Задание 29. Механика (расчетная задача). ЕГЭ 2021 по физике

Решение:

По закону сохранения энергии $F∆t=m∆υ$, где $∆υ=υ_1·cosα-(-υ_2·cosα)⇒∆υ=cosα(υ_1+υ_2); υ_1=υ_2=υ$. Тогда $F∆t-2·m·υ·cosα$. Из условия $υ_y=υ·sin({π}/{2}-2·α)-g·t=υ·cos2α-gt; υ_y=0$ в верхней точке, следовательно, $t={υ·cos2α}/{g}$, а $H={υ^2·sin^2α}/{2g}; υ={F∆t}/{2m·cosα}$, тогда $H={({4}/{2·0.5·{√3}/{2}})·0.5^2}/{2·10}=6.7$см

Дано:

$h_в=0.05$м

$ρ_в=1000{кг}/{м^3}$

$ρ_к=800{кг}/{м^3}$

$ρ_{куб}=960{кг}/{м^3}$

$h_{куб}-?$

Решение:

По 2-му закону Ньютона $mg=F_{A_1}+F_{A_2}; F_{A_1}=ρ_в·g·V_в$ и $V_в=h_в·S$ - объем в воде.

$F_{A_2}=ρ_к·g·V_к$ и $V_к=h_к·S$ - объем в керосине.

Тогда условия плавания кубика: $ρ_{куб}·g·h_{куб}·S=ρ_в·g·h_в·S+ρ_к·g·h_в·S$

$h_к=h_{куб}-h_в$, тогда $ρ_{куб}·g·h_{куб}·S=ρ_в·g·h_в·S+ρ_к·g·h_к·S-ρ_к·g·h_к·S=(ρ_в-ρ_к)h_в$

$h_{куб}={h_в(ρ_в-ρ_к)}/{ρ_{куб}-ρ_к}={0.05(1000-800)}/{960-800}=6.25$см.

Дано:

$m=1$кг

$h=240$м

$S=0.2$м

$F_c-?$

$υ_0=14$м/с

Решение:

Полная механическая энергия груза в начале падения: $E_0=mgH+{mυ_0^2}/{2}$.
Изменение энергии груза до значения $E=0$ равно работе силе сопротивления грунта: $E-E_0=-F_c·S; $
$-E_0=-F_c·S; $
$mgH+{mυ_0^2}/{2}=F_c·S; $
$F_c={1}/{S}(mgH+{mυ_0^2}/{2})$

$F_c={1}/{0.2}(1·10·240+{1·14^2}/{2})≈12490$H.

Решение:

Запишем равенство моментов от силы тяжести и от приложенной силы. Момент силы тяжести $mg√{R^2-(R-h)^2}$, а от действующей силы $F(R-h)$, тогда $mg√{R^2-(R-h)^2}=F(R-h)$, помним, что $F=mg$.

$R^2-(R-h)^2=(R-h)^2⇒R=√2(R-h)⇒1.41h=0.41R$.

$h={0.41}/{1.41}·R=0.293·R$

Дано:

$m$ - масса

$α$ - угол

$T-?$

Решение:

1) Пусть $l$ - длина нити маятника. Определим начальную высоту шарика относительно положению равновесия $h=l-l·cosα=l(1-cosα)$.

2) По 2 закону Ньютона для груза маятника в момент прохождения им положения равновесия:
$T↖{→}+mg↖{→}=ma↖{→}$
$a= {υ^2}/{l}$ - центростремительное ускорение.
В проекции на вертикальную ось, направленную вверх: $T-mg=m{υ^2}/{l}$ → $T=mg+m{υ^2}/{l}$ (1)

3) По закону сохранения энергии $mgh={mυ^2}/{2}$, $mg(l-l·cosα)={mυ^2}/{2}$

4) Тогда уравнение (1) примет вид $T=mg+2mg{(l-l·cosα)}/{l}=mg+2mg({l(1-cosα)}/{l})=mg(3-2cosα)$

Дано:
$υ_0=3.13м/c$
$h-?$

Решение:

Запишем уравнения движения для 1 и 2 тела $\{\table\y=υ_0t_1-{gt_1^2}/{2}; \y=υ_0t_2-{gt_2^2}/{2};$

Также известно, что 2 тело бросили позднее по $t_1-t_2=τ$,
$τ$-время, за которое первое тело долетело до верхней точки.
В верхней точке $v=0=v_0-gτ$, значит $τ={υ_0}/{g}$.

$y=h$ - высота, на которой тела встретились.

Решим систему уравнений: (здесь представлено одно из множества возможных решений системы уравнений)
$\{\table\h=υ_0t_1-{gt_1^2}/{2}; \h=υ_0t_2-{gt_2^2}/{2};$
Вычитаем из верхнего уравнения нижнее:
$v_0(t_1-t_2)-g/2({t_1}^2-{t_2}^2)=0$
$v_0(t_1-t_2)-g/2(t_1-t_2)(t_1+t_2)=0$
$v_0-g/2(t_1+t_2)=0$
$v_0=g/2(t_2+τ+t_2)=g/2(2t_2+{υ_0}/{g})$ (учтено, что $t_1=t_2+τ$ и что $τ={υ_0}/{g}$)
$t_2={υ_0}/{2g}$
Подставим $t_2$ во второй уравнение: $h=υ_0{υ_0}/{2g}-{g/{2}({υ_0}/{2g})^2}={{υ_0}^2}/{2g}-1/{4}{{υ_0}^2}/{2g}={3}/{4}·{υ_0^2}/{2g}={3}/{4}·{{3.13}^2}/{2·10}≈0.4$м.

Если радиусы планет равны, то их объёмы тоже равны

Ускорение на Земле:$g_3=G{M_3}/{R_3}=G{ρ_3V}/{R_3}$

Ускорение на другой планете: $g_п=G{M_п}/{R_3}=G{1,5ρ_3V}/{R_3}$

$g_3=1,5g_п=15м/{c^2}$

Дано:

$m=200г=0.2$кг

$l=1.5$м

$h=1$м

Решение:

В момент, когда нижняя часть нити займет горизонтальное положение, шарик будет на той же высоте, что и гвоздь. Тогда по закону сохранения энергии $mgh={mυ^2}/{2}$ (1), где $h$ - расстояние между гвоздём и точкой подвеса маятника. (Высоту гвоздя берём за 0 потенциальной энергии, поэтому вся потенциальная энергия переходит в кинетическую). Искомая сила натяжения есть центростремительная сила, и она задаёт центростремительную составляющую $a_ц$ ускорения груза $a↖{→}$.

Второй закон Ньютона для груза: $T↖{→}+mg↖{→}=ma↖{→}$.
В проекции на горизонтальную ось, направленную в сторону гвоздя: $T=ma_ц=m{υ^2}/{r}$ (2),
$r=l-h=1.5-1=0.5$м - длина части нити, которая ниже гвоздя.

Из (1) следует, что ${υ^2}=2gh$, тогда $T={m2gh}/r={0.2·2·10·1}/0.5=8H$

Дано:

$m_1=m_2=3$кг

$k=1$Н/м

$μ=0.2$

$υ-?$

Решение:

1) Чтобы сдвинуть 2-й брусок, сила упругости должна сравняться с максимальной силой трения покоя, т.е. с силой трения скольжения: $kx=μ·N$, $x$ - растяжение пружины, $N$ - сила реакции опоры.
Из 2 закона Ньютона для груза в проекции на вертикальную ось получим, что $N=mg$, тогда $kx=μmg$ (1)

Мы знаем, что энергия пружины ${kx^2}/{2}$, а движущееся тело ${m·υ^2}/{2}$ должно затратить энергию на работу против сил трения и на растяжение пружины. Поэтому запишем закон сохранения энергии с учётом сил трения: ${m·υ^2}/{2}={kx^2}/{2}+μ·mg·x$ (2).

Из уравнения (1) получим: $x={μmg}/{k}$.
Подставим это в уравнение (2): ${m·υ^2}/{2}={k}/{2}·{(μmg)^2}/{k^2}+μmg·{μmg}/{k}$.
Преобразуя, получим: $υ=μg{√{3m}}/{k}=0.2·10{√{3·3}}/{1}=6м/с$

Дано:

$m_1=120$кг

$υ_1=5.3$м/с

$m_2=85$кг

$υ_2=12$м/с

$∆E-?$

Решение:

Закон сохранения импульса: ${p_1}↖{→}+{p_2}↖{→}=p↖{→}$.
$p_1=m_1{υ_1}$ - импульс плота;
$p_2=m_2{υ_2}$ - импульс груза;
$p=(m_1+m_2){υ}$ - импульс системы после удара ($υ$ - скорость плота и груза после неупругого удара).

Так как импульсы тел до удара перпендикулярны, модуль импульса после удара можно найти по теореме Пифагора: $p^2=p_1^2+p_2^2$ $⇒(m_1+m_2)^2υ^2=m_1^2υ_1^2+m_2^2υ_2^2 ⇒$
$⇒υ^2={m_1^2υ_1^2+m_2^2υ_2^2}/(m_1+m_2)^2$

Найдем скорость $υ$: $υ=√{m_1^2υ_1^2+m_2^2υ_2^2}/(m_1+m_2)=√{{120}^2{5,3}^2+{85}^2{12}^2}/(120+50)=5.8636м/с$

Запишем закон сохранения механической энергии: ${m_1υ_1^2}/{2}+{m_2υ_2^2}/{2}={(m_1+m_2)·υ^2}/{2}+∆E$, где $∆E$ - потери механической энергии.
$∆E={m_1υ_1^2}/{2}+{m_2υ_2^2}/{2}-{(m_1+m_2)·υ^2}/{2}$(7). Подставим числовые значения : $∆E={120·28.09}/{2}+{85·144}/{2}-{(205)·34.382}/{2}=1685.4+6120-3524.135=4281.265=4.3$кДж.

Ответ: 4,3 кДж

Другой способ нахождения скорости после удара:

Так как удар не упругий, будет иметь вид: $m_1{υ_1}↖{→}+m_2{υ_2}↖{→}=(m_1+m_2)·υ↖{→}$(1). В проекциях на ось Ох и Оу имеем: $Ox: m_1υ_1=(m_1+m_2)·υ·cosα$(2); $Oy: m_2υ_2=(m_1+m_2)·υ·sinα$(3)

Разделим (3) и (2) и найдем угол $α$: ${sinα}/{cosα}={m_2υ_2}/{m_1υ_1}⇒tgα={85·12}/{120·5.3}=1.60377358490566$, откуда $α=arctg(1.60377)≈58.055°$(4). Найдем скорость $υ$ из (1): $υ={m_1υ_1}/{(m_1+m_2)·υ·cosα}={120·5.3}/{205·cos58°}=5.8636м/с$

Дано:

$h_1=1$м

$υ_2=0.94υ_1$

$t=1.3$

$N-?$

Решение:

Падая с высоты $h_1$, шарик подлетает к полу со скоростью $υ_1$, а отталкивает от него со скоростью $υ_2=0.94υ_1$. Согласно закону сохранения механической энергии: $mgh_1={mυ_1^2}/{2}$ и $mgh_2={mυ_2^2}/{2}$, откуда $υ_1=√{2gh_1}$, а $υ_2=√{2gh_2}$

После почленного деления получим: ${υ_2}/{υ_1}={0.94υ_1}/{υ_1}={√{h_2}}/{√{h_1}}$, т.е. $h_2=(0.94)^2·h_1$.

Промежуток времени с момента падения шарика до второго удара об пол: $t=t_1+2t_2$, где $t_1$ - время падения шарика с высоты $h_1$ и $t_2$ - время падения шарика с высоты $h_2$.

Найдем $t_1$ и $t_2$: $h_1={gt_1^2}/{2}$, откуда $t_1=√{{2h_1}/{g}}=√{{2·1}/{9.8}}=0.451c$. Тогда $t_2=√{{2h_2}/{g}}=0.94√{{2h_1}/{g}}=0.94·0.451c=0.4246c$

Поскольку после первого удара шарику нужно подняться на высоту $h_2$, то время между первым и вторым ударом будет равно $2t_2$ или $2t_2=2·0.4246=0.849c$

Сложив $t_1$ и $2t_2$ получим: $t_1=2t_2=0.451+0.849=1.3c$. Значит, за время $t=1.3$ секунды, шарик совершает $N=2$удара.

Дано:

$R=0.1$м

$t=2$c

$g≈10{м}/{с^2}$

$α-?$

Решение:

На маятник действуют сила тяжести $m{g}↖{→}$, сила напряжения нити $T↖{→}$.
Второй закон Ньютона для груза маятника: $m{g}↖{→}+T↖{→}=m{a}↖{→}$, где $a={υ^2}/{R}$ (1) - центростремительное ускорение.
$υ$ - линейная скорость груза маятника: $υ={2πR}/t$ (2)

Из рисунка видно, что в проекции на оси Ох и Оу имеем.
$Ох: T·sinα=ma$ (3)
$Оy: T·cosα-mg=0$ (4)

Выразим силу натяжения нити $T$ из (4): $T={mg}/{cosα}$.
Подставим её в уравнение (3): ${mg}/{cosα}·sinα=ma$,
с учётом выражения (1) и (2) получим:
${mg}/{cosα}·sinα=m{υ^2}/{R}$;
${g·sinα}/{cosα}={({2πR})^2}/{t^2R}$;
${sinα}/{cosα}={({2π})^2R}/{g·t^2}$;
${tgα}={({2π})^2R}/{g·t^2}$
$⇒α=arctg({4π^2R}/{gt^2})$.
Тогда, $α=arctg({4·9.8596·0.1}/{10·4})≈5.6°$

Дано:

$α=15°$

$t=2$c

$R-?$

Решение:

Из рисунка видно, что в проекции на оси Ох и Оу имеем: $a_{ц.б.}={υ^2}/{R}$(1).

$Ох: O=ma_{ц.б.}-T·cos(90°-α)$(2)

$Оy: O=mg-T·cosα$(3)

Учитывая, что $cos(90°-α)=sinα$, выразим силу натяжения нити $T$ и приравняем друг к другу: Из (2): $T={ma_{ц.б.}}/{sinα}={mυ^2}/{R·sinα}$(4)

Из (3): $T={mg}/{cosα}$(5). Приравняем (4) и (5): ${mυ^2}/{R·sinα}={mg}/{cosα}⇒υ^2={gR·sinα}/{cosα}⇒υ=√{gR·tgα}$(6)

Период колебаний $T={2πR}/{υ}$(7). Подставим (6) в (7): $T={2πR}/{√{gR·tgα}}⇒T^2={4π^2R^2}/{gR·tgα}⇒R={gT^2·tgα}/{4π^2}={10·4·0.268}/{4·9.8596}=0.27м$

Дано:

$h=250$м

$υ_в=30{м}/{с}$

$g≈10{м}/{с^2}$

$υ_г-?$

Решение:

По закону сохранения механической энергии полная энергия системы в точке 1 равна полной энергии системы в точке 2: $E_1=E_2$(1), где $E_1=E_{п_1}+E_{к_1}; E_2=E_{п_2}+E_{к_2}; E_{п_1}=mgh; E_{к_1}={mυ_г^2}/{2}; E_{п_2}=0(h_2=0); E_{к_2}={mυ_в^2}/{2}$.

Подставим числовые значения: $mgh+{mυ_в^2}/{2}=0+{mυ_г^2}/{2}|·2$.

$υ_г^2=υ_в^2+2gh$

$υ_г=√{υ_в^2+2gh}$(4).

Подставим числовые значения в (4) и найдем скорость груза: $υ_г=√{900+2·10·250}=√{900+5000}=76.81≈77{м}/{с}$

Дано:

$h=250$м

$υ_г=81{м}/{с}$

$g≈10{м}/{с^2}$

$υ_в-?$

Решение:

По закону сохранения механической энергии полная энергия системы в точке 1 равна полной энергии системы в точке 2: $E_1=E_2$(1), где $E_1=mgh+{mυ_в^2}/{2}$(2), $E_2={mυ_г^2}/{2}$(3).

Подставим числовые значения (2) и (3) в (1) $mgh+{mυ_в^2}/{2}={mυ_г^2}/{2}⇒{υ_в^2}/{2}={υ_г^2}/{2}-gh/·2$.

$υ_в^2=υ_г^2-2gh⇒υ_в=√{υ_г^2-2gh}$(4).

Подставим числовые значения в (4): $υ_в=√{(81)^2-2·10·250}=√{6561-5000}=√{1561}≈39.5{м}/{с}$