Физика-9кл-Кикоин-ГДЗ-1999 (9 класс - Кикоин), страница 9

Направление третьего осколка будет противоположным направлению этой геометрической суммы.Для определения массы третьего осколка воспользуемся закономсохранения импульса. В проекции на ось Y он будет выглядеть так:отсюда:0=m1−V1y+ m2⋅V2y+ m3⋅V3у(1),V1y=+V1; V2y=0;V3y=−V3⋅cos 45°=− V3 ⋅ 2.2Подставляя в (1) получим:0=m1⋅V1 −m 3 ⋅ V3 ⋅ 2,2отсюда:m3=2 ⋅ m 1 ⋅ V1V3 ⋅ 2=2 ⋅ 9кг ⋅ 60м / с=5,4 кг200м / сОтвет: 5,4 кг.§421. Да, это следует из определения реактивного движения.2. Да, т.к.

здесь мы имеем дело с замкнутой системой, если рассматривать систему ружье-пуля.3. За счет отделяемой части ракеты – газа, который вырывается наружу с некоторым импульсом за счет его взаимодействия в камересгорания (хим. реакции) и со всеми остальными частями ракеты.4. От скорости выбрасываемого газа, отношения массы газа к массеоболочки.5. Газ из сопла вылетает в ту же сторону, куда движется ракета.80§431.Работа силы тяжести: A=–mg–S.Работа силы упругости мышцштангиста:A=Fупр·S2.

В случае работы силы тяжести мы имеем отрицательную работу,а в случае работы силы упругости мышц – положительную.3. Когда направление силы, приложенной к телу перпендикулярноперемещению тела.4. а) при подъеме тела – отрицательный;б) при падении – положительный.rrrrrrr5. Работа сил F 5 и F1 = 0, т.к. F 5 ⊥ V и, следовательно, S и F1 ⊥ V .rrrrrРабота сил F 6 , F 7 > 0 , а работа сил F 4 , F 3 , F 2 < 0.Упражнение 23.Дано:Решение:ra =0Изобразим силы, действующие на тело:F=200 Hα=60°S=5 мm=31 кгµ−?rА−?Работа силы F F определяется формулой:А = F ⋅ S ⋅ cos α = 200 Н ⋅ 5 м ⋅ cos 60° = 500 Дж.Fтр= µ ⋅ N;Запишем уравнения II закона Ньютона в проекциях на оси Х и Y:rна ось X: F ⋅ cos α – Fтр = 0 (т.к.

a = 0)на ось Y: N − mg + F ⋅ sin α = 0Решая систему, получим:F ⋅ cos α – µ(mg ⋅ F • sin α) = 0,отсюда:1200H ⋅F ⋅ cos α2µ==≈ 0,66.mg − F ⋅ sin α 31кг ⋅ 9,8 м 2 − 200Н ⋅ sin 60 oсОтвет: ≈ 0,66.81№2Дано:Решение:Изобразим силы, дейm=70 кгствующие на лыжникаα=60°V=consta=0А−?rrrРаботу силы тяжести F T найдем по формуле: А = F T ⋅ S .Или в проекциях на ось X:А = Fтх⋅Sx; Fтх= −FT⋅ sin α; Sx= S = 1A =− FT⋅ sin α ⋅ 1 = −mg ⋅ sin α ⋅ 1 == −70 кг ⋅ 9,8м/с2 ⋅ sin 60° ⋅ 180 м ≈ −1,1⋅105 Дж.Работа силы натяжения каната подъемника.Fнат получим воспользовавшись вторым законом Ньютона.

В проекциях на ось Х он записывается следующим образом:−mgx + Fнат = 0 ⇒ +mg ⋅ sin α = Fнат.Работа Fнат равна: в проекциях на ось X:А = Fнат ⋅ S = mg ⋅ sin α ⋅ S = 70 кг ⋅ 9,8м/c2 ⋅ sin 60° ⋅ 180 м ≈≈ 1,1⋅105 Дж.Ответ: ≈ 1,1 ⋅ 105 Дж.Заданиеа) В случае движения вниз, работа силы упругости отрицательна,т.к. Sx<0; Fynp.x>0 (если ось Х направить вниз).В случае движения вверх, работа силы упругости положительна, т.к.Sx<0; Fупр.х<0 (если ось Х направлена вниз).б) В случае движения вниз, работа силы тяжести положительна, т.к.Sx>0; Fт.х>0 (ось Х направлена вниз).В случае движения вверх, работа силы тяжести отрицательна, т.к.Sx<0; Рт.х>0 (X направлена вниз).§44 Вопросы1.

Кинетическая энергия тела равна произведению массы тела наквадрат его скорости, деленному пополам.2. Работа силы (равнодействующей сил) равна изменению кинетической энергии тела.3. Кинетическая энергия тела растет, если сила, приложенная к телусовершает положительную работу и уменьшается, если сила совершает отрицательную работу.824. Не меняется, т.к. в формуле у нас V2.5. Общая кинетическая энергия до столкновения:Ек1 =m 1 ⋅ V12 m 1 ⋅ V12+= m 1 ⋅ V12 в момент столкновения V1=V2=0, сле22довательно: Ек=0.После столкновения Ек2=m 1 ⋅ V12 m 1 ⋅ V12+= m 1 ⋅ V12 .22Упражнение 24№1Дано:Решение:m=3 кгА=Ек1 − Ек0, где A – работа равнодействующей сил.F1=40 НПусть Ек0 – кинетическая энергия тела в моментV0=0времени, когда тело покоилось, тогда Ек0=0. E к1 –Fтр=0кинетическая энергия тела в конце первого участка.S1=3 мA1 – работа силы в конце первого участка.

СилаF2=20 Hприложена параллельно движению тела и по наS2=3 мправлению с перемещениемE−?m ⋅ V12V−?.Ек1=2где V1 – скорость тела в конце первого участка. A1 =F1 ⋅ S1, подставляя в теорему о кинетической энергии, получим:F1 ⋅ S1 =m ⋅ V12= Ек1.2В конце второго участка тело будет обладать энергиейЕк2 =m ⋅ V222где V2 – скорость тела в конце второго участка; А2 – работа силыпосле прохождения второго участка равна:А2= F1 ⋅ S1 + F2 ⋅ S2.Изменение кинетической энергии после прохождения второго участка равно А2, т.е.Ек2 − 0=А2= F1 ⋅ S1 +F2 ⋅ S2,83отсюдаЕк2 = 40 Н ⋅ 3 м + 20 Н ⋅ 3 м = 180 Н.Скорость в конце второго участка определим так :m ⋅ V22= 180 Н,2Ек2 =отсюда:V2 =180H ⋅ 2≈ 11 м / c.3кгОтвет: «11 м/с.№2Дано:m=100 т ==106 кгРешение:Работу найдем из т. о кинетической энергии:V = 108 км/ч=A==108 ⋅10 3 м3600 сA–?m ⋅ V22 m ⋅ V12−, где22V1 − скорость поезда до начала остановки,V2 – скорость в момент остановки поезда, т.е.

V2=0.2 108 ⋅10 3 м 10 6 кг ⋅ m ⋅ V12 3600с =–≈ − 4,5 ⋅10 8 Дж .A=–22Ответ: ≈ − 4,5 ⋅ 108 Дж.№3Дано:m=1300 кгh = 100 кмRз = 6400 кмЕк − ?Решение:Ек =m ⋅ V22, скорость вращения спутника вокругЗемли найдем по формуле:V= G⋅учитывая, что: G ⋅84MзR 2зMз,Rз +h= g, получим:V= G⋅MзR 2з⋅R 2зg ⋅ R 2з=.Rз +hRз +hПодставляя в формулу для кинетической энергии, получим:Ек =1300кг ⋅ 9,8 м с2 ⋅ ( 6400 ⋅10 3 м ) 2m ⋅ g ⋅ R 2з=≈ 4 ⋅1010 Дж .(R з + h ) ⋅ 2( 6400 ⋅10 3 + 100 ⋅10 3 )м ⋅ 2Ответ: ≈ 4 ⋅ 1010 Дж.№4Дано:Решение:R = 0,5 МЕк=10 ДжF−?A−?Ек =m ⋅ V2.

Сила. действующая на2тело при равномерном движениитела по окружности по модулю равнаm ⋅ V2rи направлена к центруокружности. Это следует из II закоrrна Ньютона: F = m a , где а =V2.RТаким образом, сила, действующая на тело, равна Ек кинетическойэнергии тела F =Е к ⋅210Дж ⋅ 2;F == 40Н .R0,5мСила направлена к центру по радиусу, также как и центростремиrтельное ускорение а .rРабота силы F равна:rrr rrA = F ⋅ S = 0, т.к. F перпендикулярна V , а, следовательно, и S .Ответ: 40 Н; 0 Дж.№5Дано:Vi=72 км/чS=34 мV2=0Fтр=5880 НЕк – ?Решение:Eк1 – кинетическая энергия автомобиля в момент выключения двигателя.Ек2 – кинетическая энергия автомобиля в момент остановки.m–?Ек1 =r rm ⋅ V12; Ек2 = 0; ∆Ек = А, где A = F тр ⋅ S.2Направив ось Х вдоль движения автомобиля запишем уравнение дляработы силы трения в проекциях на эту ось:85A = – Fтр ⋅ S;∆Ек = Ек2 – Ек1 = – Ек1, подставляя в теорему о кинетической энергии,получим:– Eкl = –m ⋅ V12= – Fтр ⋅ S;2Eкl = Fтр ⋅ S = 5880 H ⋅ 34 м ≈ 200 кДж;m=2 ⋅ F тр ⋅ SV12=2 ⋅ 5880Н ⋅ 34м(20 м с ) 2= 1000 кг = 1 т.Ответ: ≈ 200 кДж; 1 т.№6Дано:m=4 т=4000 кгV1=36 км/ч=10м/сFтр=5880 Нs–?Решение:Воспользовавшись результатами за- дачи № 5,получим выражение для вычисления кинетической энергии тела в момент торможения:Ек1 = Fтр ⋅ S =S=m ⋅ V12, отсюда:2m ⋅ V12 4000кг ⋅ (10 м с ) 2=≈ 34 м.2F тр2 ⋅ 5880НОтвет: ≈ 34 м.ЗаданиеАнализируя результаты задач 5 и 6, видно, что тормозной путь зависит от кинетической энергии тела в момент начала торможения и отмодуля тормозящей силы.

Эта формула аналогична формулам, полученным в § 37.§ 45 Вопросы1. От массы тела, ускорения свободного падения и перепада высот(h2–h1).2. Не зависит.3. Равна нулю.4. Работу совершает сила тяжести, которая по модулю равна mg ⋅ sinα. Длина наклонной плоскости не влияет на работу силы тяжести, авлияет высота подъема по наклонной плоскости.86§ 40 вопросы1. Потенциальная энергия тела, поднятого на некоторую высоту наднулевым уровнем равна работе силы тяжести при падении тела сэтой высоты до нулевого уровня.2.

Будет увеличиваться.3. Нет.4. Нулевой уровень – произвольно выбранный уровень, от которогоотсчитывают координату тела.Упражнение 25.№1Дано:m=2,5 кгh=10 мt=l cV0=0.∆Еп. – ?h 2 = h1 –Решение:∆Еп.= Еп2 – Еп1, где Еп2, Еп1 – потенциальные энергии тела на высотах h1 = 10 м и навысоте h2 через 1 с после падения тела.Eп = mgh∆Еп. = mgh2 – mgh1;Высоту h2 найдем из уравнения падениятела под действием силы тяжести ( равноускоренное движение).gt 22h2 = 10 м –9,8gt 2=–2мс2⋅ (1с ) 22+ 10м ≈ 5м;∆Еп. = 2,5 кг ⋅ 9,8м / с2 ⋅ 5 м – 2,5 кг ⋅ 9,8м /с2 ⋅ 10м ≈ – 120 Дж.Ответ: ≈ – 120 Дж.№2Дано:m1 = 75 кгh = 6⋅3 м=18мА–?Решение:Работу силы тяжести вычислим поформуле (приняв за нулевой уровень отсчета высоты вход в дом)A = – ∆Еп = – (mgh2 – mgh1)==– (75 кг ⋅ 9,8 м/c2) ⋅ (18 м – 0 м) ≈ – l,l ⋅ 104 Дж.Ответ: ≈ – 1,1 ⋅ 104 Дж.87№3Дано:h=400 мm=70 кгA–?Решение:За нулевой отсчет высоты примем место слаломиста вначале старта.

Тогда работа силы тяжести может бытьвычислена:A = – ∆Eп = – (mgh2 – mgh1)== – 70 кг ⋅ 9,8 м/с2 ⋅ (400 м – 0м) ≈≈ – 2,74 ⋅ 105 Дж.Если принять за нулевой отсчет место слаломиста на финише (h2=0),то знак работы силы тяжести будет положителен.Ответ: ≈ – 2,74 ⋅ 105 Дж.№4Дано:Решение:h2=2000 мh2 – местоположениеh1=2400 м+точки старта.h1 – местоположение+400 м=2400 мm=70 кгточки финиша.h0=0h0 – -уровень моряЕп1; Еп2 – ?Еп – потенциальная энергия лыжника на старте.Eп1 – относительно уровня моря:Eп1 = mgh2 = 70 кг ⋅ 9,8 м/c2 ⋅ 2400 м = 1,6 ⋅ 106 ДжЕп2 относительно уровня точки финиша (h1):Eп2 = mg⋅(h2 – hl) = 70 кг ⋅ 9,8 м/c2 ⋅ 400 м = 2,7 ⋅ 105 Дж.Ответ: 1,6⋅106 Дж; 2,7⋅105 Дж.§ 47 Вопросы.1.