1. Семестровые работы первого семестра

1. Семестровые работы первого семестра

Вариант 1

1. Путь равен сумме площадей закрашенных треугольников под графиком  (рис. 111), м.

Ответ. 3

2. Т. к. кубик покоится, и сила трения между кубиком и опорой отсутствует, то силы упругости обоих пружин равны и равны внешней силе Н.

Ответ. 1

3. Изменение импульса . При упругом ударе . Векторы , , и  образуют равносторонний треугольник (рис. 112). Поэтому кг× м/с.

Ответ. 4

4. Для ответа на вопросы задания запишем второй закон Ньютона для движения спутника массой m по орбите радиуса r. , где M – масса Земли. Откуда получим формулу для центростремительного ускорения , из которой следует, что при уменьшении радиуса орбиты r, центростремительное ускорение увеличивается. Скорость движения по орбите определяется формулой . Таким образом, при переходе на более низкую орбиту скорость увеличивается. Период обращения спутника . Откуда следует, что период уменьшается.

Ответ. 112

5. Т. к. силы, с которыми мальчики растягивают динамометр, одинаковы и равны Н, то мальчики остаются неподвижными. Это означает, что сила упругости пружины динамометра равна Н.

Ответ. Динамометр покажет 100 Н.

6. Начальная скорость тела м/с, ускорение м/с². Тогда импульс тела равен .

Ответ. .

7. Обозначим диаметр окружности D. Время движения бусинки t₁ по диаметру AD (рис. 113) найдем из уравнения: . Откуда . Ускорение при движении шарика по наклонной хорде  равно . Тогда . Тогда время движения бусинки t₂ по хорде AB равно . Откуда .

Ответ. .

8. Для нахождения количества теплоты Q используем закон сохранения энергии.

.

Ответ. .

9. Запишем уравнения второго закона Ньютона для груза в нижней и верхней точках траектории, а также закон сохранения энергии (рис. 114).

где T₁ (T₂) – сила натяжения нити в нижней (верхней) точке траектории, v₁ (v₂) – скорость груза в (нижней) верхней точке траектории, l – длина нити. Тогда .

Ответ. .

10. Пусть V – скорость клина, v₁ – скорость шарика после удара, yгол с нормалью, под которым отлетает шарик после упругого удара – β (рис. 115). Т. к. клин движется по гладкой горизонтальной поверхности, то проекция импульсов шарика и клина на горизонтальную ось x сохраняется:  (1). Второе получим, если запишем закон сохранения энергии системы:  (2). Т. к. трения между шариком и поверхностью клина нет, то сохраняется также проекция импульса на направление наклонной грани клина:  (3). Решая систему уравнений (1), (2), (3), получим .

Ответ. .

 

Вариант 2

1. 4.

2. 3.

3. 1.

4. 113.

5. Если сопротивление воздуха отсутствует, то время подъема равно времени спуска, если есть сопротивление воздуха, то время подъема меньше времени спуска.

6. .

7. .

8. .

9. .

10. .

 

Вариант 3

1. 4.

2. 3.

3. 2.

4. 112.

5. Выгоднее погрузить в кузов, т. к. увеличится сила трения покоя

6.  м.

7. .

8. .

9. .

10. .

 

Вариант 4

1. 3.

2. 3.

3. 1.

4. 123.

5. Пламя отклонится в сторону ускорения, т. е, к центру вращения

6.  м.

7.  м.

8. .

9. м/с.

10. .

 

Вариант 5

1. 3.

2. 2.

3. 2.

4. 121.

5. Сила трения покоя.

6. .

7.  м/с.

8. .

9. .

10. .

 

Вариант 6

1. 1.

2. 4.

3. 1.

4. 332.

5. Легче тащить сзади себя.

6.  м.

7. .

8. .

9. .

10. .

 

Вариант 7

1. Модуль вектора перемещения равен разности площадей трапеции (см. интервал  и треугольника (на интервале  изображённых на графике v_x(t) (рис. 30). м.

Ответ. 2, 5 м.

2. При подъёме направление силы сопротивления совпадает с направлением силы тяжести, поэтому модуль ускорения при подъёме больше ускорения свободного падения g; при падении направление силы сопротивления противоположно направлению силы тяжести, а значит модуль ускорения в этом случае меньше g. Таким образом, для всех точек траектории, находящихся на oдинаковой высоте, численное значение ускорения мяча будет больше на восходящей части траектории чем на нисходящей, поэтому время падения будет больше, чем время подъёма .

3. Работы силы тяжести за равные промежутки времени при свободном падении тела не равны, т. к. при свободном падении тело за равные промежутки времени проходит разные расстояния.

4. Запишем уравнения встречи ракеты и снаряда в проекции на горизонтальную и вертикальную оси.

 Þ .

Ответ. .

5. Сила тяжести груза mg = 784 Н, а сила давления на пол лифта Р = 600 Н. Груз давит на пол лифта с силой, меньшей силы тяжести, то есть пол как бы «ускользает» из под груза. Это означает, что лифт движется с ускорением вниз. Запишем уравнение второго закона Ньютона для груза в проекции на вертикальную ось: . По третьему закону Ньютона сила нормальной реакции . Þ м/с².

Ответ. м/с².

6. Из закона изменения импульса:  Þ , где  – полное время движения тела, которое можно найти из уравнений кинематики. Тогда  кг·м/с².

Ответ.  кг·м/с².

7. Выделим малый элемент кольца , такой, что центральный угол, соответствующий выделенному элементу  (рис. 63+1). «Отброшенная» часть кольца взаимодействуют с выделенным элементом с силами натяжения Т. Так как кольцо вращается, то ускорение этого элемента – нормальное (центростремительное) , где угловая скорость . Запишем второй закон Ньютона для элемента кольца: , где масса элемента кольца . Т. к. при , , то .

Ответ. .

8. Примем за нулевой уровень потенциальной энергии край стола. В поле силы тяжести потенциальная энергия звеньев цепочки будет отрицательной. Когда центр масс C, расположенный посередине цепочки, приобрел скорость v вместе со средним звеном, потенциальная энергия соскользнувшей цепочки, равная потенциальной энергии ее центра масс относительно края стола , где  – длина всей цепочки, m – ее масса. Тогда . Кинетическая энергия центра масс цепочки . По закону сохранения механической энергии . Þ .

Ответ. .

9. Условие равновесия ручки в проекции на ось Y (рис. 117): = 0. (1)

Модуль силы упругости во втором случае таков же, как и в первом. Условие равновесия в этом случае: .   (2)

Складывая уравнения (1) и (2), получим: , Þ  кг.

Ответ.  кг.

10. 1 способ. Если бы диск массой m был без выреза, на него действовала бы сила тяжести , где m₁ и m₂ – масса вырезанного квадрата и масса круглой пластинки с вырезом соответственно (рис. 118). Сила тяжести  приложена к центру тяжести O диска без выреза, сила  – к центру тяжести квадрата, а сила  – к точке , соответствующей центру тяжести пластинки с вырезом. Запишем уравнение моментов сил целого диска относительно оси OZ, проходящей через точку O: , (1)

где x₀ – расстояние от оси OZ до центра тяжести пластинки с вырезом, , , h - толщина пластинки, плотность материала, из которого она изготовлена. Решая уравнение (1), получим  м.

2 способ  ( метод отрицательных масс ). Диск с вырезом можно представить как сплошной диск, на который положен квадрат отрицательной массы, равной по величине массе вырезанной части (рис. 119). Результирующий момент сил тяжести  целого диска и квадрата отрицательной массы ( ) относительно оси  проходящей через точку  равен , где . В результате данное уравнение преобразуется к виду (1).

Ответ.  м.

 

⇐ Предыдущая12345678Следующая ⇒

Поделиться:

Воспользуйтесь поиском по сайту: