cdot \pi \cdot \frac{{{\upsilon }_{1}}\cdot \Delta r}{{{\upsilon }_{1}}-{{\upsilon }_{2}}}}=\frac{{{\upsilon }_{1}}-{{\upsilon }_{2}}}{2\cdot \pi \cdot \Delta r} \]
ν=6,37 с^-1. Количество оборотов N за время t = 1мин = 60 с

N = ν·t = 382

Ответ: 5) 382

[Сергей]

А2.2 Минутная стрелка часов в п = 3 раза длиннее часовой. Модуль линейной скорости минутной стрелки больше модуля линейной скорости часовой:
1) в 72 раза;   2) в 36 раз;   3) в 20 раз;   4) в 18 раз;   5) в 4 раза.

Решение. Путь r₁ – длина часовой стрелки, r₂ – длина минутной стрелки. По условию задачи r₂ = n· r₁. Запишем отношение линейных скоростей минутной и часовой стрелок
 \[ \frac{{{\upsilon }_{2}}}{{{\upsilon }_{1}}}=\frac{{{\omega }_{2}}\cdot {{r}_{2}}}{{{\omega }_{1}}\cdot {{r}_{1}}}=\frac{{{\omega }_{2}}\cdot n\cdot {{r}_{1}}}{{{\omega }_{1}}\cdot {{r}_{1}}}=\frac{{{\omega }_{2}}\cdot n}{{{\omega }_{1}}}\,\,(1) \]
Угловая скорость ω₂ минутной и ω₁ часовой стрелок равны соответственно
 \[ {{\omega }_{2}}=\frac{2\cdot \pi }{{{T}_{2}}};\,\,\,{{\omega }_{1}}=\frac{2\cdot \pi }{{{T}_{1}}}\,\,\,(2) \]
где Т₂ = 1 час – период обращения минутной стрелки, Т₁ = 12 часов – период обращения часовой стрелки. Подставим (2) в (1)
 \[ \frac{{{\upsilon }_{2}}}{{{\upsilon }_{1}}}=\frac{{{\omega }_{2}}\cdot n}{{{\omega }_{1}}}=\frac{2\cdot \pi \cdot n}{{{T}_{2}}}\cdot \frac{{{T}_{1}}}{2\cdot \pi }=\frac{n\cdot {{T}_{1}}}{{{T}_{2}}}\,\,\, \]
ответ: 2) в 36 раз

[Сергей]

А2.3 Тело равномерно движется по окружности радиусом R = 200 см. Если период обращения тела Т = 2,0 с, то за время движения t = 3,0 с модуль перемещения тела составит:
1) 0;   2) 2,8 м;   3) 4,0 м;   4) 6,3 м;   5) 19 м.

Решение. Период вращения – физическая величина, численно равная промежутку времени, за который тело совершило полный оборот. Пускай тело начало двигаться из точки А, тогда за время t = 3,0 с тело совершит 1 полный оборот и еще половину оборота, т.е. окажется в точке В. Перемещение – вектор, соединяющий начальную и конечную точку траектории за данный промежуток времени. Как видно из рисунка, модуль перемещения

Δr = 2·R

Ответ: 3) 4,0 м

[Сергей]

А2.4 Если период обращения точек обода колеса уменьшить в п = 3 раза, то модуль центростремительного ускорения точек:
1) уменьшится в 3 раза;   2) уменьшится в 9 раз; 3) увеличится в 3 раза;
4) увеличится в 9 раз;   5) не изменится.

Решение. Путь Т₁ – первоначальный период обращения точек обода колеса. Т₂ – период уменьшенный в n раз. Т₁ = n·Т₂
 \[ \frac{{{a}_{2}}}{{{a}_{1}}}=\frac{4\cdot {{\pi }^{2}}\cdot R}{T_{2}^{2}}\cdot \frac{T_{1}^{2}}{4\cdot {{\pi }^{2}}\cdot R}=\frac{T_{1}^{2}}{T_{2}^{2}}=\frac{{{n}^{2}}\cdot T_{2}^{2}}{T_{2}^{2}}={{n}^{2}} \]
Ответ: 4) увеличится в 9 раз

[Сергей]

А2.5 Тело движется по окружности радиусом R = 4,0 м с постоянной по модулю скоростью. Период обращения Т = 4,0 с. Модуль средней скорости перемещения за время t = 6,0 с движения равен:
1) 2π/3 м/с;   2) 2π м/с;   3) 4/3 м/с;   4) 2/3 м/с; 5) 4π/3 м/с;

Решение. Период вращения – физическая величина, численно равная промежутку времени, за который тело совершило полный оборот. Пускай тело начало двигаться из точки А, тогда за время t = 6,0 с тело совершит 1 полный оборот и еще половину оборота, т.е. окажется в точке В. Перемещение – вектор, соединяющий начальную и конечную точку траектории за данный промежуток времени. Как видно из рисунка, модуль перемещения
Δr = 2·R. Тогда модуль средней скорости перемещения
 \[ \left\langle \upsilon  \right\rangle =\frac{\Delta r}{t}=\frac{2\cdot R}{t} \]
Ответ: 3) 4/3 м/с

[Сергей]

А2.6 Чтобы камень, брошенный под углом α = 45° к горизонту, мог достигнуть высоты h = 2,5 м, ему нужно сообщить минимальную скорость, модуль которой равен:
1) 7,1м/с;   2) 7,6 м/с;   3) 10 м/с;   4) 22 м/с;   5) 35 м/с.

Решение. Максимальная высота подъема тела равна (смотри задачу А1.6)
 \[ h=\frac{\upsilon _{0}^{2}\cdot {{\sin }^{2}}\alpha }{2\cdot g} \]
Тогда телу нужно сообщить минимальную скорость, модуль которой равен:
 \[ {{\upsilon }_{0}}=\sqrt{\frac{2\cdot g\cdot h}{{{\sin }^{2}}\alpha }}=\frac{1}{\sin \alpha }\cdot \sqrt{2\cdot g\cdot h} \]
Ответ: 3) 10 м/с;

[Сергей]

А2.7 С вертолета, летящего горизонтально со скоростью, модуль которой υ₁ = 160 км/ч, на высоте h = 500 м сбрасывают вымпел. Встречным курсом по отношению к вертолету двигается теплоход со скоростью, модуль которой υ₂ = 20,0 км/ч. Чтобы вымпел упал на теплоход, летчик должен сбросить его, когда расстояние до теплохода по горизонтали составляет:
1) 1,00 км;   2) 500 м;   3) 450 м;   4) 400 м;   5) 250 м.

Решение. Свяжем систему координат с точкой, из которой брошен вымпел. Ось Ох направим в сторону движения вертолета, а ось Оу вертикально вниз.
Движение вымпела представляет собой результат сложения двух прямолинейных движений: равномерного движения вдоль оси Ох со скоростью υ_ot = υ₁+υ₂ относительно катера и равноускоренного движения вдоль оси Оу с ускорением g без начальной скорости. Тогда в момент падения вымпела на теплоход
 \[ x=l={{\upsilon }_{ot}}\cdot t;\,\,\,\,y=h=\frac{g\cdot {{t}^{2}}}{2} \]
Решим совместно эти уравнения
\[ t=\sqrt{\frac{2\cdot h}{g}};\,\,\,\,\,\,l={{\upsilon }_{ot}}\cdot \sqrt{\frac{2\cdot h}{g}} \]
Ответ: 2) 500 м;

[Сергей]

А2.8 Камень брошен с башни со скоростью, модуль котором υ₀ = 20 м/с, под углом α = 30° к горизонту. Если высота башни 15 м, то расстояние от основания башни до точки падения камня составит:
1) 52 м;   2) 46 м;   3) 34 м;   4) 26 м;5) 14 м.

Решение. Направим ось Ох вдоль поверхности Земли, ось Оу вертикально вверх, а начало координат выберем в точке бросания камня. Движение камня представляет собой результат сложения прямолинейного равномерного движения вдоль оси Ох и равноускоренного вдоль оси Оу.
 \[ \begin{align}
  & \,\,\,\,\,\,{{\upsilon }_{{{0}_{x}}}}={{\upsilon }_{0}}\cdot \cos \alpha ;\,\,\,x={{\upsilon }_{0}}\cdot \cos \alpha \cdot t; \\
 & {{\upsilon }_{{{0}_{y}}}}={{\upsilon }_{0}}\cdot \sin \alpha ;\,\,\,y={{\upsilon }_{0}}\cdot \sin \alpha \cdot t-\frac{g\cdot {{t}^{2}}}{2} \\
\end{align}
 \]
В момент падения камня y = -h. Решив квадратное уравнение, получим корень
 \[ t=\frac{{{\upsilon }_{0}}\cdot \sin \alpha +\sqrt{\upsilon _{0}^{2}\cdot {{\sin }^{2}}\alpha +2\cdot g\cdot h}}{g} \]
t = 3 c. Дальность полета камня

l = x = υ₀·cosα·t = 52 м

Ответ: 1) 52 м

[Сергей]

А2.9 Тело брошено с вышки горизонтально. Когда тело опустилось по вертикали на Δh= 20 м, его скорость оказалась направленной под углом α = 45° к горизонту. Модуль начальной скорости тела равен:
1) 36м/с;   2) 24 м/с;   3) 18м/с;   4) 20 м/с;   5) 11 м/с.

Решение. В любой точке траектории ускорение направлено вниз и остается постоянным и равным g. Применим формулу
 \[ \vec{\upsilon }={{\vec{\upsilon }}_{0}}+\vec{a}\cdot t \]
Спроецируем на оси Ох и Оу: υ_0x = υ₀, a_x = 0, υ_0y = 0, a_y = g.

υ_у=g·t (1)

Такое движение можно рассматривать как результат равномерного движения вдоль оси Ох и равноускоренного вдоль оси Оу. Тогда
 \[ \Delta h=\frac{g\cdot {{t}^{2}}}{2};\,\,\,\,t=\sqrt{\frac{2\cdot \Delta h}{g}} \]
На основании (1)
 \[ {{\upsilon }_{y}}=g\cdot \sqrt{\frac{2\cdot \Delta h}{g}}=\sqrt{2\cdot \Delta h\cdot g} \]
Из геометрических соображений
\[  tg\alpha =\frac{{{\upsilon }_{y}}}{{{\upsilon }_{x}}} \]
Следовательно υ_х=υ_у
ответ: 4) 20 м/с