Математика ЕГЭ
Русский язык ЕГЭ
Математика 5-7
Математика ОГЭ
Информатика
Физика
Обществознание
Кликните, чтобы открыть меню

29. Механика (расчетная задача)

1. Вспоминай формулы по каждой теме
2. Решай новые задачи каждый день
3. Вдумчиво разбирай решения

Динамика

Задание 1 #15623

Небольшой груз, прикрепленный к нити длинной \(l\), вращается с угловой скоростью \(\omega = 5 \)рад/с вокруг вертикальной оси так, что нить отклоняется от вертикали на угол \(\alpha = 60^\circ \)градусов. Чему равна длина нити \(l\)?


Запишем второй закон Ньютона для шарика на вертикальную и горизонтальную оси \[\begin{cases} T' \sin \alpha=ma\\ T'\cos \alpha -mg=0\\ \end{cases}\] где \(m\) – масса груза, \(T'\) – сила натяжения нити, \(a\) –центростремительное ускорение. Также \(a=\dfrac{v^2}{R}\) \(R\) – радиус окружности вращения, а \(R=l\sin \alpha \). Значит второй закон ньютона выглядит следующим образом \[\begin{cases} T' \sin \alpha=\dfrac{mv^2}{l\sin \alpha } \\ T'\cos \alpha -mg=0\\ \end{cases}\] Из второго уравнения выразим силу натяжения нити и подставим в первое \[\begin{cases} T'=\dfrac{mg}{\cos \alpha}\\ \dfrac{mg\sin \alpha}{\cos \alpha}=\dfrac{mv^2}{l\sin \alpha }\\ \end{cases}\] Угловая скорость равна \[\omega= v l\sin \alpha\] Значит второе уравнение из системы можно переписать в виде \[\dfrac{g}{\cos \alpha}=\omega^2 l \sin \alpha \Rightarrow l=\dfrac{g}{\omega^2\cos \alpha}=\dfrac{10\text{ м/с$^2$}}{25\text{ рад$^2$/с$^2$ \cdot 0,5}}=0,8\text{ м}\]

Ответ: 0,8

Задание 2 #15619

Средняя плотность планеты Плюк равна средней плотности Земли, а первая космическая скорость для Плюка в 2 раза больше, чем для Земли. Чему равно отношение периода обращения спутника, движущегося вокруг Плюка по низкой круговой орбите, к периоду обращения аналогичного спутника Земли? Объем шара пропорционален кубу радиуса (\(V \sim R^3\)).


Период обращения находится по формуле: \[T=\dfrac{2 \pi R}{v},\] где \(R\) – радиус планеты, \(v\) – скорость спутника.
Найдем отношение периода обращения вокруг планеты Плюк к периоду обращения вокруг Земли. \[\dfrac{T_\text{п}}{T_\text{з}}=\dfrac{\dfrac{2\pi R_\text{ п}}{v_\text{ п}}}{\dfrac{2 \pi R_\text{ з}}{v_\text{ з}}}=\dfrac{R_\text{ п}}{2R_\text{ з} } \quad (1)\] где \(R_\text{ п}\) и \(R_\text{ з}\) – радиусы Плюка и Земли
Первая космическая скорость находится по формуле: \[v_1=\sqrt{gR}\] где \(g=G\dfrac{mM}{R^2},\)
где \(m\) и \(M\) – масса спутника и планеты
Масса же находится по формуле: \[M=\rho V,\] \(\rho\) – средняя плотность планеты.
С учетом того, \(V \sim R^3\) имеем \[\dfrac{v_\text{1п}}{v_\text{1з}}=\sqrt{\dfrac{\dfrac{Gm\rho R^3_\text{п}}{R^2_\text{п}}}{\dfrac{Gm \rho R^3_\text{з}}{R^2_\text{з}}}\cdot \dfrac{R_\text{п}}{R_\text{з}}}=2 \Rightarrow \dfrac{R^2_\text{п}}{R^2_\text{з}}=4 \Rightarrow \dfrac{R_\text{п}}{R_\text{з}}=2 \quad (2)\] Подставим (2) в (1) \[\dfrac{T_\text{п}}{T_\text{з}}=\dfrac{2}{2}=1\]

Ответ: 1

Задание 3 #15620

На шероховатой поверхности (угол наклона к горизонту \(\alpha=30^\circ\), с коэффициентом трения \(\mu=0,2\)) лежит груз массой \(M=1\) кг. Через невесомый блок к нему привязали невесомой и нерастяжимой нитью груз массой \(m\). Найдите максимальное значение массы \(m\), при котором система не выходит из состояния покоя.


Введем оси, как показано на рисунке Запишем второй закон Ньютона на введенные оси для каждого из тел \[\begin{cases} O_1x_1 & T_1 -Mg \sin \alpha -F_\text{ тр}=0 \quad (1)\\ O_1y_1 & N-Mg\cos \alpha =0 \quad (2)\\ O_2y_2 & mg -T_2 =0\quad (3)\\ \end{cases}\] Так как нить невесомая и нерастяжимая, то \(T_1=T_2\), кроме того тело покоится, а значит \(F_\text{ тр}\leq \mu N\)
Тогда сложив (1) с (3) получим \[mg-Mg\sin \alpha -F_\text{ тр}=0 \Rightarrow F_\text{ тр}= mg-Mg\sin \alpha\] Из (2) \[N=Mg\cos \alpha\] Так как \(F_\text{ тр} \leq \mu N\), то \[mg-Mg \sin \alpha \leq \mu M g \cos \alpha\] Выразим массу груза. \[m \leq M(\sin \alpha + \mu \cos \alpha )\leq 1\text{ кг}\left(0,5 +0,2\cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)\leq 0,67\text{ кг}\]

Ответ: 0,67

Задание 4 #15621

Небольшой кубик массой \(m = 1,5\) кг начинает скользить с нулевой начальной скоростью по гладкой горке, переходящей в «мёртвую петлю» радиусом \(R = 1,5\) м (см. рисунок). С какой высоты \(Н \)был отпущен кубик, если на высоте \(h = 2 \)м от нижней точки петли сила давления кубика на стенку петли\( F = 4 \)Н? Сделайте рисунок с указанием сил, поясняющий решение. Ответ дайте в метрах.


Запишем закон сохранения энергии \[mgH=\dfrac{mv^2}{2}+mgh\] где \(v\) – скорость бруска на высоте \(h\).
Сделаем рисунок, с расставлением всех сил, действующих на брусок на высоте \(h\).

По рисунку найдем \(\cos \alpha\), он равен \[\cos \alpha =\dfrac{h-R}{R}\quad (1)\] Запишем второй закон Ньютона \[mg\cos \alpha +N=ma \Rightarrow mg\dfrac{h-R}{R}+N=m\dfrac{v^2}{R}\] где \(a\) – центростремительное ускорение.
По третьему закону Ньютона \(N=F\), значит, скорость кубика на высоте \(h\) равна \[v^2=g(h-R)+\dfrac{FR}{m}\] Подставив значение скорости в закон сохранения энергии, и выразив начальную высоту получим \[H=\dfrac{3h-R}{2}+\dfrac{FR}{2mg}=\dfrac{3\cdot 2 \text{ м}-1,5\text{ м}}{2}+\dfrac{4\text{ Н}\cdot 1,5\text{ м}}{2\cdot 1,5\text{ кг} \cdot 10\text{ Н/кг}}=2,45\text{ м}\]

Ответ: 2,45

Задание 5 #15622

Небольшой груз, прикрепленный к нити длиной \(l = 15\) см, вращается вокруг вертикальной оси так, что нить отклоняется от вертикали на угол \(\alpha=60^\circ\). Определите период \(T\) вращения груза. Ответ дайте в секундах и округлите до сотых.


Запишем второй закон Ньютона для шарика на вертикальную и горизонтальную оси \[\begin{cases} T' \sin \alpha=ma\\ T'\cos \alpha -mg=0\\ \end{cases}\] где \(m\) – масса груза, \(T'\) – сила натяжения нити, \(a\) –центростремительное ускорение. Также \(a=\dfrac{v^2}{R}\) \(R\) – радиус окружности вращения, а \(R=l\sin \alpha \). Значит второй закон ньютона выглядит следующим образом \[\begin{cases} T' \sin \alpha=\dfrac{mv^2}{l\sin \alpha } \\ T'\cos \alpha -mg=0\\ \end{cases}\] Из второго уравнения выразим силу натяжения нити и подставим в первое \[\begin{cases} T'=\dfrac{mg}{\cos \alpha}\\ \dfrac{mg\sin \alpha}{\cos \alpha}=\dfrac{mv^2}{l\sin \alpha }\\ \end{cases}\] отсюда скорость движения шарика равна \[v=\sqrt{\dfrac{gl\sin^2\alpha}{\cos \alpha }}\] Период обращения находится по формуле: \[T=\dfrac{2 \pi R}{v}=\dfrac{2\pi l \sin \alpha}{v}=2 \pi \sqrt{\dfrac{ l^2\sin^2 \alpha \cos \alpha }{gl \sin^2 \alpha }}=2 \pi \sqrt{\dfrac{l \cos \alpha }{g}}=2 \cdot 3,14 \sqrt{\dfrac{0,15 \text{ м}\cdot0,5 }{10\text{ м/с$^2$}}} \approx 0,54\text { с}\]

Ответ: 0,54

Задание 6 #15626

Диск вращается вокруг вертикальной оси с постоянной угловой скоростью \(\omega=2\) рад/с. На каких расстояниях от оси вращения тело, расположенное на диске, не будет соскальзывать? Коэффициент трения между телом и поверхностью диска \( \mu =0,2\). В ответ дайте максимальную длину в метрах.


На тело будет действовать только сила трения равная \[F=\mu N\] Так как на тело не действует никаких сторонних сил, то сила реакции опоры равна \(N=mg\), значит, сила трения равна \[F=\mu mg\] Кроме того эта сила трения будет создавать центростремительное ускорение тела \[\mu mg=\dfrac{mv^2}{R}=m\omega^ R\] Откуда максимальный радиус вращения тела равен \[R=\dfrac{\mu}{g}=\dfrac{0,2\cdot 10\text{ м/с$^2$}}{4\text{ рад$^2$/с$^2$}}=0,5\text{ м}\] Но если радиус будет меньше, то возникающее центростремительное ускорение будет создаваться за счет трения покоя, которое тоже не даст телу сместиться, значит нам подходят все варианты до 0,5 м.

Ответ: 0,5

Задание 7 #16256

Гоночный автомобиль массой 2500 кг едет по шоссе со скоростью 360 км/ч вдоль экватора. Насколько отличаются силы давления автомобиля на полотно дороги при его движении с запада на восток и с востока на запад? Угловая скорость вращения Земли \(7,3 \cdot 10^{-5}\) рад/с. Ответ дайте в Па и округлите до сотых.


Пусть линейная скорость точек экватора равна \(v_0\), тогда при движении с запада на восток скорость автомобиля составит \(v_1 =v + v_0\), а при движении с востока на запад \(v_2 = v_0 - v\). По второму закону Ньютона вес тела будет равен силе реакции опоры земли. Тогда вес тела при движении с запада на восток составит \[P_1 = mg -\dfrac{mv^2_1}{R}\] А с востока на запад \[P_2 = mg -\dfrac{mv^2_2}{R}\] Линейная скорость точек экватора зависит от угловой скорости вращения: \[v_0=\omega R\]

Найдем разность сил давлений \[\Delta P=P_1-P_2= \dfrac{mv_1^2}{R}-\dfrac{mv_2^2}{R}=\dfrac{m}{R}((v+v_0)^2-(v-v_0)^2)=\dfrac{m}{R}(v^2+2v\omega R +(\omega R)^2-v^2+2v\omega R -(\omega R)^2)=4mv\omega\] Осталось подставить числа и подсчитать \[\Delta P = 2 mv \omega = 4 \cdot 2500\text{ кг} \cdot 100\text{ м/с}\cdot 7,3 \cdot 10^{-5}\text{ с$^{-1}$}=73\text{ Н}\]

Ответ: 73