Равноускоренное движение —Каталог задач по Олимпиадной физике

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#22198

Машинист настроил бортовой компьютер электрички так, чтобы он показывал среднюю скорость $v$ на участке, пройденном между соседними опорами, поддерживающими контактный провод. Расстояния между любыми двумя соседними опорами одинаковы. Электричка отправляется с платформы «Новодачная» и разгоняется с постоянным ускорением. Через некоторое время машинист увидел, что компьютер показывает скорость $v1 = 20 км/ч$ . На следующем участке скорость оказалась $v2 = 30 км/ч$ . Какой была мгновенная скорость $u$ электрички на границе между первым и вторым участками?

(Всеросс., 2015, финал, 9)

Источники: ВсОШ, 2015, финал, 9

Показать ответ и решение

Способ I
Пусть $L$ – расстояние между соседними опорами, $a$ – ускорение электрички. Исходя из условия задачи мы будем рассматривать два соседних участка 1–2 и 2–3 между соотвествующими опорами 1, 2 и 3. Условимся, что средняя скорость на участке 1–2 есть $v1$ , а на участке 2–3, соответственно, $v2$ . Пусть $u1$ – мгновенная скорость в момент прохождения первой опоры, электричка проходит участок 1–2 за некоторое время $t1$ , а участок 2–3 – за время $t2$ .
Тогда из определения средней скорости на участке, его длину можно записать как

L = v t = v t (1) 1 1 22

С другой стороны движение равноускоренное

2 L = u1t1 + at1 (2) 2

at22 L = ut2 + 2 (3)

u = u1 +at1 (4)

Умножая почленно (2) на $v1 t1$ и (3) на $v2- t2$ , затем, подставляя $t1$ и $t2$ из (1) и $u1$ из (4) в (2) и (3), получаем

2 aL 2 aL v1 = uv1 − 2-, v2 = uv2 +-2

Избавляясь от $L$ , выражаем скорость u и находим её численное значение:

v2+ v2 u = -1---2-= 26 км/ ч v1 + v2

Способ II
Используем обозначения первого способа, а также равенство (1).

Построим график зависимости скорости электрички от времени. С учетом равенства (1) и численных значений скоростей, движение на участке 1–2 длится в полтора раза дольше, чем на 2–3 (например 6 $τ$ и 4 $τ$ )

Для любого участка при равноускоренном движении средняя скорость равна мгновенной скорости на середине временного интервала. Из графика следует, что изменение мгновенной скорости от 20 до 30 км/ч происходило за время 5 $τ$ . Откуда изменение скорости за 3 $τ$ равно 6 км/ч. Тогда искомая скорость 26 км/ч.
Способ III
Используем обозначения первого способа. Пусть скорость на конце участка 2-3 равна $u3$ . Средняя скорость при равноускоренном движении

u1 +u v1 =--2--- (6)

u + u v2 =-----3 (7) 2

Перемещения на участках равны:

2 2 L = u-−-u1- (8) 2a

u23 −-u2 L = 2a (9)

Из (8) и (9) получаем

2 2 2 2 u − u1 = u3 − u

Решая систему (6), (7) и (10) относительно $u$ получаем:

v21 +-v22 u = v1 + v2 = 26 км/ ч

Способ IV
Путь можно найти, как:

L = v t ср

Так как $L = L = ...= L 1 2 n$ , то

t1 v ср2 t2 = v ср1 = 1,5

где $t2$ и $t1$ – время прохождения участков 2 и 1 соответственно.
Пусть начальная скорость равна $v0$ (при вхождении на первый участок), тогда при вхождении на второй участок скорость будет равна

u = v0 + 1,5at2

А скорость в конце второго участка

u = v + 1,5at + at = v + 2,5at 2 0 2 2 0 2

тогда путь равен

L1 = (v0 + v0 +1,5at2)3t2-= L2 = (v0 +1,5at2 + v0 + 2,5at2) ⇒ 3v0 + 9at2 = 2v0 + 4at ⇒ v0 = 1,75at2 4 4

Откуда

u = 3,25at2

а средняя скорость на первом участке

v = a(3,25+-1,75)t2-⇒ at = 2v1 1 2 2 5

Подставим это значение в формулу для расчета $u$

3,25 ⋅2v1 3,25 ⋅2⋅20 км/ ч U = ---5----= -------5------- = 26 км/ч

(Официальное решение ВсОШ)

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#22199

Поезд метро проходит расстояние $S$ между станциями, разгоняясь с ускорением $a$ до середины перегона и тормозя с таким же по модулю ускорением на второй половине пути. В какой момент времени $τ$ от начала движения средняя скорость $u-$ поезда на пройденном участке пути максимальна? Найдите это максимальное значение $u- max$ и расстояние $l$ от начала пути, на котором оно достигается.

(Всеросс., 2005, финал, 9)

Источники: Всеросс., 2005, финал, 9

Показать ответ и решение

Способ I
График зависимости координаты $x$ поезда от веремени $t$ представлен на рисунке. Средняя скорость $u(t)$ на участке пути, пройденном к моменту времени $t$ , равна угловому ускорению $x(t) k(t) = t$ прямой, проходящей через точку ( $t;x(t)$ ) и начало координат. Из графика видно, что $umax$ соответствует прямой, касающейся кривой $x(t)$ в точке ( $τ;l$ ).

Поезд проходит расстояние $S- 2$ от станции отправления за время $∘ -- t0 = S- a$ . Зависимость $x(t)$ для $t > t0$ имеет вид:

x(t) = S-+ at(t− t )− a(t− t )2. 2 0 0 2 0

С другой стороны,

x(τ) = umaxτ.

Подставляя (2) в (1), получаем

1 2 3 2 S- 2aτ + (umax − 2at0)τ + 2at0 − 2 = 0

Поскольку при $t = τ$ прямая $x = umaxt$ касается графика квадратичной функции $x(t)$ , дискриминант (3) должен быть равен нулю:

(u − 2at)2 − 3a2t2+ aS = 0, откуда u = √aS-(2± √2-) max 0 0 max

В последней формула следует оставить только знак «–», поскольку $umax$ не может превышать максимальной за все время движения скорости поезда $√ --- v0 = at0 = aS$ . Подставив $umax$ в (3), найдем $∘ --- τ = 2S- a$ . Искомое расстояние $√ - l = umax τ = 2S( 2− 1) ≈ 0,83S$
Способ II
Разделим наш путь до $τ$ на 2 составляющие, до $S- 2$ и от $S- 2$ до $τ$ .
Пусть первый участок поезд проезжает за время $t0$ , тогда скорость в конце первого участка пути равна

v = at0 (1)

Путь за время $t 0$ равен $S- 2$ , откуда время пути

∘ -- S-= at20 ⇒ t = S- (2) 2 2 0 a

Пусть время на втором участке равно $t1$ Время всего пути равно $τ$ оно будет складываться из $t0$ и $t1$ , значит $t1 = τ − t0$ После прохождения точки $S- 2$ поезд начинает тормозить, а его скорость уменьшаться по закону

v1 = at0 − at1 (3)

Наш путь от $t0$ до $τ$ равен

at21 L1 = at0t1 −-2 (4)

Но средняя скорость продолжает расти до момента, пока мгновенная скорость не станет равна средней скорости, найдем этот момент c учетом (1), (2), (3) и (4)

2 S-+ at1 + a(τ −-t0)- L-= v1 ⇒ 2-----------2-----= at0 − at1 τ τ

или

∘ -- S- √ --- √--- S- at20 2at0τ aτ2 2 + τ aS − aS ⋅ a − 2 + 2 − 2 = (at0 − aτ + at0)τ

Расскроем все и приведем подобные

S- √ --- S- √ --- aτ2 √ --- 2 √--- 2 + τ aS − S − 2 + τ aS − 2 = τ aS − aτ + τ aS

Выразим отсюда время

aτ2 ∘ 2S- − S = −--- ⇒ τ = --- 2 a

Найдем максимальную среднюю скорость

∘ --- u = 2√aS-− a 2S-= √aS-(2− √2-) max a

И расстояние

∘ 2S√ --- √ - √ - L = umaxτ = --- aS(2− 2) = 2S( 2− 1) a

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#24779

По прямому участку дороги с одинаковой скоростью $v$ друг за другом едут две машины, одна из которых при торможении может двигаться с предельным ускорением $a1$ , а другая – с $a2$ . Если с постоянным ускорением до полной остановки начинает тормозить водитель передней машины, то водитель задней реагирует и нажимает на педаль тормоза не сразу, а с задержкой $τ = 0,3 с$ . В зависимости от того, какая из машин едет впереди, безопасные дистанции, исключающие столкновение между ними, оказываются равными $L1 = 6 м$ или $L2 = 9 м$ . Определите, с какой скоростью едут машины. Оцените разность ускорений $Δa$ машин, если известно, что сами ускорения примерно равны $5 м/ с2$ .

Источники: Всеросс., 2018, РЭ, 9

Показать ответ и решение

Величина безопасного расстояния зависит от тормозного пути автомобилей и пути, который проезжает задний автомобилист перед тем, как успеть нажать на тормоз. Эти пути будут составлять

v2 v2 L1 = vτ + ----− ---- 2a1 2a2

2 2 L2 = vτ + -v--− v--- 2a2 2a1

Откуда, складывая уравнения, получим:

L2 + L1 2vt = L2 + L1 ⇒ v = ---2τ--- = 25 м/ с

А разность ускорений найдем вычитая из второго уравнения первое:

L − L Δa = a1 − a2 = -2--2--1a1a2 ≈ 0,12 м/ с2 v

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#24780

Воздушный шар поднимается с земли вертикально вверх с ускорением $2 м/ с2$ без начальной скорости. Через время $τ = 5 c$ от начала движения из него выпал предмет. Через какое время $t$ предмет упадёт на землю?

$PIC$

Показать ответ и решение

Уравнения для координаты и скорости движения предмета в проекциях на ось $Y$ имеют вид:

2 y = y0 + υ0yt + ayt-, υy = υ0y + ayt 2

2 y = h + υ t − gt- 0y 2

Так как начальная скорость равна 0, то высота подъема шара и скорость выражаются формулами:

a τ2 h = ---- 2

υ0y = aτ

Эти условия соответствуют моменту начала падения предмета. В момент падения предмета на землю $y = 0$ , то есть:

2 2 0 = aτ--+ aτt − gt- ⇒ 0 = aτ2 + 2aτt − gt2 2 2

Решая квадратное уравнение относительно $t$ , получаем:

τ- ∘ -------- -5- ∘ --------- t = g(a + a(a + g)) = 10 (2 + 2(2 + 10 )) = 3, 45 c

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#24781

У вертикально стартующей ракеты есть два двигателя. Двигатели могут включаться по очереди, но на одинаковое время. Один может сообщить ей ускорение $⃗a$ относительно земли, а второй – ускорение $2⃗a$ относительно земли. В какой последовательности следует включать двигатели (сначала мощный, а затем сразу же слабый, или наоборот), чтобы к моменту прекращения их работы ракета переместилась на наибольшее расстояние?
(МОШ, 2016, 9)

Источники: МОШ, 2016, 9

Показать ответ и решение

Способ I
Из приведённых графиков скорости от времени видно, что площадь под графиком во втором случае больше. Следовательно, чтобы к моменту прекращения работы двигателей ракета переместилась на наибольшее расстояние, следует включать сначала мощный двигатель, а затем слабый.

Способ II
Поделим весь участок разгона на временные промежутки длиной $τ$ . Рассмотрим два случая:
Первый случай.
Сначала у ракеты ускорение $a$ на время $τ$ , а затем $2a$ . Тогда расстояние участка 1 равно

aτ2 L1 = ---- 2

а скорость на конце участка

v1 = aτ

Расстояние второго участка

2aτ2 L2 = v1τ + -----= aτ 2 + aτ 2 = 2aτ2 2

Откуда общее расстояние

S1 = 2,5a τ2

Второй случай.
Сначала у ракеты ускорение $2a$ на время $τ$ , а затем $a$ Тогда расстояние участка 1 равно

2 2a-τ- 2 L1 = 2 = aτ

а скорость на конце участка

v2 = 2aτ

Расстояние второго участка

aτ2 L2 = v2τ + ----= 2a τ2 + 0,5aτ2 = 2,5a τ2 2

Откуда общее расстояние

S = 3,5a τ2 1

Откуда следует, что выгоднее включать сначала мощный двигатель, а затем слабый.
(Официальное решение МОШ)

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#24782

Лодка отплыла от берега реки, текущей со скоростью, постоянной по всей ширине реки. В системе отсчета, связанной с водой, лодка всё время двигалась перпендикулярно берегу, причём движение было равнозамедленным, с начальной скоростью 2 м/c. На рисунке изображён вид сверху на траекторию лодки в системе отсчета, связанной с берегом реки. Ось $x$ направлена вдоль берега реки, ось $y$ — перпендикулярно берегу. Определите скорость течения реки и модуль ускорения лодки.

Источники: МОШ, 2012, 9

Показать ответ и решение

Способ I
Введем обзначения $u$ – скорость течения реки; $v$ – начальная скорость лодки.
Движение по оси $X$ является равномерным

x = ut, (1)

а по оси $Y$ равнозамедленным

at2 y = vt − 2 . (2)

Исключая $t$ из уравнения (1) и (2), получим уравнение параболы:

a v y(x) = − ---2x2 + --x (3) 2u u

или

(v a ) y(x) = x --− --2x (4) u 2u

Для равнозамедленного движения запишем зависимость скорости от времени:

v = v − at = v − at (5) y oy

Из рисунка видно, что парабола имеет точки пересечения с осью $X$ : $x1 = 0 м$ , $x2 = 200 м$ .

v-− -a-x = 0 u 2u2

x = 2uv- = 200 a

Так как $v = 2 м/с$ , получаем $u = 50a$ .
При $x = 100 м$ из рисунка видно, что $y = 100 м$ . Подставим эти значения в уравнение параболы (4), заменим $a = u-- 50$ и получим

u 2 u = 1 м/ с; a = ---= 0,02 м/ с 50

Способ II
Найдем ускорение лодки по оси $y$ . Для этого воспользуемся уравнением координаты:

v0-+-v v0 2S- 2-⋅ 100-м y = 2 t = 2 t ⇒ t = v = 2 м/с = 100 с 0

Лодка полностью перестала двигаться на координате $y = 100 м$ , следовательно, ускорение лодки равно

v = at ⇒ a = v0= 2-м/-с= 0,02 м/с2 0 t 100 с

Скорость течения найдем, работая с осью $x$ . За $100 с$ лодка проплыла $100 м$ , следовательно, скорость лодки

x = ut ⇒ u = x-= 100--м = 1 м/ с t 100 с

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#24783

Беговые дорожки легкоатлетического стадиона состоят из двух прямолинейных участков, соединенных двумя полуокружностями. Ширина дорожки $d = 1$ м. Линия старта проведена перпендикулярно прямолинейному участку дорожек и совпадает с линией финиша. Два бегуна, находящиеся на первой (внутренней) и второй дорожке, одновременно принимают старт и пробегают до финиша один круг. Они разгоняются равноускоренно, пока не наберут максимальную скорость $v0 = 8$ м/с, одинаковую для обоих бегунов, с которой и пробегают оставшуюся часть дистанции. На сколько отличается время разгона бегунов, если, двигаясь каждый по середине своей дорожки, они финишируют одновременно?

Показать ответ и решение

Полное время бега равно

τ = t + t0,

где $v t0 = -0 a$ – время разгона.
За время $t0$ бегун пробегает

at2 v2 L0 = --0 = -0- 2 2a

Оставшееся расстояние тогда равно

L = S − L 0

Откуда время

L S − L S v t = -- = ------0= -- − -0- v0 v0 v0 2a

Значит, полное время дистанции:

-S v0- v0 -S v0- τ = v0 − 2a + a = v0 + 2a

По условию бегуны финишировали в одно время, следовательно

S1 v0 S2 v0 ---+ ----= ---+ ---- v0 2a1 v0 2a2

Заменим $v0 --= t a$ , тогда

S1-+ t1-= S2-+ t2 v0 2 v0 2

Или

2(S2 − S1 ) Δt = t2 − t1 =----------- v0

Разность расстояний будет равна разности длин окружностей, в первом случае длина окружности равна

S1 = 2πR

Во втором случае

S2 = 2π(R + d)

Подставим в последнее уравнение

2(2π(R-+-d-) −-2πR-) 4πd- 4-⋅ 3,14-⋅ 1-м Δt = t2 − t1 = v = v = 8 м/ с ≈ 1,57 с 0 0

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#24784

Шарик бросают вертикально вверх со скоростью $v0 = 5 м/ с$ . Пролетев расстояние $h = 1,05 м$ , он упруго ударяется о потолок и падает вниз. Через какое время $τ$ после начала движения шарик упадет на пол, если расстояние от пола до потолка $H = 2,25 м$ ? Ускорение свободного падения принять равным $g = 10 м/ с2$ .

Показать ответ и решение

Способ I
Время движения шарика от момента броска до момента соударения с потолком равно $v0 − v1 t1 = -------, g$ где скорость $v1$ шарика непосредственно перед соударением с потолком $∘ -2------- v1 = v0 − 2gh$ . Время движения шарика от момента удара о потолок до момента падаения на пол равно $t2 = v2 −-v1, g$ где скорость $v2$ шарика непосредственно перед ударом о пол $∘ ---------- v2 = v2 + 2gH 1$ . Объединяя записанные выражения и учитывая, что $τ = t1 + t2$ , получаем

( ∘ --------------- ∘ --------) v0 2-(H--−-h-)g- 2gh- τ = g 1 + 1 + v2 − 2 1 − v2 = 0,8 с 0 0

Способ II
Найдем скорость шарика при подлете к потолку:

∘ --------- v2-−-v20 2 h = − 2g ⇒ v = v0 − 2gh

(аналогичное выражение можно получить, если использовать закон сохранения энергии)

mv20- mv2-- 2 = 2 + mgh

Найдем время подлета шарика к потолку

v0-−-v 5-м/с-−-2-м/-с v = v0 − gτ ⇒ τ = g = 10 м/ с2 = 0,3 с (1)

Так как удар упругий, то шарик отразится с точно такой же скоростью по модулю, но направленной вертикально вниз. Откуда следует

2 H = vt + gt- 2

Решаем последнее квадратное уравнение

5t2 + 2t − 2,25 = 0

Находим дискриминант

D = 4 + 4 ⋅ 2,25 ⋅ 5 = 49

Откуда корни

−-2 ±-7 t1,2 = 10 = 0,5; − 0,9 (2)

Теперь сложим (1) и (2) и получим окончательный ответ

T = t1 + τ = 0,8 с

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#24785

Электричка, начав движение с постоянным ускорением, сразу въезжает в тоннель длиной $L$ , затем выезжает на открытый участок и вскоре вновь въезжает в тоннель такой же длины $L$ . Машинист заметил, что в первом тоннеле он находился в течение времени $t = 25 с 1$ , а во втором тоннеле — в течение $t2 = 5 с$ . Какое время ехал головной вагон на открытом участке? Ответ выразить в с, округлив до целых.

Источники: Открытая олимпиада Физтех-лицея, 2015

Показать ответ и решение

Воспользуемся уравнениями кинематики. Первый тунель:

at21 L = 2 (1)

Второй тунель

at22 L = vt2 + 2 , (2)

где $v$ – скорость вхождения поезда в тунель.
Скорость вхождения поезда во второй тунель находится по формуле:

v = a(t1 + τ), (3 )

где $τ$ – время нахождения поезда на открытом участе.
Подставим (3) в (2)

at22 L = at2(t1 + τ) + --- (4) 2

приравняем (1) и (4)

at21 at22 -2- = at2(t1 + τ) +-2-

Преобразуем последнее равенство

2 2 t21-−-2t2t1-−-t22 625-с2-−-2-⋅ 5-с ⋅ 25-с-−-25-с2 t1 = 2t2t1 + 2t2τ + t2 ⇒ τ = 2t2 = 10 с = 35 с

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#24786

Поезд дальнего следования, состоящий из локомотива и $20$ вагонов, преодолевает прямолинейный участок железной дороги с постоянным ускорением. Стоящий у края этого участка наблюдатель заметил, что локомотив поезда проезжает мимо него за такое же время, за какое проезжают последние $6$ вагонов. Во сколько раз увеличивается скорость поезда за время, в течение которого он проезжает мимо наблюдателя? Считать, что локомотив и вагоны одинаковы по своей длине и расположены вплотную друг за другом.

Показать ответ и решение

Пусть длина вагона равна $L$ , тогда из уравнений кинематики

at20- L = v0t0 + 2 (1)

at21 15L = v0t1 + --- (2) 2

at2 21L = v0t2 + --2 2

где $t0$ , $t1$ и $t2$ – время проезда мимо наблюдателя локомотива, 15 вагонов и всего состава, $v0$ – начальная скорость локомотива.
Вычтем из третьего второе

a(t22 − t21) a 6L = v0(t2 − t1) +----------= v0(t2 − t1) + --(t2 − t1)(t2 + t1) 2 2

по условию $t2 − t1 = t0$ , следовательно

at0 6L = v0t0 + 2 (t2 + t1) (3)

Заменим в (3) $L$ из уравнения (1)

at20 at0 6v0t0 + 6 2 = v0t0 + 2 (t2 + t1)

Делим на $t0$ и умножим на 2

10v + 6at = a(t + t ) ⇒ t + t = 10v0-+ 6t 0 0 2 1 2 1 a 0

Так как $t − t = t 2 1 0$ , то $t = t + t 2 1 0$ Значит

10v0 5v0 5v0 2t1 + t0 =-----+ 6t0 ⇒ t1 = ----+ 2,5t0 ⇒ t2 = ----+ 3,5t0 (4 ) a a a

Подставим (4) в (2) используя (1)

( ) ( ) 5v0 a 5v0 2 at20 35v20 35at20 15L = v0 ----+ 2,5t0 + -- ----+ 2, 5t0 = 15v0t0 + 15--- ⇒ -----= ------ a 2 a 2 2a 8

Выразим отсюда $at0$ и получим

at0 = 2v0

Скорость в конце составит

( ) v = v0 + at2 = v0 + a 5v0-+ 3,5t0 = v0 + 5v0 + 7v0 = 13v0 a

Значит скорость увеличится в 13 раз

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#24787

Хоккеист Андрей находится на длинной ледяной дорожке. Он сообщает шайбе стартовую скорость $u$ . Некоторое время шайба движется с этой скоростью. На дорожке имеется шероховатый участок
длиной $1 м$ , после прохождения которого шайба движется с меньшей скоростью $v$ . Андрей обнаружил, что при $u = 2,83 м/с$ конечная скорость $v = 2 м/с.$
A) Шайбу запустили со скоростью $5,29 м/c.$ Какую скорость она будет иметь после прохождения двух шероховатых участков длиной $1 м?$ Ответ представьте в м/с и округлите до сотых.
B) Шайбу запустили со скоростью $4,9 м/с.$ Какую скорость она будет иметь после прохождения шероховатого участка длиной $3 м?$ Ответ представьте в м/с и округлите до сотых.
C) Шайбу запустили со скоростью $5,66 м/с,$ она попала на длинный шероховатый участок дорожки. Сколько метров пройдёт шайба до остановки? Ответ округлите до целых.

(МОШ, 2014, 10)

Источники: МОШ, 2014, 10

Показать ответ и решение

По теореме об изменении кинетической энергии работа силы трения будет направлена на разность кинетических энергий:

mu2 mv2 ----− ---- = μmgL, 2 2

где $m$ – масса груза, $μ$ – коэффициент трения, $L$ – протяженность участка. Из первого условия найдем коэффициент трения

u2 −-v2 2,832 м2/с2 −-4-м2/с2 μ = 2gL = 2⋅10 м/с2 ⋅1 м = 0,200445

А) Из теоремы об изменении кинетической энергии выразим конечную скорость и подставим нужные числа:

--------- ∘ ------------------------------------- v = ∘ u2 − 2μgL = 27,984 м2/с21− 2 ⋅0,200445 ⋅10 м/с2 ⋅1 м ≈ 4,47 м/с

Б) Относительно прошлого пункта поменяем числа на новые:

∘ ------------------------------------ v = ∘u2-−-2μgL = 24,01 м2/с21− 2⋅0,200445⋅10 м/с2 ⋅3 м ≈ 3,46 м/с

В) Конечная скорость шайбы составит 0, значит из теоремы об изменении кинетической энергии:

-u2- ---32,0356 м2/с2-- L = 2μg = 2 ⋅0,200445 ⋅10 м/с2 ≈ 8 м

Ответ:

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задачи	Баллы

Записана теорема об изменении кинетической энергии	2

Записана формула работы силы трения	2

Найден коэффициент трения	2

Выражена искомая скорость для трех случаев	2

Представлен правильный ответ	2

Максимальный балл	10

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#24788

В кабине лифта высотой $H = 2,5 м$ , движущейся с ускорением $a = 0,8 м/с2$ , направленным вниз, с высоты $h = 0,5 м$ от пола вертикально вверх бросают маленький шарик. С какой начальной скоростью $v 0$ относительно лифта брошен шарик, если после броска он поднялся точно до потолка кабины?

Показать ответ и решение

Способ I
Пусть начальная скорость лифта равна $u0$
Запишем основные уравнения кинематики для шарика и для потолка лифта:

gt2 y ш = h + (v0 + u0)t − --- 2

v = v0 + u0 − gt

at2 y п = H + u0t − 2

u = u0 − at

Так как шарик доелетел только до потолка, то $y ш = yп$ , $u = v$ Откуда

∘ ---------------- v0 = 2(H − h)(g − a)

Способ II
Перейдем в систему отсчета, связанную с лифтом. Пусть $u0$ – начальная скорость лифта, тогда ускорение шарика в системе отсчета лифта составит:

aш = g − a

А уравнение координаты примет вид

2 y = h + V0t − (g −-a)t- 2

А скорость меняется по закону

v = v0 − (g − a )t

В момент касания потолка скорость шарика равна 0, а его координата $H$ Тогда

2 H = h + v0t − (g-−-a)t- 2

t = --v0-- g − a

Откуда

2 H − h = ---v0--- 2(g − a)

Откуда скорость шарика

∘ ---------------- ∘ ------------------------------------ v0 = 2(H − h)(g − a) = 2 (2, 5 м − 0,5 м)(10 м/ с2 − 2 м/ с2) = 6 м/ с

Ответ:

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задачи	Баллы

Записано уравнение координаты для равноускоренно движущегося тела	2

Записано уравнение скорости для равноускоренно движущегося тела	2

Сказано, чему равна конечная координата шарика при подъёме до потолка	2

Сказано, чему равна конечная скорость шарика при подъёме до потолка	2

Представлен правильный ответ	2

Максимальный балл	10

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#24789

Поезд прошел расстояние между двумя соседними станциями $S = 17 км$ со средней скоростью $vср = 60 км/ ч$ . При этом на разгон в начале движения и торможение перед остановкой он потратил в общей сложности $t = 4 м ин 1$ , а остально время он двигался с постоянной скоростью $v$ . Чему равна эта скорость?

Показать ответ и решение

Способ I
1) График $v(t)$ для движения поезда имеет вид, показанный на рисунке. Пройденное расстояние $S$ численно равно площади трапеции, т.е. $t0 +-(t0-−-t1) S = 2 u$ .

2) Учитывая, что $S t0 = --- vср$ , получаем $2Sv ср u = ---------- 2S − v срt1$

Способ II
Найдем общий путь.
Путь на участке разгона

u S1 = -τ1, 2

где $τ1$ – время разгона $u$ – конечная скорость разгона (в нашем случае искомая величина).
Потом $S2$ со скоростью $u$

S2 = ut = u(t0 − τ1 − τ2),

где $t 0$ – полное время движения, $τ 2$ – время торможения .
и торможение

S3 = u-τ2 = S1 2

Кроме того, полное время пути составит:

-S-- t0 = v ср

S = u-τ1 + u-τ2 + u(t0 − τ1 − τ2) = ut0 − u(τ2 + τ1) = ut0 − u2-t1 2 2 2 2

Заменим $t0$

S = u-S--− ut ⇒ u = --2Sv--ср---= 68 км/ ч v ср 2 1 2S − v срt1

Ответ:

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задачи	Баллы

Записана формула для нахождения пути при движении поезда	2

Описан участок разгона	2

Описан участок торможения	2

Описан участок равномерного движения	2

Представлен правильный ответ	2

Максимальный балл	10

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#24825

Симба решил устроить забег. В итоге он преодолел дистанцию в $S = 200 мет ров$ за $t = 12 с$ . В начале он разгонялся равноускоренно в течение $τ = 4 с$ , а оставшееся время двигался равномерно. До какой скорости он разогнался?

Показать ответ и решение

Пусть $S1$ - это путь, который Симба бежал равноускоренно, а $S2$ - равномерно. Время $τ2$ соответствует $S2$ и равно $t − τ$ . Тогда получим:

2 S1 = aτ-- 2

Также $v = a τ$ , следовательно:

v- vτ- a = τ;S1 = 2

S2 = vτ2

vτ S 200 ⇒ S = S1 + S2 = ---+ vτ2 ⇒ v = τ---------= -----------= 20 м/с 2 --+ t − τ 2 + 12 − 4 2

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#24837

Девочка бросает вертикально вверх мяч. В момент, когда мяч достиг максимальной высоты, девочка бросает вертикально вверх второй мяч, с того же места и с той же скоростью, что и первый. В результате мячи столкнулись через время $τ$ после броска второго мяча. Сопротивление воздуха не учитывать.
1. Какой максимальной высоты, считая от места броска, достиг первый мяч?
2. На какой высоте, считая от места броска, столкнулись мячи?
3. Найти отношение путей, пройденных мячами до столкновения.

Источники: Физтех, 2021, 9

Показать ответ и решение

Пусть $A$ - точка броска, $B$ - точка максимального подъема, $C$ - точка столкновения. Поскольку второй мяч стартует одновременно с тем, как первый падает из верхней точки, время их полета до столкновения равны:

tAC = tBC = τ

Траектория полета мяча до верхней точки складывается из этих траекторий, время полета вдоль траектории в обоих направлениях равны, тогда время полета до верхней точки и до столкновения через верхнюю точку складываются из времен полета вдоль траекторий, составляющих их:

tAB = 2τ, tABC = 3 τ

1) Время подъема до верхней точки равно времени падения с неё до точки броска, высоту подъема мяча рассчитаем как путь, пройденный им при падении с верхней точки:

h = 1g(2τ )2 = 2g τ2 2

2) Высоту, на которой столкнулись мячи, выразим из уравнения для пути, пройденного мячом из верхней точки до точки столкновения:

1 1 3 h − H = -gτ 2, H = h − -g τ2 = -gτ 2 2 2 2

3) Первый мяч проходит расстояние до верхней точки и из верхней точки до точки столкновения, второй мяч проходит расстояние до точки столкновения, запишем отношение этих путей:

S h + (h − H ) 2h − H 5 -1-= ------------ = --------= -- S2 H H 3

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#24838

Камень, брошенный с крыши сарая почти вертикально вверх со скоростью $15 м/ с$ , упал на землю через $4 с$ . Найдите высоту крыши. Ускорение свободного падения $2 10 м/c$ . Ответ выразить в метрах. Если ответ не целый, то округлить до сотых.

Источники: Физтех-онлайн, 2014

Показать ответ и решение

Высота полёта камня, где $t$ - время полёта вниз:

gt2 H = 2

Высота крыши $h$ :

gt′2 H − h = v0t′ − ---- 2

Также $0 = v0 − gt′$ . Тогда:

′ 2 2 2 g(4 −-t)-− h = v0v0 − gv-0 = v0- 2 g 2g2 2g

v2 v2 h = 8g + --0− -0-− 4v0 = 8g − 4v0 = 80 − 60 = 20 м 2g 2g

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#24839

За последнюю секунду свободного падения тело прошло $5∕9$ всего пути. Сколько времени падало тело? Сопротивлением воздуха пренебречь.

Показать ответ и решение

Если $5∕9$ тело проходит за $1$ секунду(пусть $t2 = 1 с$ ), значит $4∕9$ своего пути оно пройдёт за $t − 1$ секунд. Следовательно:

2 4H--= g(t −-1)- 9 2

5H-- gt22 9 = g(t − 1)t2 + 2

Поделив одно уравнение на другое получим квадратное уравнение ( $x = t$ ) :

2 5x − 18x + 9 = 0

Корнями уравнения будут два числа: $0,6$ и $3$ , но $0,6$ нам не подходит, так как время всего пути не может быть меньше $1$ секунды. Следовательно:

t = 3 c

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#24840

Автомобиль, движущийся по прямому шоссе со скоростью $v0 = 72 к м/ч$ , начиная обгон, разгоняется с постоянным ускорением. Найдите модуль скорости автомобиля через время $t = 10 с$ разгона, если за последние две секунды движения он прошёл путь $S = 58 м$ . Определите также модуль ускорения $a$ автомобиля.

Источники: Всеросс., 2017, ШЭ, 9

Показать ответ и решение

Найдём ускорение автомобиля, используя путь за последние 2 секунды:

a ⋅ 22 S = (v0 + a (t − 2)) ⋅ 2 + 2

Откуда ускорение $2 a = 1 м/с$
Тогда:

v = v + at = 20 + 10 = 30 м/с 0

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#24841

Автобус проехал мимо остановки, двигаясь со скоростью $2 м/с$ . Пассажир в течение $4 сек унд$ стоял и ругался, а потом побежал догонять автобус. Начальная скорость пассажира равна $1 м/ с$ . Ускорение его постоянно и равно $0,2 м/ с2$ . Через какое время после начала движения пассажир догонит автобус?

Источники: Росатом, 2011, 8

Показать ответ и решение

Запишем зависимость координаты от времени для автобуса и для человека:

x(t)A = vAt1 + vAt

at2 x(t)p = vpt + 2

Следовательно, найдем момент времени когда $x(t) = x(t) A p$ :

2 0,1t − t − 8 = 0

t = 15, 25 c

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#40691

Горизонтальная лента конвейера движется относительно земли с постоянной скоростью $u$ . На ленте лежит брусок, который вначале неподвижен относительно этой ленты. Коэффициент трения между бруском и лентой равен $μ$ . На пути бруска находится неподвижная относительно земли вертикальная стенка (см. рисунок). Достигнув стенки, брусок соударяется с ней абсолютно упруго. После первого удара брусок отскакивает назад, но через некоторое время вновь достигает стенки. Далее удары о стенку повторяются с некоторым интервалом времени $T$ . Найдите этот интервал. Ускорение свободного падения $g$ известно.

(Всеросс., 2018, МЭ, 10)

Источники: Всеросс., 2018, МЭ, 10

Показать ответ и решение

Рассмотрим движение бруска относительно земли. Из второго закона Ньютона (ось направлена вправо) находим, что ускорение бруска в те моменты, когда он проскальзывает относительно ленты, равно $a = μg$ и направлено вправо, вдоль оси $X$ .

После каждого удара о стенку существует интервал времени, в течение которого брусок движется равноускоренно. Зависимость проекции скорости бруска на ось $X$ от времени $t$ при этом имеет вид:

Vx = − u + μgt

Брусок перестаёт проскальзывать относительно ленты в тот момент, когда его скорость относительно земли сравнивается со скоростью ленты:

u = − u + μgt1

Отсюда время равноускоренного движения равно:

t1 = 2u- μg

Найдём изменение координаты $x$ бруска за время $t 1$ :

μgt21 Δx = − ut1 + -2---= 0

Изменение координаты равно нулю. Это означает, что скорость бруска сравняется со скоростью ленты ровно в тот момент, когда брусок вновь подъедет к стенке. В тот же момент произойдёт следующий удар, поэтому время $t1$ и есть искомый интервал $T$ между ударами.

(Официальное решение ВсОШ)

Ответ:

08 Равноускоренное движение