ГДЗ-Физика-задачник-10-11кл-Рымкевич-2006-www.frenglish.ru.djvu (10 - 11 класс - Рымкевич)

К заАачнику А. П. Рымкевича Фазе и классы 6 С.Н. Бернсов ПОДРОБНЫЙ РАЗБОР ЗАДАНИЙ ИЗ ЗАДАЧНИКА ПО ФИЗИКЕ для 10-11 классов А.П. Рымкевичв <м:. дрофа, гоог-гоое1 + задачи повышенной сложности Москва «ВАКО» 2006 УДК 373.! 67:1:53 ББК 22.3к.72 Б82 Верняка С.Н. физика 10-11кя. Подрсбнма разбор заданий ю задачника АП. Рммкеаича — М.: ВАКО, 2006. — 384 е. -(Сам себе репеппср).

1$ВН 5-94665-375-Х ' Издание содераит алпзризмы решения н подробнейший разбор с объяснениями абсолютно всех задач из новом издания задачника гю физике для 10-11 классов А.П. Рымкевнча (Мз Дрофа, В301-2000). В скобках дается нумерация задач нз старого издания дпя 9-1 1 классов. Пособие имеет удобную навигацию и будет незаменимым помощником родителям при проверке домашних работ, а такие учителям физики.

Автор — практикующий педагог, кандидат физических наук, прмюдават ль МИФИ-О.И. В р со . УДК 373.167:1:53 ББК2?.Зя.72 ф ООО «ВАКО», 2006 РЗВМ 5-94665-375-Х МЕХАНИКА ГЛАВА) (ЗСИОВЬЗ КИНЕМАТИКИ 1. Поступательное пленение. Иатеривльнея точка. Снстеыа отсчета. Путе и переышценне )й 1. Движение стрелы — нет, так как се движение врашательное и кэжлаа точка стрелы описывает окружность определенного радиуса. Движение груза — ла, так как асс точки груза описывают одинаковые трвешззрии. № 2. Поступательное движутся только кабины, так как линяя, проипяшая через шобыс дае точки кабины, остаегса параллельна самой себе. № 3. В случвял а), б] н д) — да, так как 'размеры Земан ао много раз меньше расстояний. на которые она псрсмешасшл; в) и г) — нет, так квк размерами Зенли пренебречь нельзя.

№ 4. а) Нельзя. При расчете давления необзоднмо вишь плоппаь сопрниюиоаеиия трактора с грунтои. б) Можно. Размеры ракеты во много раз ысныпе дальности ее полста. в) Можно. Двшкение плиты поступательное, поэтому се движение можно описывать заданием одной точки. г) Нельзя.

Вюкен обьем шарика, связанный с радиусом, поэтому пРенсбрсгап, размсраыи иеаьзя. № 5. а) Да, нежно. Движение снаряда аваяеъж поступательным и размеры сиаршы ао нного раз ыеньше расстояния, иэ которое он летит. б) Нельзя, так как расчет сопротивления эозауха зависит от йормы и размеров спарила, т.е. пренебрегшь размерами нельзя. № б. Двнкснис ссстын поступательно, поэтому пугь, пройденный составом за любое время, рассчитывается, как и материальной точки.

№ 7. 0(0; О); В(0; бО); С(30; 60); (Г (30; 0); Е(20; 40); )((-5; 20); Ь (-1О; -10); )г(30; -5). № й. Сделайте самостоятельно. г"жгва / Огяаен вввеламвви № 9. Путь вераиещ равен его перснещению, так как он движется из Л в В по прямолинейнон траектории. Автонабиль движется по кривалннепноп траектории, поэтому модуль ега перемещения меньше продленного пути. Перемещения автомобиля и вертолета равны. № 18. При поездке в такси мм оплачиваем путь, так как счетчик измеряет продаснный путь, и оплата пропорциональна поквзаммю счетчика, а траекторияя движения такси далека от прямолинейной. Самолет лвижстся практически по примой, можно считать, что его путь равен перемещению.

Значит, мы оплачиваем перемещение. № 11. Решение: Аф Пусть путь — ), перемещение — к Путь мяча — сумма отрезков АЗ и ВС, т.е. ! = АВ+ ВС. ! Зм+!м 4м. Перемещение — направаенный отрезок прямой, соединяю- Сб шнй начальное положение тела (т. А) с его конечным (т. С). )в )= )) м — Зм(= 2 и. ВА Ответ: ! = 4 м; ) в") = 2 и. № 12. Поскольку движение автомобиля по окружности было равномерным, путь, продленный автомобилем за треть врс- рд меня, равен трети полного пути разворота 1, (/3. Модуль вектора перемещение из начальной точки А в конечную О в В равен диаметру О окружности.

В ! яа д Огсюда сяедует, что — = — в- = — ". г О 2' Мапуль вектора перемещения за треть полного времени равен двине хорды АС. Бла~одаря равномерности лви пения кп = бб, значит, Ь АСС вЂ” равносторонний, следовательно, АС = ОС ОА = О)2. Отсюла получим: ! Э я ~д х а, В ЗВ ЗВ 3' 2 № 13.

Чтобы найти проекцию векпща перемещения, надо из координаты конца вектора вычесть каордя ищу начала. Руководствуясь этим, находим из рисунка: !)в„=бм-2м=4м; а,„85м-85м 0; 2)в =бм-2м=4м; й в =бм-4м=2м; тг !. Пмт веямлзяез де угм з =!5м — 1,5м=О зу з 2м-бы -4м зу зуу !Ом-7м Зм; У,м Координаты точек А(0; 2), В (4; -!). 2 Проекции векюра перемещения з на оси 1 координат 0 з хз-х =4м — О 4м; 3 ! -1 ,м з =уз — 3,=-1м — 2м= — Зм. у Модуль вектора перемещения Я= (з +в„'= ~Г(4) +~-3)~ = 1!О+9 = )86 66 и.

№17. Решение: А 1т В Пусть, пройденный вертолетом, равен сум- меотрсзковАВиВС,т.е.!=1, +1. (у 1 = 40 км + ЗО км = 70 км. Ь АВС вЂ” прямоупиьный, отсюда С Н-М с=2?г-г 3 7-л Ответ: 1 = 70 км; ( з( = 50 км. № 13. Лане: 1,=2км,1у 1км з — ?,а — ? Решение; Сделаем рисунок (без соблюдения иасшаба). Направим х на восток, а у на север. Из рисунка вилно, что проск- иин вектора перемещения з на оси т и у равны: З)зз, 4м-Ом -4м; 4)а, =!1н-8м Зм; 5)з, 7,5и — 7,5м=О; Уй 14.

Чтобы найти координаты точки в начале н в конце двюкення, недо из соответствующих точек опуспзть перпенликуляри на оси координат. Тогда имеем А (20; 20), В (60; -1О). Лля определения проекций вектора перемещения на оси надо нз координаты конца вычесть координату начала: (АВ)„= 60 м — 20 м 40 м: (АВ)у -10 н -20 м -ЗО и.

Лля определения модуля АВ импользуемся рмулой ~м;6:*г у.-;г. з г ° ~ ?.ми№ 15. Координаты точки в начале движения: А (2; 2); в коуще движении — Р (6;2). Путь 1 раасн сумме отрезков АВ, ВС и СР. АВ=8м,ВС=4м,СР 8мм1=3м+4м+8м=20м. Проекции перемещения на оси координат: з, бм-2м 4м; з„2м — 2м О. Следовательно моауль вектора перемещения ~з ~ з„4 м. № !6.

в, =ОС =ОА сов 4$ '=1,— =2 — = чз км; ,6 Л э 2 г в, =ОВ АС+АВ =1+ОС =1+ чз км (ОС АС). Перемещение катера рамю: Н-~г-К+~У-штпл"- =4+а ° 1.41-2,зкм. ВВ ОС Я 11.41 0 13 а — О.бзб = а ЗО '. ОВ АС+АВ 42ч1 2,41 Отжч4а 1 1,8 км поа 430 ' на север в направлении на северо-восток.

ЬЬ 10. Решение: Слелаем рнс, (беа собвшаення масша- бв). Направим осн ксораинат к — на васюк, а у — на север я начертнм чер- В к в выбранном масштабе. Траекто- яя перемещения авена — ломаная АВСВ. Перемещение а = АВ. Проекпнн перемещения а, =ВС-ОВ ° а1п 4$ ' $00-400 — 217 м; 6 2 в =ОВ ° сов 4$ '+СО =400 — +300 ЬЗЗ м. Л Ф 2 Моауль перемещения ~*~ = Д+з,' 022 м. Иа О АВР 13 а = — = -а = — О. 372 ш а 20 Л) в 217 АУ а, $33 Ответ. ~1а $22 и кол А20' на север в направлсннн на северо-восток. 2.

Прямолинейное равномерное двнженне В соотастствин с зтнм л, 500+ В)г — дял автобуса, л„200 — 151 — два легкового автомобиля, -300 — 1Ог — для нотонпклнста. а) Чтобы найти кооранншу тела, палов уравненне движения поаставнть время г,: лн 500+ 20 5 б)Ю м; б)я,=200-15 Ру 50м. Пуатье„!=и,г, !5м/с 1Ос 150м. в) Чтобй найти время, надо в уравнение движения подставить коордннюу я решнзь его относнюльно еремеям: х„-300 — 101; л„з -бао м; -600 -300 — !Огз 13 30 с. г)Когда автобус проезжал мимо дерева, сто коорднната была равна О, т.е. 0 = 500+ 201 о Г -25 С, т. е, автобус проезжал мимо дерева за 25 с до начала наблюдения.

д) В уравнение т, 200 — 151 наао подставить г -20 с, т. к. по условию спрашнвштся, где быя легковой автомобнль за 20 с до начала наблюдс пня. л, 200 - 15 (-В)) 500 м. Озвспа)лн 000м;б)л„50м:е„з 150м;в)г =)Ос;г)г„-25с; д) т„з = 500 м.

30 21. шенне: я определения начальых координат н скоросюй яження сравним уравне- 300 200 Х,н пя двнжлння тел с обшнм уравненнем: х = ле + е,с. И*, --210+ 121. Из уравнения внвно, по авюмобнль начннвст движение яз точкн с коордннатой -270 м со скоростью 12 м/с в полсекпттльном направлении осн ОХ. 2) е — 1,51. Пешеход перелвнгаася нз тачки начала координат со скоростью 1,5 м/с в отри нательном направлении осн ОХ. 3) В момент встречп ! Г оба теаа имеют ояннаковые ююряннаты*, .тз л'. .т, = -2ТО+ 12! -210 + 121' = -1,01' ю х' -1,6 ° 20с -00 м. т, -1,01 Г'= 20 с Ответ: автомобиль н пешежш встрстятса через 20 с после начала наблкасння в точке с июрдннатой -30 м. Уй 22.

На рисунке 9 задачника изображены графики завнснмостя коордннат двнження тел от временн. Тачка пересечения грвфнка с осью * даст нам начаяьную коорхннату тела л . Для нвхожаення промшнн скорости няяо преобразовать ураянснзю л-я ла+езюе г Глава 1. Оелаан янаелатави По графику найдем ююрвннаты тела в момент времени с = 0 (ха) и с 10 е(х). Подспюив ях а уравнение, можно найти ах ! ) По рис. видно, что график движения ! параллелен оси времени, следовательно аы О, (коорлнмата тела не меняется. тело покоится)» х, = 5.

2) Изсрафнка Пс х,о 5 м; а,з (-5-5)/рб=-1 м/с»хе= 5 — с. 3)ИзпифнквШ:тю -!Ом;аю (-5-(-10))/10 05м/с»ха -10+051. Для определения места и времени встречи 2-го и 3-го тел решаем систему уравнений. х =5 — с т =х =х'»б-с'=-10+061'»С' 10. Ф х, =-10+0,51 .т'= 5-10 -5 и. Ответ: тела 2 н 3 встретилнсь через 10 с после начала движения в точке с коорвинатой -5 ы. № 23. общим правилам построения динейныл х,- )р)- рбг ешим аистему уравнения т, =бг »х, х, х'. = 15О-1ОС бг' = 150 -10С' » С' = 10 с.

х' = б ° 10 =- 60 и. Ответ: деа велосипедиста встретятся через 10 с после начала движения в тачке с координатой 50 м. № 24. Уравнение коораннаты имеет вил х ха+ и,с. х-хь 00-20 Для! графика хщ = 20 м; а„= — ь = — = 2 и/а» х, = 20 + 21. с 20 бо-(-го) Для И графика х -20 н; о, = и ' * 2О 4 и/е» х, = -20+ 4с. Точки пересечения графиков с осью х показывают начальную координату лвнження, т. е. хс.