07 Равноускоренное движение. Векторный подход - Красота - Каталог заданий по Олимпиадной физике в Школково

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#26719Максимум баллов за задание: 10

Из отверстия шланга, прикрытого пальцем бьют две струи под углом $α$ и $β$ к горизонту с одинаковой начальной скоростью $v0$ . На каком расстоянии по горизонтали струи пересекутся?

Показать ответ и решение

Нарисуем треугольники перемещений для соответствующих капель фронтов:

Из векторного треугольника перемещений видим, что $v0t2cos β = v0t1cosα = Sx$ , откуда $t = t cosα- 2 1cosβ$ .
Из вертикального катета большого треугольника имеем:

v t sin β − v t sinα = 1g (t2 − t2), 0 2 0 1 2 2 1

откуда подставив $t2$ , получим

2v0- cosα- cos2α- g (cosβ sinβ − sin α) = t1(cos2β − 1 ),

$sin (β − α ) = sin β cos α − sinα cosβ$ откуда получим

t1 = 2v0sin(β-−-α-)-----cosβ------, g cos2α − cos2β

тогда

2v2 sin(β − α )cosα cos β Sx = v0t1cos α = ---0------2--------2----- g cos α − cos β

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#26720Максимум баллов за задание: 10

Из отверстия шланга, прикрытого пальцем бьют две струи под углом $α$ и $β$ к горизонту с одинаковой начальной скоростью $v0$ . На каком расстоянии по горизонтали струи пересекутся?

Показать ответ и решение

Нарисуем треугольники перемещений для соответствующих капель фронтов:

Из векторного треугольника перемещений видим, что $v0t2cos β = v0t1cosα = Sx$ , откуда $t = t cosα- 2 1cosβ$ .
Из вертикального катета большого треугольника имеем:

v t sin β − v t sinα = 1g (t2 − t2), 0 2 0 1 2 2 1

откуда подставив $t2$ , получим

2v0- cosα- cos2α- g (cosβ sinβ − sin α) = t1(cos2β − 1 ),

$sin (β − α ) = sin β cos α − sinα cosβ$ откуда получим

t1 = 2v0sin(β-−-α-)-----cosβ------, g cos2α − cos2β

тогда

2v2 sin(β − α )cosα cos β Sx = v0t1cos α = ---0------2--------2----- g cos α − cos β

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#26721Максимум баллов за задание: 10

Тело, брошенное под углом $α$ к горизонту, дважды находилось на одной и той же высоте – в момент времени $t1$ и $t2$ . Определите эту высоту и начальную скорость $v0$ ?

Показать ответ и решение

Разберемся со скоростью $v0$ .
Условие нахождение на одной высоте в моменты времени $t 1$ и $t 2$ можно интерпретировать с помощью треугольника перемещений.
Из рисунка мы видим, что с одной стороны $1 2 H = v0sinαt1 − 2gt1$ , а с другой стороны $1 2 H = v0sin αt2 − 2gt2$ (просто определили катеты в двух прямоугольникх треугольниках).
Приравнивая данные выражения, получаем, что $1 2 1 2 v0sin αt1 − 2gt1 = v0sinαt2 − 2gt2$ , откуда после несложных математиеских преобразований получаем, что скорость $v0 = g(t1+t2)- 2sinα$ .
Теперь, зная скорость, несложно определить и высоту, на которой тело проходит через данные времена. Как было показано,

1 2 g(t1 + t2) 1 2 1 H = v0sinαt1 − --gt1 = ----------sin αt1 − -gt1 = --gt1t2 2 2 sin α 2 2

Ответ:

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задачи	Баллы

Использован треугольник перемещений	2

Записаны выражения для высоты в двух случаях	3

Получено выражение для искомой скорости	3

Получено выражение для искомой высоты	2

Максимальный балл	10

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#26722Максимум баллов за задание: 10

Из точки A, находящейся на вершине крутого обрыва на высоте $h$ над горизонтом, бросают небольшой предмет в точку B горизонтальной поверхности, находящуюся от обрыва на расстоянии $l$ . Чему равна минимальная скорость броска? Под каким углом к горизонту должен при этом быть совершен бросок? С какой скоростью предмет упадет на горизонтальную поверхность? Чему будет равен угол падения на горизонтальную поверхность?

Показать ответ и решение

На рисунке $S$ - перемещение. Видим, что

l = v0 cosαt, H = 1gt2 − v0sinαt 2

Исключим из этих уравнение время, получим квадратное уравнение относительно $tg α$

$-gl2 2 -gl2 2v2tg α − ltgα + 2v2 − H = 0$

Анализ данного уравнение показывает, что при данном полете может реализовываться сразу несколько ситуация:
1) $v0$ слишком малое, чтобы долететь до точки В при любом из возможных углов;
2) При дискриминанте $D$ = $0$ существует лишь один угол, при котором для заданной скорости $v0$ возможно попадание в В;
3) Существует скорость $v′ 0$ > $v 0$ , при которой так же возможно попадание в В.
Ясно, что для соблюдения условия задачи необходимо, чтобы дискриминант $D$ = $0$ (эквивалентно $∘ 45$ при горизонтальном полете), тогда

√ -------- v20 = g( H2 + l2 − H )

А угол бросания выражается через тангенс как

$∘ --------- tgα = −b = v2min = 1 + (H-)2 − H- 2a gl l l$

Если положить, что $tg β$ = $H -l$ , то

∘ --------- 2 π β tg α = tg β2 + 1 − tgβ = --1--− sinβ- = -2sin-(4-−--2) = tg( π-− β-) cosβ cosβ cos2 β− sin2 β 4 2 2 2

Теперь определим угол падения. Сделаем это, исходя из закона сохранения энергии. Вначале у тела была как кинетическая, так и потенциальная энергия, а в конце вся она перешла в кинетическую, тогда квадрат конечной скорсти

√ -------- v2 = g( H2 + l2 + H ) 1

Таким же образом, как и с углом бросания, используя тригонометрию, определим тангенс угла падения, из обратимости баллистики $γ$ :

∘ -------- v21- H2- H-- tg γ = gl = l2 + 1 + l

Не повторяя всех тригонометрических подсчетов, запишем

π β tg γ = tg(--+ --) 4 2

Ответ:

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задачи	Баллы

Использованы формулы кинематики равноускоренного движения	2

Найдена минимальная скорость бруска	2

Найден угол броска	2

Найдена скорость при падении	2

Найден угол, под которым упадет тело	2

Максимальный балл	10

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#26723Максимум баллов за задание: 10

С какой минимальной скоростью надо бросить камешек, чтобы перебросить его через сарай высотой $h$ и шириной $l$ ?

Показать ответ и решение

Из соображений симметрии ясно, что траектория мячика, соответствующая минимальной начальной скорости, имеет вид, показанный на рис. При этом в точке А скорость должна быть направлена под углом $π4$ к горизонту, так как тогда дальность полета над сараем будет максимальной. Достигнув этой точки, мячик должен пролететь расстояние $V2-sin2π4 l = g$ . Теперь легко найти модуль начальной скорости

2 2 V0 : V 0 = V + 2gh = g(l + 2h).

Угол $α$ , образуемый вектором $V0$ с горизонтом, проще всего найти, учитывая, что горизонтальная составляющая скорости не меняется при отсутствии сопротивления воздуха: $√ -- V0 cosα = V cos π = V 2 ∕2 4$ . $⇒$ $∘ ----√ - cos α = --l---2 l+2h 2$ . Под данным углом $α$ необходимо бросить мячик.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#26724Максимум баллов за задание: 10

При какой минимальной начальной скорости можно перебросить камень через дом с покатой крышей (рис.). Ближайшая стена имеет высоту $H$ , задняя стена - высоту $h$ , ширина дома равна $L$ .

Показать ответ и решение

Коль скоро скорость минимальная, то траектория должна проходить через точки вершины трапеции крыши, причем в вершине, расположенной на высоте $H$ полагается минимальная скорость, необходимая для пролета по данной траектории. Рассмотрим полет из $h$ в $H$ , исходя из обратимости полета в баллистике это эквивалетно полету из $H$ в $h$ , запишем законы движения по горизонтальной и вертикальной оси:

l = v cosαt

gt2 H = h + v sin αt − 2

Исключив в этих уравнениях время $t$ , получим квадратное уравнение относительно $tgα$ :

2 2 gl--tg2α − ltgα + gl-+ H − h = 0 2v2 2v2

Рассмотрим случай $D = 0$ (существует одна подходящая траектория):

∘ ----------------------------- ∘ --------2---2- vH = g[ (H − h ) + l − (H − h )]

Теперь запишем ЗСЭ для полета со старта на высоту $H$ :

mv2min mv2H --2----= -2---+ mgH

v2min = v2H + 2gH,

откуда

∘ --∘------------------------- vmin = g( (H − h)2 + l2 + H + h).

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#26726Максимум баллов за задание: 10

Найдите наибольшую дальность полета при броске с высоты $h$ с начальной скоростью $v0$ . Под каким углом к горизонту следует осуществить бросок?

Показать ответ и решение

Из векторного треугольника перемещения и теоремы Пифагора следует, что

L2 = v2t2 − (1g2t2 − h)2. 0 2

Взяв производную и пиравняв ее к нулю, определим, при каком времени достигается наибольшая дальность полета:

v2 gt2 --0= --- − h. g 2

Подставляя время в начальное выражение, получаем, что

∘ --------- v0 2 Lmax = g v0 + 2gh.

Тангенс угла, при котором следует осуществить бросок определяется следующим образом:

gt2 tgα = -2-−-h- = ∘----v0---- Lmax v20 + 2gh

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#26727Максимум баллов за задание: 10

Какова наибольшая дальность броска вдоль склона с углом наклона к горизонту $𝜃$ ? Бросок производится под уклон. Под каким углом к горизонту надо произвести бросок?

Показать ответ и решение

Из векторного треугольника перемещений и теоремы синусов следует, что $1 2 π v0tsin α = 2gt sin(2 − 𝜃)$ , откуда время $t = 2v0-sinα gcos𝜃$ . Расстояние по горизонтали

2v20 sinα cos𝜃 + α Lx = v0tcos(𝜃 + α) = ------------------ g cos 𝜃

Возьмем от $Lx$ производную по углу $α$ :

2 --2v0--(cos α cos(𝜃 + α) − sin α sin (𝜃 + α)) = 0 g cos𝜃

откуда выражается тангенс угла, под которым совершили бросок относительно плоскости склона:

tg α = ctg (α + 𝜃) ⇒ α + (α + 𝜃) = π-⇒ α = π-− 𝜃- 2 4 2

тогда угол, под которым совершили бросок относительно горизонта, $ω = α + 𝜃 = π + 𝜃 4 2$ .

Обратите внимание, что бросок происходит по биссектрисе угла между вертикалью и вектором перемещения.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#26731Максимум баллов за задание: 10

Какова наибольшая длина $L$ простреливаемой области при стрельбе из-за вертикальной стенки высотой $h$ с начальной скоростью $v0$ ? Под каким углом к горизонту следует осуществить выстрел?

Показать ответ и решение

Рассмотрим бросок из-за стенки, чтобы длина простреливаемой области была максимальна, траектория броска должна проходить через вершину стенки. Запишем закон сохранения энергии для участка полета от точки броска до вершины стенки:

2 2 mv-0-= mgh + mv-1, 2 2

где $v1$ – скорость в вершине стенки. Отсюда:

--------- ∘ 2 v1 = v 0 − 2gh

Пусть скорость $v 1$ направлена под углом $β$ к горизонту. Дальнейший полет аналогичен броску с вершины стенки со скоростью $v1$ под углом $β$ к горизонту. В треугольнике скоростей площадь равна $gL- 2$ , т.к. $L- t$ – высота, а $gt$ – сторона, на которую она опущена. С другой стороны площадь равна $v1v-кsin-ϕ 2$ , где $ϕ$ – угол между скоростями, а $vк = v0$ , поскольку изначальная скорость броска равна конечной скорости. Отсюда получим выражение для длины простреливаемой области:

L = v1v0sinϕ- g

Видно, что дальность максимальна при $∘ ϕ = 90$ , т.е. скорости должны быть перпендикулярны. Тогда из треугольника скоростей можем найти угол $β$ :

v0 ∘---v0----- ∘---v0----- tgβ = v1 = v2− 2gh ⇒ β = arctg v2 − 2gh 0 0

Максимальная длина простреливаемой области равна:

∘ -------- v20- 2gh- L = g 1 − v2 0

Ответ:

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задачи	Баллы

Использован закон сохранения энергии	2

Получено выражение для скорости в вершине стенки	2

Получено промежуточное выражение для искомой длины	2

Получены необходимые тригонометрические соотношения	2

Получено итоговое выражение для искомой длины	2

Максимальный балл	10

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#26733Максимум баллов за задание: 10

Школьник бросает мяч в баскетбольное кольцо. Чтобы попасть в цель при броске под углом $α1 = 30∘$ к горизонту, он должен сообщить мячу начальную скорость $v1 = v$ , а при броске под углом $α2 = 60∘$ – начальную скорость $v = v∕2 2$ . На какой высоте $h$ над точкой бросания расположено баскетбольное кольцо? Под каким углом $β$ к горизонту наклонён отрезок, соединяющий точку бросания и кольцо? Бросок каждый раз производится из одной и той же точки. Сопротивлением воздуха можно пренебречь, ускорение свободного падения равно $g$ .

(МОШ, 2007, 10)

Источники: МОШ, 2007, 10

Показать ответ и решение

Введём систему координат, направив ось $OX$ горизонтально по направлению к кольцу, а ось $OY$ — вертикально вверх. Совместим начало координат с точкой бросания. Если в качестве начала отсчёта времени выбрать момент броска, то закон движения мяча, брошенного с начальной скоростью $v 0$ под углом $α$ к горизонту, запишется следующим образом: $x = v0cos(α )⋅t$ и $2 y = v0sin(α)⋅t− (gt∕2).$ Следовательно, траектория движения тела задаётся уравнением:

2 y = xtgα − --2gx-2-- 2v0cos α

Пусть $(L,h)$ — координаты кольца; получаем систему уравнений:

---gL2--- ---gL2--- h = Ltgα1 − 2v21cos2α1;h = Ltgα2 − 2v21cos2α2.

Учитывая данные из условия задачи, приводим систему к виду:

h = L √1-− 2gL2;h = L√3-− 8gL2-. 3 3v2 v2

Приравнивая эти два соотношения для $h,$ находим координату $L :$

$L = (√3∕11)v2∕g.$

Отсюда $-9v2- h = 121g$ и $h- 3√3 β = arctg L = arctg 11$

Официальное решение МОШ

Ответ:

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задачи	Баллы

Верно записан закон движения мяча $x(t),$ $y(t)$	2

Получено верное выражение для траектории движения тела	2

Записана система уравнений с введенными координатами кольца	2

В системе уравнений учтены данные из условия задачи	2

Получены верные выражения для $h,$ $β$	2

Максимальный балл	10

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#26736Максимум баллов за задание: 10

Лампоча висит на расстоянии $h$ от потолка и на высоте $H$ от пола. При её разрыве осколки разлетаются во все стороны с одной и той же скорость $v0$ . Найти радиус $R$ круга на полу, в который попадут осколки. Считать, что удары осколков о потолок абсолютно упругие, а об пол – неупругие. До стен осколки не долетают

Показать ответ и решение

Предположим сначала, что потолок отсутствует, и найдем в этом случае максимальный радиус пятна на полу, в котором лежат осколки. Введем систему координат с началом, совпадающим с патроном лампочки. Условия падения на землю через время $t$ осколка, вылетевшего под углом $α$ к горизонту, таковы:

− H = vt sin α − 1-gt2 R = vt cosα 2

Знак минус определен из-за того, что система координаты, выбранная в данной задаче, направлена вверх по вертикали и вправо по горизонтали.
Очевидно, нам необходимо так подобрать угол $α$ , чтобы величина $R$ была максимальной. Преобразуем для этого первое уравнения к виду $gt2 − Ht-= vsinα$ , а второе к виду $Rt-= v cosα$ , откуда

gt4 ( v2 + gH )2 ( gt2 v2 + gH ) ( v2 − gH )2 R2 = (v2 + gH )t2 − ---− H2 = --------- − H2 − ---− --------- ≤ --------- − H2 4 g 2 g g

тогда $v√ -2------ Rmax = g v + 2H$ .
Пусть время полета $T$ осколка на такое расстояние, тогда угол вылета к горизонту найдем из уравнения $∘ -v2+2gl-- cosα ∗ = RmvaTx-= 2(v2+gH2)-$ .
Высоту $l$ этой траектории над уровне лампочки найдем по формуле:

(v sin α∗)2 v2 v4 l = ---------- = ---(1 − cos2α∗) = -----2------- 2g 2g 4g (v + gH )

Вспомним теперь про потолок, Очевидно, если $h$ больше или равен $l$ , то $∘ ---------- Rmax = v v2 + 2gH g$ .
В случае, когда $h < l$ , т.е. $v4 h < 4g(v2+gl2)$ . максимальный радиус пятна на полу получится от осколков, у которых максимальная высота траектории (над уровнем патрона) равна $h$ (их траектория будет касательной к потолку). Чтобы доказать это, достаточно рассмотреть хотя бы один осколок, отразившийся от потолка. Уровень патрона после отражения он пересечет под углом вылета. Следовательно, траектория этого осколка будет более крутой по сравнению с «касательной» траекторией, и они никогда не пересекутся. Значит, осколок, коснувшийся потолка, пролетит по горизонтали дальше всех остальных, ударившихся о потолок. Осколки, не долетевшие до потолка, при своем движении до земли не могут пересечь «касательной» траектории $⇒$ $√ ------ ∘ ----------- Rmax = --v2−2gh(√2gh--+ 2g (h + H )) g$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#26739Максимум баллов за задание: 10

Кот Леопольд стоял у края крыши сарая. Два злобных мышонка выстрелили в него из рогатки. Однако камень, описав дугу, через $t1 = 1,2 с$ упруго отразился от наклонного ската крыши сарая у самых лап кота и через $t = 1, 0 с 2$ попал в лапу стрелявшего мышонка (см. рисунок). На каком расстоянии $s$ от мышей находился кот Леопольд?

Показать ответ и решение

Изобразим полет камня к Леопольду и обратно

Нарисуем треугольники скоростей для полетов туда и обратно

Камень упруго отразился, следовательно, конечная скорость первого участка равна начальной скорости для второго участка $|V⃗ | = |⃗V | 1 2$ . С другой стороны поскольку обратно камень летит в точку броска изменение потенциальной энергии такое же как при броске туда. Потерь кинетической энергии при полете нет, значит кинетическая энегрии в конечной точкетакая же, как при броске из точки старта. Отсюда $|⃗v1| = |⃗v2|$ . Рассмотрим треугольники $ABC$ и $EDF$ . Площадь треугольника скоростей пропорциональна $Lg$ (высота $L∕t$ , сторона $gt$ ), поскольку дальности при броске туда и обратно равны, то равны и площади соответствующих треугольников скоростей. Медиана в треугольнике делит его на два равновеликих, учитвая, что площади треугольников скоростей равны, то равны и площади треугольников $ABM$ , $AM C$ , $EDM ′$ , $EM ′F$ . Теперь рассмотрим треугольники $ACM$ и $DEM ′$ . Они имеют равны стороны( $V1 = V2$ ), равные углы(векторы перемещений туда и обратно параллельны и составляют равные углы с вертикалью) и равные площади, а значит и равные высоты. Такие треугольники явлются равными(можно доказать при помощи "рельс Евклида"), значит $AM = DM ′$ , откуда получаем:

S gt -- = --2 t1 2

gt1t2 S = 2

Ответ:

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задачи	Баллы

Верно записан закон движения мяча $x(t),$ $y(t)$	2

Сказано про равенство скоростей после абсолютно упругого удара	2

Записано равенство скоростей	2

Нарисованы треугольники скоростей	2

Получены верные выражения для $h,$ $β$	2

Максимальный балл	10

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#26744Максимум баллов за задание: 10

Кот Леопольд сидел на самом краю крыши сарая. Два озорных мышонка решили выстрелить в него из рогатки, но кот заметил их и решил отстреливаться. Камни из рогаток мышат и кота вылетели одновременно и столкнулись в середине отрезка $AB$ (см. рисунок). Найдите высоту $H$ сарая и отношение пути, пройденного камнем кота Леопольда, к пути, пройденному камнем мышат, если известно, что $∘ ϕ = 30,$ скорость камня, вылетевшего из рогатки мышат, $v0 = 7 м/с,$ а кот выстрелил горизонтально.
(Всеросс., 2002, финал, 10)

Источники: Всеросс., 2002, финал, 10

Показать ответ и решение

Сделаем рисунок. Пусть $v1$ – скорость камня Леопольда, $t$ – время полета камней.

Рассмотрим тангенсы углов $α$ и $ϕ$ :

DK tgα = ---- AK

tgϕ = KC-- AK

Поскольку $DK = 2KC$ , то:

tgα = 2tgϕ

С одной стороны $DC = H ∕2$ , в то же время $2 DC = gt∕2$ , тогда:

H- = gt2 2 2

∘ -H- t = -- g

Из труегольника $ADK$ :

H = v0t sinα

Подставляя $t$ , получим:

v20sin2-α H = g = 2,8 м

Поделив полученное выражение пополам, заметим, что выражение для $H ∕2$ является формулой максимальной высоты полета, значит в точке столкновения скорость камня мышат горизонтальна, как и начальная скорость камня Леопольда, поскольку бросок в баллистике обратим, если докажем, что начальная скорость камня Леопольда и скорость в точке столкновения камня мышат равны, то будут равны и их пути. Запишем векторные уравнения для перемещений камней:

⃗ ⃗gt2- S = ⃗ut− 2

⃗gt2 − ⃗S = ⃗v1t + 2--

Сложив уравнения, получим:

⃗u = −v⃗1 ⇒ u = v1

Что и требовалось доказать, значит:

Sл S--= 1 м

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#26747Максимум баллов за задание: 10

При осаде древней крепости осаждённые вели стрельбу по наступающему противнику с помощью катапульт из-за крепостной стены высотой $h = 20,4 м$ . Начальная скорость снарядов $v0 = 25 м/ с$ . На каком максимальном расстоянии $l max$ от стены находились цели, которых могли достигать снаряды катапульт? Сравните это расстояние с максимальной дальностью $Lmax$ снаряда катапульты. Сопротивлением воздуха можно пренебречь.

(Всеросс., 2004, финал, 9)

Источники: Всеросс., 2004, финал, 9

Показать ответ и решение

Максимульную дальность полета обеспечивает единственная траектория, которая проходит над самой вершиной стены. Эта траектория соответствует броску под некоторым углом $α$ к горизонту. Запишем зависимость координат $x$ и $y$ от времени. Будем считать, что моменту времени $t = 0$ соответствует положение снаряда над самой вершиной стены:

x(t) = v0cosαt

gt2 y(t) = h − v0 sinαt − 2

Свяжем $x$ и $y$ и избавимся от времени:

2 y = h − xtgα −--gx----- 2v20cosα2

Зафиксируем дальность полета $l$ и запишем уравнение $y(x)$ для угла $α$ , который этой дальности соответствует. Применим также тригонометрическое соотношение $--1-- = 1+ tgα2. cosα2$

Учтем также, что при $x = l$ координата $y$ нулевая:

gl2 2 h = ltgα − 2v20(1+ tgα )

Полученное квадратное уравнение таково, что случаю $l = lmax$ соответствует совпдаение корней этого уравнения, так как максмальной дальности соответствует единственная траектория. Приравняв к нулю дискриминант данного уравнения, получаем, что $v2∘ ----2gh- lmax = 0g- 1 − v20-≈ 38$ м. Максимальная же дальность соответсвует случаю, когда $h = 0$ , т.е. $L = v20 ≈ 64 max g$ м.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#26748Максимум баллов за задание: 10

Пассажирский поезд длиной $l$ стоял на первом пути. В последнем вагоне сидел Дядя Фёдор (герой книги Э. Успенского «Каникулы в Простоквашино») и ожидал письмо, которое ему должен был передать Шарик от кота Матроскина. В тот момент, когда поезд тронулся, на привокзальной площади, как раз напротив первого вагона, появился Шарик (рис.). Он определил, что расстояние до последнего вагона равно $L$ . С какой минимальной скоростью $v0$ должен бежать пёс, чтобы передать письмо, если поезд движется с постоянным ускорением $a$ ?

(Всеросс., 2007, финал, 9)

Источники: Всеросс., 2007, финал, 9

Показать ответ и решение

Пусть встреча Шарика с последним вагоном произошла в точке $D$ (рис.).Треугольники
АВС и ABD - прямоугольные. Тогда, используя теорему Пифагора, можно записать: $AB2 = AC2 − CB2 = AD2 − DB2$ , что эквивалентно $2 2 22 1 2 2 L − l = v0t − (2at − l)$ , откуда квадарат начальной скорости $2 L2 1 2 2 v0 = t2-+ 4a t − al$ . Для того чтобы скорость $v0$ была минимальной, необходимо, чтобы сумма $2 Lt2 + 14a2t2$ принимала минимальное значение. Используем неравенство о средних:

2 2 2 ∘ ------- L--+ a-t-≥ 2 L2a2t2= La t2 4 t2 4

откуда $∘ ------- v0 = a(L− l)$ . Обратим внимание на то, что минимальная скорость достигается при условии

L2- a2t2- t2 = 4

откуда $L = a2t2-$ . Тогда $DC = CA = L$ , значит $ACD$ - равнобедренный, а

BD L− l tgα = AB--= √--2---2 L − l

Получили, что Шарику следует бежать под углом

--L-−-l- α = arctg√ L2 − l2

к AB со скоростью $∘ ------- a(L − l)$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#108809Максимум баллов за задание: 10

Кот Леопольд сидел у края крыши. Два злобных мышонка выстрелили в него из рогатки. Однако камень, описав дугу, упал у ног кота (см. рисунок) через время $τ = 1 с$ . На каком расстоянии $s$ от мышей находился кот Леопольд, если известно, что векторы скоростей камня в момент выстрела и в момент падения были взаимно перпендикулярны?

$PIC$

Показать ответ и решение

Нарисуем треугольник скоростей и отобразим на нем медиану, которая является отношением перемещения к времени полета:

$PIC$

Поскольку медиана в прямоугольном треугольнике равна половине гипотенузы, получаем:

S-= gτ τ 2

Отсюда:

gτ2 S = -2-= 5 м

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#110650Максимум баллов за задание: 10

Увидев с противоположного берега стоящего на высоком краю оврага Леопольда, мыши бросили прямо в него со скоростью $v1$ камень. Леопольд заметил это и в момент броска прыгнул со скоростью $v2$ в плоскости траектории полета камня перпендикулярно линии, соединяющей его с мышами (см. рис.). Когда расстояние между Леопольдом и камнем стало минимальным, их скорости вновь оказались перпендикулярны.

Найдите максимально возможное начальное расстояние $Lmax$ между мышами и Леопольдом.

Когда расстояние между Леопольдом и камнем стало минимальным, Леопольда, мышей и камень сфотографировали. Начальное расстояние между мышами и Леопольдом было максимально возможным. На рисунке точка $A$ обозначает положение Леопольда, $B$ — положение мышей, $C$ — камня в момент снимка. Ориентация фотографии неизвестна. Вы можете пользоваться линейкой с делениями.

Найдите значения скоростей $v1$ и $v2.$ Ускорение свободного падения $g = 9,8 м/с2.$

Показать ответ и решение

Предисловие: Последняя “перестрелка” Леопольда и мышей произошла в 2002 году, с тех пор мыши кота не беспокоили. Спустя 18 лет, в 2020 году, нашлись новые подводные камушки для легендарной рогатки и мыши решили “тряхнуть стариной”. Примечание: в ходе перестрелки никто из животных не пострадал.

В системе отсчёта Леопольда камень движется прямолинейно с постоянной скоростью $vотн.$ Расстояние от Леопольда до камня минимально, когда соединяющий их отрезок перпендикулярен вектору относительной скорости (см. рис.). Из подобия треугольников определим перемещение камня относительно Леопольда:

v Sотн = L-1--= vотнt vотн

откуда

v2отнt- L = v1

Найдем максимально возможное время, через которое скорости камня и Леопольда вновь станут перпендикулярны. Построим треугольники скоростей камня и Леопольда для максимального сближения, объединив их в один четырёхугольник. Заметим, что этот четырёхугольник можно вписать в окружность, поскольку сумма противоположных углов равна $180∘.$ Диаметр окружности фиксирован и равен $vотн.$ Поскольку $L$ максимально при максимальном значении $t,$ необходимо, чтобы вторая диагональ четырёхугольника, равная $gt,$ также была максимальна. Это достигается если $gt$ – диаметр данной окружности. Таким образом,

v tmax =-отн g

и окончательно:

v3отн (v21 +v22)3∕2 Lmax = gv1-= ---gv1----

Заметим, что вектор средней скорости камня в момент фотографии равен $vо⃗т2н$ , в вектор средней скорости Леопольда $− v⃗отн- 2$ . Это значит, что перемещения камня и Леопольда равны по модулю и противоположны по направлению. Пусть $D$ - середина отрезка $AC$ . Тогда из условия равенства перемещений по модулю следует, что $BD = L2-$ , а также, что треугольник $DCB$ - прямоугольный, причём $vv21 = CBDC-$ . Измеряя $BC, BD$ и $CD$ , получим

камень

v2 = CD-v1 BC ∘ ----------- (v21 + v22)32 (BC2 + CD2 )32 v2 BD = BC2 + CD2 = ---2gv--- = -----BC3------21g 1

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#111356Максимум баллов за задание: 10

Пружину «слинки» удерживают за верхний виток так, что ее нижний виток находится на высоте $h = 1 м$ над уровнем пола, а длина самой пружины, растянутой силой собственного веса, равна $l = 1,5 м.$ Пружину отпускают. Через какое время $τ$ она упадет на пол? В нерастянутом состоянии витки пружины плотно прилегают друг к другу, не оказывая при этом давления друг на друга, а длина пружины составляет $l0 = 6 см.$ Витки тонкие. При схлопывании пружины витки между собой соударяются неупруго, и к моменту падения она успевает схлопнуться. Ответ дать с точностью $0,02 с.$

(Всеросс., 2016, ЗЭ, 11)

Источники: Всеросс., 2016, ЗЭ, 11

Показать ответ и решение

1. Разобъем пружины на витки массой $m$ и жесткостью $k,$ деформация каждой - $Δxi.$ Тогда на $i−$ ый виток действует сила упругости $Fупр = k Δxi,$ а на витки, следующие за $i−$ ым действует сила тяжести, равная $(i− 1)mg$ . В положении равновесия эти силы равны по модулю.

Запишем теорему о движении центра масс:

∑ F⃗внеш = m сист⃗ac

Для системы внешними силами является сила тяжести, поэтому

Nmg = Nmac ⇒ ac = g

Получается, что центр массы системы движется с ускорением, равным ускорению свободного падения. Поэтому, для ответа на вопрос задачи, достаточно понять, на каком расстоянии распологается центр масс пружинки $xc$ . Тогда искомое время $τ$ выразится как

2 xc +h − l0= gτ- 2 2

2. По определению, положение центра массы вычисляется по формуле

∑ ∑ -∑-ximi- m---xi- xc = mi = N ⋅m

Теперь необходимо понять, как выразить сумму в числителе. Координату любого $i$ -го элемента пружины можно выразить как сумму смещений элементов, распологающихся под $i−$ ым.

∑1 xi = Δxn n=1

Воспользуемся теперь условием равновесия, сформулированным выше:

Δxn = mg-(n − 1) k

Возвращаемся к выражению для $xi$ и, пользуясь формулой суммы $i$ первых членов арифметической прогрессии, получаем

i x = ∑ mg-(n − 1) = mg-i−-1 ⋅i i n=1 k k 2

3. Теперь вернемся к вычислению координаты центра масс

1∑N mg mg N∑ xc = N- 2k-(i2 − i) = 2kN (i2 − i) i=1 i=1

Сложность заключается в том чтобы понять, как просуммировать частичную сумму ряда, состоящего из квадратов натуральных чисел $∑ ( Ni=1i2)$ . Для того, чтобы это понять, посчитаем сначала следующие частичные суммы

∑N 0 i = N i=1

при суммировании нулевой степени получили многочлен первой степени по N;

∑N i = 1+-N-N i=1 2

при суммировании первой степени получили многочлен второй степени по N $(1+2N-N = 12(N + N 2))$ , логично предположить, что суммирование вторых степеней $i$ даст полином третьей степени. То есть общий вид суммы будет следующим