08 Задания СтатГрада - Каталог заданий по ЕГЭ

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#115793

На первом рисунке изображена схема старинного прибора, который раньше использовался для изучения быстро протекающих колебательных процессов. Звуковые волны через рупор Р воздействуют на тонкую пробковую мембрану М, соединенную с лёгким зеркальцем З таким образом, что смуещение мембраны приводит к повороту зеркальца вокруг горизонтальной оси аб, лежащей в его плоскости. Свет от электрической дуги фокусируется на зеркальце З и затем направляется на зеркальный барабан, после отражения от которого попадает на экран (см. второй рисунок). Предположим, что прибор облучается звуком с частотой $ν = 440$ Гц, а боковая поверхность зеркального барабана является правильным двенадцатигранником. С какой угловой скоростью $ω$ надо вращать барабан, чтобы на экране получалась неподвижная картинка, состоящая из двух периодов синусоиды?

$PIC$

Источники: СтатГрад 11.02.2022 Физика 1

Показать ответ и решение

Разберемся сначала с принципом работы данного прибора.
Пусть звуковая волна имеет синусоидальный закон следующего вида

s(t)= s0sin(νt+ φ),

где $s0$ - амплитуда колебаний;
$φ$ - некоторая начальная фаза.
При подаче звуковой волны на рупор - мембрана начинает колебаться по такому же закону и приводит в колебание зеркало, у которого угол наклона относительно горизонтальной оси меняется также по синусоидальному закону.
Пусть свет от электрической дуги подает на эту систему и за счёт того, что зеркало колебается по синусоидальному закону оно заставляет отражающиеся лучи света от зеркала колебаться по вертикали также, как колеблется звуковая волна. Поскольку звуковую волна в природе никак не возможно увидеть, этот эффект можно использовать для визуализации звуковых колебаний.
За счёт того, что грани барабана одинаковы, то картинка на экране будет зависить только от поворота барана на 1/12 полного оборота(то есть, учитывается только поворот от одного края грани зеркала до другого). И остальные грани будут давать неподвижность картинки.
Пусть $φ= 0$ соответствует отражению луча света от края грани.
Тогда чтобы в один поворот грани приходилось два периода колебаний звуковой волны, циклическая частота вращения барана должна быть равна

ω = --2π---, 12⋅2⋅T0

где $1 T0 = ν$ - период колебания звуковой волны.
Подставляя численные значения, получим

ω = 2π⋅ν-= 2π⋅440≈ 115 с−1. 12⋅2 12⋅2

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#115794

На первом рисунке изображена схема старинного прибора, который раньше использовался для изучения быстро протекающих колебательных процессов. Звуковые волны через рупор Р воздействуют на тонкую пробковую мембрану М, соединенную с лёгким зеркальцем З таким образом, что смещение мембраны приводит к повороту зеркальца вокруг горизонтальной оси аб, лежащей в его плоскости. Свет от электрической дуги фокусируется на зеркальце З и затем направляется на зеркальный барабан, после отражения от которого попадает на экран (см. второй рисунок). Предположим, что прибор облучается звуком с частотой $ν = 220$ Гц(«ля» малой октавы), а боковая поверхность зеркального барабана является правильным двенадцатигранником. Сколько оборотов в минуту должен делать барабан, чтобы на экране получалась неподвижная картинка, состоящая из двух периодов синусоиды?

$PIC$

Источники: СтатГрад 11.02.2022 Физика 2

Показать ответ и решение

Разберемся сначала с принципом работы данного прибора.
Пусть звуковая волна имеет синусоидальный закон следующего вида

s(t)= s0sin(νt+ φ),

где $s0$ - амплитуда колебаний;
$φ$ - некоторая начальная фаза.
При подаче звуковой волны на рупор - мембрана начинает колебаться по такому же закону и приводит в колебание зеркало, у которого угол наклона относительно горизонтальной оси меняется также по синусоидальному закону.
Пусть свет от электрической дуги подает на эту систему и за счёт того, что зеркало колебается по синусоидальному закону оно заставляет отражающиеся лучи света от зеркала колебаться по вертикали также, как колеблется звуковая волна. Поскольку звуковую волна в природе никак не возможно увидеть, этот эффект можно использовать для визуализации звуковых колебаний.
За счёт того, что грани барабана одинаковы, то картинка на экране будет зависить только от поворота барана на 1/12 полного оборота(то есть, учитывается только поворот от одного края грани зеркала до другого). И остальные грани будут давать неподвижность картинки.
Пусть $φ= 0$ соответствует отражению луча света от края грани.
Тогда чтобы в один поворот грани приходилось два периода колебаний звуковой волны, циклическая частота вращения барана должна быть равна

ω = --2π---, 12⋅2⋅T0

где $1 T0 = ν$ - период колебания звуковой волны.
Подставляя численные значения, получим

ω = 2π-⋅ν= 2π-⋅220 ≈ 57,6 с−1. 12 ⋅2 12 ⋅2

То есть, за минуту он будет делать

N = ω-⋅60= 57,6-⋅60 ≈ 550 об/м ин. 2π 2π

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#116019

На гоночных автотрассах используют так называемые «выведенные» повороты, на которых дорожное полотно наклонено под некоторым углом $α$ к горизонту внутрь поворота. Известно, что при определённом угле $α$ автомобиль может двигаться с постоянной скоростью $v = 120$ км/ч по повороту с радиусом $R = 300$ м таким образом, что полная сила реакции полотна дороги все время перпендикулярна полотну, то есть у этой силы нет составляющих, параллельных полотну. При какой скорости $vм$ автомобиль начнёт скользить поперек трассы и может быть «выкинут» с неё наружу поворота, если коэффициент трения колес о трассу равен $μ = 0,8$ ? Считайте, что в момент начала скольжения у силы трения нет составляющей в направлении движения. Какие законы Вы использовали для описания движения автомобиля? Обоснуйте их применимость к данному случаю.

Источники: СтатГрад 11.02.2022 Физика 1

Показать ответ и решение

Обоснование:
1) Будем считать систему отсчёта, связанную с полотном дороги, инерциальной, автомобиль – материальной точкой, движущейся по оси полотна трассы на повороте известного радиуса с постоянной по модулю скоростью.
2) При таких предположениях можно пользоваться законами динамики (2-м и 3-м законами Ньютона) и уравнениями кинематики для вращательного движения, а также свойствами силы сухого трения. В рамках простейшей модели (закон Амонтона-Кулона) эта сила является касательной составляющей силы полной реакции опоры и направлена противоположно направлению (действительного или возможного) тела относительно опоры.
3) Модуль силы сухого трения не может превышать $μN$ , где $μ$ – коэффициент сухого трения, $N$ – модуль силы нормальной реакции опоры.
В условии задачи под параллельной составляющей силы реакции полотна дороги имеется в виду сила трения.
Рассмотрим сначала первый случай, когда полная сила реакци полотна дороги направлена перпендикулярно ему и не имеет параллельных составляющих.
Изобразим силы, действующую на систему.

$PIC$

На автомобиль действуют 2 силы: $m⃗g$ - сила тяжести и $N⃗$ - сила реакции опоры.
Запишем второй закон Ньютона в векторной форме

⃗F =m ⃗g+ ⃗N,

где $F$ - центростремительная сила.
Как следует из рисунка, $F =Nsin α$ , $N = -mg- cosα$ . Тогда

F = mg ⋅tgα.

Следовательно

mv2 ( v2 ) maц.с. =-R--= F = mg ⋅tgα ⇒ α =arctg Rg- .

Теперь рассмотрим второй случай, когда сила трения скольжения действует на автомобиль под углом $α$ , удерживающая автомобиль от скольжения наружу.
Изобразим силы, действующую на систему.

$PIC$

Запишем второй закон Ньютона в векторной форме

⃗F′ = m ⃗g+ ⃗N + ⃗Fтр,

где $Fтр = μN$ - сила трения скольжения;
$′ F$ - центростремительная сила.
Как видно из рисунка, $F μN tgγ =-Nтр = N--= μ$ , $β = 90∘− α− γ$ .
Поскольку $′ mg- mv2м ∘ gR-- F = tgβ = R ⇒ vм = tgβ.$
Подставляя численные значения, получим

( 120⋅1000 ) ( v2) | (--3600--)2| ∘ α = arctg Rg- = arctg( --300⋅10--) ≈ 20 .

γ =arctg(μ)= arctg(0,8)≈ 38∘.

β = 90∘− α− γ = 90∘ − 20∘− 38∘ ≈ 32∘.

∘ ------- vм = 10⋅30∘0≈ 70 м/c. tg(32 )

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#116033

На гоночных автотрассах используют так называемые «выведенные» повороты, на которых дорожное полотно наклонено под некоторым углом $α$ к горизонту внутрь поворота. Известно, что при определённом угле $α$ автомобиль может двигаться с постоянной скоростью $v = 108$ км/ч по повороту с радиусом $R = 250$ м таким образом, что полная сила реакции полотна дороги все время перпендикулярна полотну, то есть у этой силы нет составляющих, параллельных полотну. При какой скорости $vм$ автомобиль начнёт скользить поперек трассы и может быть «выкинут» с неё наружу поворота, если коэффициент трения колес о трассу равен $μ = 0,7$ ? Считайте, что в момент начала скольжения у силы трения нет составляющей в направлении движения. Какие законы Вы использовали для описания движения автомобиля? Обоснуйте их применимость к данному случаю.

Источники: СтатГрад 11.02.2022 Физика 2

Показать ответ и решение

Обоснование:
1) Будем считать систему отсчёта, связанную с полотном дороги, инерциальной, автомобиль – материальной точкой, движущейся по оси полотна трассы на повороте известного радиуса с постоянной по модулю скоростью.
2) При таких предположениях можно пользоваться законами динамики (2-м и 3-м законами Ньютона) и уравнениями кинематики для вращательного движения, а также свойствами силы сухого трения. В рамках простейшей модели (закон Амонтона-Кулона) эта сила является касательной составляющей силы полной реакции опоры и направлена противоположно направлению (действительного или возможного) тела относительно опоры.
3) Модуль силы сухого трения не может превышать $μN$ , где $μ$ – коэффициент сухого трения, $N$ – модуль силы нормальной реакции опоры.
В условии задачи под параллельной составляющей силы реакции полотна дороги имеется в виду сила трения.
Рассмотрим сначала первый случай, когда полная сила реакци полотна дороги направлена перпендикулярно ему и не имеет параллельных составляющих.
Изобразим силы, действующую на систему.

$PIC$

На автомобиль действуют 2 силы: $m⃗g$ - сила тяжести и $N⃗$ - сила реакции опоры.
Запишем второй закон Ньютона в векторной форме

⃗F =m ⃗g+ ⃗N,

где $F$ - центростремительная сила.
Как следует из рисунка, $F =Nsin α$ , $N = -mg- cosα$ . Тогда

F = mg ⋅tgα.

Следовательно

mv2 ( v2 ) maц.с. =-R--= F = mg ⋅tgα ⇒ α =arctg Rg- .

Теперь рассмотрим второй случай, когда сила трения скольжения действует на автомобиль под углом $α$ , удерживающая автомобиль от скольжения наружу.
Изобразим силы, действующую на систему.

$PIC$

Запишем второй закон Ньютона в векторной форме

⃗F′ = m ⃗g+ ⃗N + ⃗Fтр,

где $Fтр = μN$ - сила трения скольжения;
$′ F$ - центростремительная сила.
Как видно из рисунка, $F μN tgγ =-Nтр = N--= μ$ , $β = 90∘− α− γ$ .
Поскольку $′ mg- mv2м ∘ gR-- F = tgβ = R ⇒ vм = tgβ.$
Подставляя численные значения, получим

( 108⋅1000 ) ( v2) | (--3600--)2| ∘ α = arctg Rg- = arctg( --250⋅10--) ≈ 20 .

γ =arctg(μ)= arctg(0,7)≈ 35∘.

β = 90∘− α− γ = 90∘ − 20∘− 35∘ ≈ 35∘.

∘ ------- vм = 10⋅25∘0≈ 60 м/c. tg(35 )

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#120444

К верхнему концу тонкого вертикального вала, установленного на неподвижном столе, на невесомой нерастяжимой нити длиной $l = 20$ см подвешен маленький грузик массой $m = 10$ г. Вал с грузиком на нити можно вращать вокруг вертикальной оси при помощи электропривода. Вал медленно раскрутили до угловой скорости $ω = 40с−1$ . Какую кинетическую энергию приобрёл грузик к концу раскрутки системы? Какие законы Вы использовали для описания движения грузика? Обоснуйте их применимость к данному случаю.

Источники: Статград 20.10.2022 Физика 2

Показать ответ и решение

Обоснование:
1. Введем инерциальную систему отсчёта (ИСО) связанную с землей.
2. Тело движется поступательно, поэтому его можно считать материальной точкой.
3. Так как тело является материальной точкой, то описывать его движение в ИСО будем, используя законы Ньютона.

Рассмотрим систему после её раскрутки до стабильного вращения с угловой скорость $ω$ . Изобразим силы действующие на шарик

$PIC$

Запишем второй закон Ньютона

⃗ m ⃗a= T + m⃗g.

Рассмотрим проекции на оси $x$ и $y$

Tcosα= mg,

2 Tsinα = mω R,

где $R = lsinα$ . Тогда

sinα ω2lsinα cosα = --g---,

sinα(1− cosαω2l)= 0. (1) g

Получаем два решения $sinα= 0$ , $-g- cosα= ω2l$ . Понятно, что решение $sin α= 0$ есть всегда при $ω2l- cosα g < 1$ , поскольку $|cosα|< 1$ , то это эквивалентно условию $-g-> 1 ω2l$ (см. (1)).
Когда $-g- ω2l < 1$ решение $α =0$ теряет стабильность и остается решение $g-- cosα = ω2l$ .
Оценим значение $-g2- ω l$ в нашей задаче.

-g2-= --210---= 0,5⇒ α = 60∘. ω l 10 ⋅0,2

Поэтому шарик вращается по окружности с радиусом $R$ и нить отклонена на угол $α$ .
Линейная скорость шарика при движении по окружности радиуса $R$ равна $v = ωR$ .
Значит кинетическая энергия шарика равна

2 22 2 22 2 2 2 2 E к = mv-= m-ω-lsin-α-= m-ω-l(1−-cos-α) = 0,01⋅10-⋅0,2-⋅(1−-0,5-)= 0,015 Дж. 2 2 2 2

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#120445

К верхнему концу тонкого вертикального вала, установленного на неподвижном столе, на невесомой нерастяжимой нити длиной $l = 30$ см подвешен маленький грузик массой $m = 25$ г. Вал с грузиком на нити можно вращать вокруг вертикальной оси при помощи электропривода. Вал медленно раскрутили до угловой скорости $ω = 40с−1$ . Какую потенциальную энергию приобрёл грузик к концу раскрутки системы, если считать, что до начала процесса она была равна нулю? Какие законы Вы использовали для описания движения грузика? Обоснуйте их применимость к данному случаю.

Источники: Статград 20.10.2022 Физика 1

Показать ответ и решение

Обоснование:
1. Введем инерциальную систему отсчёта (ИСО) связанную с землей.
2. Тело движется поступательно, поэтому его можно считать материальной точкой.
3. Так как тело является материальной точкой, то описывать его движение в ИСО будем, используя законы Ньютона.

Рассмотрим систему после её раскрутки до стабильного вращения с угловой скорость $ω$ . Изобразим силы действующие на шарик

$PIC$

Запишем второй закон Ньютона

⃗ m ⃗a= T + m⃗g.

Рассмотрим проекции на оси $x$ и $y$

Tcosα= mg,

2 Tsinα = mω R,

где $R = lsinα$ . Тогда

sinα ω2lsinα cosα = --g---,

sinα(1− cosαω2l)= 0. (1) g

Получаем два решения $sinα= 0$ , $-g- cosα= ω2l$ . Понятно, что решение $sin α= 0$ есть всегда при $ω2l- cosα g < 1$ , поскольку $|cosα|< 1$ , то это эквивалентно условию $-g-> 1 ω2l$ (см. (1)).
Когда $-g- ω2l < 1$ решение $α =0$ теряет стабильность и остается решение $g-- cosα = ω2l$ .
Оценим значение $-g2- ω l$ в нашей задаче.

-g2 = --120---= 0,02 ⇒ α =88∘. ω l 40 ⋅0,3

Поэтому шарик вращается по окружности с радиусом $R$ и нить отклонена на угол $α$ . Причем относительно первоначального положения он находится на высоте $h= l(1− cosα)$ . Тогда потенциальная энергия шарика равна

Eп = mgh =mgl(1− cosα)= 0,025⋅10⋅0,4⋅(1− 0,02)≈ 0,07 Д ж.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#120673

Изготовленная из соснового дерева тонкая прямая однородная палочка объёмом $V0 =27,2$ см³ закреплена за свой верхний конец на горизонтальной оси, вокруг которой она может вращаться в вертикальной плоскости. К нижнему концу этой палочки на тонкой лёгкой нити привязан алюминиевый шарик. Шарик и нижняя часть палочки погружены в сосуд с водой, причём ниже уровня воды располагается ровно половина палочки, и шарик не касается дна сосуда. При этом палочка наклонена под некоторым углом к горизонту, и вся система находится в равновесии. Сделайте рисунок с указанием сил, действующих на палочку и на шарик. Найдите объём $V$ шарика. Обоснуйте применимость используемых законов к решению задачи.

$PIC$

Источники: Статград 09.12.2022 Физика 1

Показать ответ и решение

Обоснование
1. Систему отсчёта, связанную с Землёй, будем считать инерциальной (ИСО).

2. Будем считать палочку абсолютно твёрдым телом. Условие равновесия твёрдого тела, которое может вращаться вокруг некоторой оси – равенство нулю суммы моментов всех сил, приложенных к телу, относительно этой оси. Груз будем описывать моделью материальной точки, его размерами можно пренебречь. Груз находится в покое относительно поступательного движения, следовательно, сумма сил, действующих на него, равна нулю.

3. Палочка тонкая, поэтому объём погруженной в воду части палочки можно считать прямо пропорциональным длине этой части.

4. Нить тонкая, поэтому можно пренебречь действующей на неё силой Архимеда.

5. Нить лёгкая, поэтому модуль силы натяжения нити в любой её точке одинаков, в частности: $|⃗T1|=|⃗T2|= T$ (см. рисунок в решении).

6. Груз не касается дна сосуда, поэтому на него со стороны этого дна не действует сила реакции.

Решение
Изобразим силы, действующие на тела.

$PIC$

На шарик действует сила тяжести $m ⃗g$ , где $m$ – масса шарика, сила Архимеда $⃗ FA1$ и сила натяжения нити $⃗ T2$ . На палочку действует сила тяжести $M ⃗g$ , где $M$ – масса палочки сила Архимеда $⃗FA2$ , сила натяжения нити $⃗T1$ и сила реакции опоры $N⃗$ .
Запишем второй закон Ньютона для шарика

m ⃗g+ ⃗FA1+ ⃗T2 = ma⃗1,

где $a1 = 0$ – ускорение шарика.
Сила Архимеда равна

FA = ρgVт,

где $ρ0$ – плотность жидкости, $Vт$ .
Тогда

gV0 FA1 = ρ0gV FA2 =ρ0-2-.

Массы тел равны

m = ρ1V M = ρ2V,

где $ρ1$ – плотность алюминия, $ρ2$ – плотность соснового дерева.
Спроецируем второй закон Ньютона на ось $x$ :

mg− FA1 − T = 0⇒ T = mg − FA1.

С учётом уравнений для массы и силы Архимеда

T = ρ1gV − ρ0gV = gV(ρ1− ρ0). (1)

Пусть длина палочки равна $L$ , и составляет угол $α$ с горизонталью (см. рис.). Запишем правило момента для палочки относительно оси вращения $O$ , с учётом, что сила тяжести приложена в центре палочки, а сила Архимеда в центре погруженной части палочки:

L 3L Mg 2 cosα− FA2-4-cosα+ TL cosα = 0,

Учтем равенства для массы и силы Архимеда

ρ2V0gLcosα − ρ0gV03L-cosα+ TL cosα = 0 (2) 2 2 4

Объединим (1) и (2)

ρ2V0- 3ρ0V0- 2 − 8 + V(ρ1− ρ0)= 0

Отсюда

3ρ0 ρ2 V (ρ1− ρ0)= V0(-8-− 2-)

Откуда объём шарика равен:

3ρ0− 4ρ2 3⋅1 г/см3− 4⋅0,4 г/см3 V = 8(ρ1−-ρ0)V0 = ----------3-------3-⋅27,2 см3 ≈ 2,8 см3. 8⋅(2,7 г/см − 1 г/см )

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#122883

К концам лёгкого стержня длиной $l$ , лежащего на клиновидной опоре, установленной на расстоянии $-l 3$ от его левого конца,подвешены на невесомых нитях два тяжёлых груза 1 и 2 с плотностями $ρ1$ (слева) и $ρ2$ (справа). Стержень находится в равновесии в горизонтальном положении (см. рисунок).

$PIC$

Затем, опустив точку опоры стержня, грузы полностью погрузили в стаканы с жидкостями – водой слева и керосином справа, и при этом равновесие стержня сохранилось. Чему равно отношение плотностей грузов $ρ2 ρ1$ ? Какие законы Вы использовали для решения этой задачи? Обоснуйте их применимость к данному случаю.

Источники: Статград 20.12.2021 Физика 1

Показать ответ и решение

Обоснование:

1. Введем инерциальную систему отсчета (ИСО) связанную с Землей.
2. Стержень будем описывать моделью абсолютно твердого тела - его форма и размеры неизменны, расстояние между любыми двумя точками остаются неизменным.
3. Движение абсолютно твердого тела можно описать совокопнустью движений - поступательного и вращательного. Поэтому для равновесия твердого тела в ИСО необходимо два условия. Одно для поступательного движения, другое - для вращательного движения. 4. Сумма всех приложенных к твёрдому телу внешних сил равна нулю (условие равновесия твёрдого тела относительно поступательного движения). Также применимо правило моментов (условие равновесия твёрдого тела относительно вращательного движения). Также применим третий закон Ньютона для описания взаимодействия между стержнем и опорами.
5. Размеры шариков малы по сравнению с размером стержня, поэтому будем описывать шарики моделью материальной точки.
Поскольку сил, направленных по горизонтали нет, то будем рассматривать законы, спроецированные на вертикальную ось.

$PIC$

Рассмотрим правило моментов относительно точки опоры стержня

T1l = T22l, 3 3

T1 =2T2.

Запишем второй закон Ньютона для двух грузов до погружения

T1 = m1g = ρ1gV1, (1)

T2 = m2g = ρ2gV2. (2)

Разделив (1) на (2), получим

V1 ρ2 2V2 = ρ1. (3)

При опускании грузов в воду на них начинает действовать сила Архимеда

Fарх = ρgVп,

где $ρ$ – плотность жидкости, $Vп$ – объём погружённого тела.

$PIC$

Запишем второй закон Ньютона для двух грузов после погружения

′ 1 T1 = m1g− Fарх = ρ1gV1− ρвgV1 = (ρ1− ρв)gV1, (4)

$3 ρв = 1000 кг/м$ - плотность воды.

′ 2 T2 =m2g − Fарх = ρ2gV2− ρкgV2 = (ρ2− ρк)gV2, (5)

$3 ρк = 800 кг/м$ - плотность керосина.
Запишем правило моментов относительно точки опоры стержня

′ ′ T1 l = T22l, 3 3

T′1 = 2T2′. (6)

Тогда из (4),(5) и (6) следует, что

(ρ1− ρв)V1 = 2(ρ2− ρк)V2.

Выражая отсюда $V1 2V2$ и подставив в (3), получим

ρ2 ρ2− ρк ρ1-= ρ1−-ρв.

Тогда

ρ2= ρк = 800-= 0,8. ρ1 ρв 1000

Ответ:

$ρ2 ρк ρ1 = ρв = 0,8.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#128157

На заре развития авто- и мототехники большой популярностью пользовался аттракцион «Мотоциклист под куполом цирка». На цирковой арене устанавливали полусферический купол, сделанный из стальных прутьев. Мотоциклист начинал ездить по арене по кругу, постепенно разгоняясь. Когда скорость мотоциклиста становилась достаточно большой, он начинал двигаться по внутренней поверхности купола, поднимаясь при дальнейшем разгоне всё выше и выше. Пусть отрезок, соединяющий центр O купола с мотоциклистом, составляет с вертикалью угол $α = 60∘$ . Найдите минимальную скорость $V$ , с которой должен ехать мотоциклист для того, чтобы двигаться под куполом по окружности, лежащей в горизонтальной плоскости. Радиус купола $R = 20$ м, коэффициент трения скольжения между колёсами мотоцикла и внутренней поверхностью купола $μ =0,8$ . Обоснуйте применимость законов, используемых для решения задачи.

$PIC$

Источники: Статград 23.01.2024 Физика 1

Показать ответ и решение

Ответ:

$∘ gRsinα(μ+-tgα)- V = μtgα− 1 ≈ 121 км/ч.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#128158

На заре развития авто- и мототехники большой популярностью пользовался аттракцион «Мотоциклист под куполом цирка». На цирковой арене устанавливали полусферический купол, сделанный из стальных прутьев. Мотоциклист начинал ездить по арене по кругу, постепенно разгоняясь. Когда скорость мотоциклиста становилась достаточно большой, он начинал двигаться по внутренней поверхности купола, поднимаясь при дальнейшем разгоне всё выше и выше. Пусть мотоциклист движется под куполом радиусом $R$ по окружности, лежащей в горизонтальной плоскости, и отрезок, соединяющий центр O купола с мотоциклистом, составляет с вертикалью угол $∘ α= 60$ . Известно, что минимальная скорость, с которой должен ехать мотоциклист для того, чтобы удерживаться на этой окружности, равна $√ --- V = 2 gR$ . Чему равен коэффициент трения скольжения $μ$ между колёсами мотоцикла и внутренней поверхностью купола? Обоснуйте применимость законов, используемых для решения задачи.

$PIC$

Источники: Статград 23.01.2024 Физика 2

Показать ответ и решение

Ответ:

$4+-sinαtgα- μ = 4tgα − sinα ≈ 0,91.$