Физика-10- Мякишев-2009-ГДЗ (10 класс - Мякишев)

Упражнение 1 Решение: 1, Дано: Координату точки найдем по формуле: хо+ о е) н: =Ом; Решение: 2. Дано: -6 0 12 х м Запишем формулу координаты точки: х = х, + о.е, где о„= — о; Тогда: х=х,— ог; Путь 3, пройденный точкой при движении вдоль оси ОХ(см. рис.), равен модулю изменения ее координаты: 3 = ~х-х,~; Вычисления: х = 12 и — 3 м/с 6 с = -б и; 3 = ~-6 м -12 м ~ = 18 м. Ответ: х = — б м; 3 = 18 м. Решение.' 3. Дано: -8 6 8 хм Так как начальная координата х, = х„а конечная — х, = х, то движение точки описывается уравнением: х,=х, + о„г, где о,= — о; х' х хе х ое отсюда е о Пройденный путь равен: 3 = ок Вычисления: 8м — (-8м) 16м гю = 4с; 4м/с 4м/с 3=4 м/с 4 с=16м.

Ответ: с = 4 с; 3 = 16м. 4. За время от О до 3 с точка, двигаясь равномерно по оси ОХ, в противоположном направлении имела координаты х, = 2 м, х = — 4 м, о, = — 2 м/с, Я = = ог = 6 и. От 3 с до 7 с координата точки не изменялась и равна — 4 м, при этом о, = О, Я = О. В следующие две секунды точка движется равномерно и прямолинейно з положительном направлении оси ОХ. Ее координата изменялась от — 4 м до О и, при этом о, = 2 м/с, 3 = 4 и. 10 в 3 тосе 3 т 9 се Упражнение 2 Решение: 1)о, =о „+о,„отсюдао,~„ы=оы — оы,т.к.

о,1~=о,о о| = оп ос„= — ос, то овцс = ос ос, 2) о,„= о ы+ оао где о, = — о, о„= о„о „= = — о„тогда о,= — о, — о;, Вычисления: о, = 10 и/с — (- 20 м/с) = 30 и/с; о „,= — 10м/с — 20м/с= — 30м/с. 1. Дано: Ответ: о, = 30 м/с по направлению движения первого автомобиля; о = — 30 и/с по направлению движения второго автомобиля. 2.

Дано: Решение: Расстояние, которое проходит первый поезд относительно второго равно: 1= (, + (с. Скорость первого поезда относительно второго равна о „, = о, + о,(см. предыдущую задачу). (, + 1, = (о„+ ос)с отсюда с = (, +(, ос + ос Вычисления: 900м + 140м с= 20м/с + 28„3м/с Ответ: с = 21, б с. Р с б скоростей б, =б, + б, где б,— скорость катера, направленная б, перпендикулярнок берегу, о— Р Р %0, воды. Отсюда б, = б, — б; Так как полученный треугольник скоростей прямоугольный то по теореме Пифагора найдем б, с о, = Д+ о .

Найдем угол под которым эта скорость направлена к о о берегу: — = соек(см.рисунок)-+ п = агссое —; о, о, ' 3. Дано: Вычисления: м' м 1 о,= 12,25 — +4 — =4м/с;а=атосов- =60'. с' с' 2 Ответ: о, = 4 м/с; а =60е. Упражнение 3 Решение: Запишем уравнение мгновенной скорости в виде: о„= о„+ а,г, где о,„= о, а, = а; о=о,+аг; Вычисления: о = 4 и/с + 2 м/се. 4 с = 12 м/с. 1. Дано: Ответ: о = 12 м/с. Решение: 2.

Дано: 6=о,+аФ; о„= от+ а„0 о,=о,— аФ„ о ое атз Вычисления: о, = 20 м/с — 4 м/сай с = 0 м/с; о, = 20 м/с — 4 м/с'7 с = — 8 и/с. Ответ: о,= 0 м/с; о, = — 8 м/с. Решение: 3. Дано: ывается кинематнчесл 2 але координат и положин оси ОХ о„= — о„а„= а. аг2 + — ~ 2 10м/с' 1'с' 2 Ф 10м/с' 4с' 2 10 м / с' . 9 с' х = 10 и — 20 и/с 3 с + = — 5м; 2 аС' х х о1+ — ь 2 10м/с16с 2 = — 10м; х,= — 5 и; х,= 10м. хг = 10 м — 20 м/с'4 с Ответ:х,=-5м; х, 4. Дано: Решение: агг — огг~ + — .

Так как в момент встречи координата и время для обоих мотоциклистов одинаковы, то можно приравнять правые части ог о1 зтих уравнений. о 1+ — =1 — о 1+ —; о' 2 гг 2 1=(огг+ огг)Ф откуда1= им + ггм Вычисления: е = ЗООм = 10 с. 10м/с+20м/с Ответ: е= 10 с. Упражнение 4 Решение: Направим ось ОУ вниа, начальной точкой выберем точку паденкя камня, Тогда движение камня будет описываться кинематическим иге уравнением р=уг+ ог„г+ —" 1.

Дано: ~г ,=О, о, =О, а =д,р=й,тоЬ= —; 2 а„е, где ом = О, а„= д, тогда о„= с = де. ния: сг 4сг — =20м; о=10м/с'2с=20м/с. 2 = 20 м; о = 20 м/с. бг1 о Совместим начало коордих е нат с положением первого мотоциклиста в начальный момент времени. Тогда движения мотоциклистов будут описываться кинематическимн уравнениями: х, = ог,г+ —; х = г — оггг— 2. Дано: Решение: ят 1. Ь = — (см. решение предыдущей задачи). 2 Г2Ь Отсюда1= ~ †.

ЕслиосьОУнаправлена "У вниз, то уравнение скорости имеет вид: ор им+ уеп а„е' 2. Если се=О„тоу=у + о Г+ — ", где 2 у=Ь,у,=О, о, =од, а„=у, тогда Ь-~' вг' 2 Ь йт оог+ + оо 2 г Ф 2 Вычисления: 2 5м 5м 10м/с' 0,5с 10м/с' ' О 5с 2 = 7,5 м/с. Ответ: г = 1 с; о, = 7,5 м/с. 3. Дано; Решение: Аналогично решению задачи М1 имеем: ~~Р Ь = —; о = уг. Из второго уравнении опреде- 2 лим 1 = о/у, потом найдем Л. Вычисления: 40м/с 10м/с 4ес' е =4с;Ь= — — =80м. 10м/се ' 2 Ответе 1 = 4 с; Ь = 80 и. Решение: 4. Дано: с скорость камня о = ч'о1 + о1 , се =йт.

иях осей ОХ и ОУ движения имеют а г' + -" †. Учиты- 2 ,им=О, а„=у,изЬх=о Ойу= —, уг' о =50м/с; Ьх=30м/с4с=120м;ау= =80м. 10м/с' 16с' 2 Ответ: о = 50 м/с; Лх = 120 м; Лу = 80 и. 5.Дано: Решение: М оО + ов 2Ь, Гз г у 1,4с=28м; = 24,4 м/с. ,4 м/с. 8. Дано: Решение: Ь„,„= — ', где г, определим ф1 из уравнения скорости о„= о,в)ла — уг, В наивысшей точке о„= О, отсюда о в1па о,в1ла=ут,-+1,= -~ —. Тогда о' в1п' а Ь„= ~, Так как парабола симметрич- 28 на относительно т.

А, то Г = 2(о о в1па о'в1п2а 1 . = о»сова 2Г, = о,сова 2. -в — — = В т, А (см. рис.) ом(горизоитальная скорость) = оо» о о»сова' х(1) = х, + о,сова 1, т.к. х = О, то х(г) = о сова Г; у(г) = у, + о,в1ла Ф вЂ” —, уг 2 ~2 гдеу =Он у(1)=о,з)па à —— 2 Вычисления. 20'м'/с' 2 10м/с' 20гмг/сг 1 10м/с' о = 20 м/с — 14 и/с; ч'2 2 х(1) = 20 м/с. — 2 с = 28 м; Г2 2 «Г2 10м/с' 4с' у(1) = 20 и/с — 2 с — 3 м, 2 2 Ов«ве«кгй „=10м;1 „=40м;о 14м/с;х1'1/ 23м;у(Ц=Зм. Упражнение 5 1.Доно: Решение: Запишем формулу линейной скорости: К д о=юВ гдею=йкч,ч= —,В= —. 1 2 2к/ч д кМг( о1 Тогдао= — — = — — «Ф= — .

2 Ф Ы Вычисления: 95м/с 60с 3,14 0,3м Ответ: 1ч' = 6000 оборотов за 1мин. Решение: ц,=О', от=90';а =180',а,=270", 2к 2к о = юВ, где ю = —, К = 1, Т = 5 и = — 1 . Т Вычисленшг: 2 3,14 З,бм 3,6 10'с Ответ: о= 6 10' м/с. 2.Дано: Упражнение 6 1, По второму закону Ньютона У=та; сила Р н а совпадают по направ- лению, о направлении скорости ничего определенного сказать нельзя.

2. Доно: Решение: у Запишем второй закон Ньютона р в проекциях на ось Оу«Р„= та«+ та„, 6) ог о«у ог О гдеа = — )е — '-',тогда р=т(а+-' — ь). у 1 - Вычисления: Р = 0,4 кг (10 м/с'+ 4 м/с') = 5,6 Н. Ответ: Г = 5,6 Н. 3. Дано: Решение: Направим ось ОУ вниз и запишем второй закон Ньютона в проекциях тй наосьОУ:Р+ ту= та«Р=т(а — й). 4- у Вычисления: Р = 5 кг (1б и/с' — 10 м/с') = 25 Н. Ответ: Р = 25 Н. 4. Дано: Решение: Динамометр покажет значение силы ' упругости.

Для ее определения направим ф ось ОУ вниз и запишем второй закон Ньютона в проекциях: тл„— Р = нш„, тв — о«„ т(о,-о,) гдеа = " ".тл-Е = ' " -« УпР т(ог и«) ( (о«о«) ычисленил: (8 м/с-2 м/с)1 = 5 кг 10 и/с'— Уз« 2с твет: Р, = 35 Н. б Дано: Решение: у Направим ось ОУ по направлению движения тела, точку О поместим в точку центра тяжести тела. На тело О~в действуют: сила тяжести тл, направ- ленная вниз, и сила реакции пола лифта тй Ж, направленная вверх. Равнодействующая зтнх сил по второму закону Ньютона равна Ф вЂ” тл = та, уравнение в проекциях на ось ОУ о«« о~« имеетвид: М вЂ” ту =та, гдеа = При выбранных начале координат и положительном направлении осн ОУ /«/ — ту = та — « М=т(у+а)= т у+ ~ ~ . Потретьему С акопу Ньютона )Ф(=)Р,~ .

ПозтомуР = т л+ Вычисление: , = 50 кг (10 м/с' — 2 м/с') = 400 Н. твет: Р = 400 Н. Б. Дано: Решение: Запишем второй закон Ньютона в проекциях сил на ось ОХз Є— Р = лза„. Так как при ениях оси ОХ и начале з з Р =Р а= ' ',то »» »' оз из Р,=Є— и — ' —" . 21 кг (225-100)м'/с' 2 600м 0' Н = 0,43 10' Н = 43 кН. 7. Дано: Решение: Силы, действун~цие на автомо»! биль вдоль радиуса моста изображены на рисунке: зз — сила реакции моста, нзф — сила тяжести. Согласно второму закону Ньютона равнодействующая этих снл направлена вдоль центростремительного ускорения ШУ нзи и равна: — = — ту+ Ф -з М = лзя+ — .

В В По третьему закону Ньютона искомая сила давления Уз равна по модулю силе реакции нзи' опоры моста%. Отсюда р= М= ту+ — . В Вычисления: б 10 кг 4 10'м'/с' з- 10' и = 7 10' Н = 70 кН. Ответ: Г, = 70 кН. Б.Дано: Решение: р На шарик действуют две силы: сила тяжести и неизвестная сила со стороны стержня. Согласно второму закону Ньютона та= жу+ Р-з Ф = нза — нза, где а = —, (В = 1). Так как У векторы та и т2 в любой момент времени расположены на одной прямой, то и сила Р, являясь их разностью, расположена на той же прямой. Чтобы определить модуль и направление силы Р при двух скоростях, найдем ее проекцию на ось ОУ, той то2 направленную по ускорению вниз.

Р = — ' — тд; Р = — ', — тд. В " В Вычисления: 4м'/с' Р, = 0,1 кг ° — 0,1 кг ° 10 м/с' = — 0,6 Н. Следовательно, сила Р, 1м направлена против оси ОУ вверх, 16м'/с' Р, = 0,1 кг — 0,1 кг. 10 м/с' = 0,6 Н. Следовательно, сила Р, 1м направлена по оси ОУ вниз. Ответ:Р,=0„6Н вверх; Р =0,6Н вниз. 9. Доно: В=98м; а=45'; т = 10 кг; 10. Дано: Решение: На шар действуют силы: тф — сила Т ,'а ' Р "'"' ~ тяжести, Т вЂ” сила натяжения нити. Центростремительной силой О,:,: для шара является проекция силы натяжения Т на направление радиуса (проекция силы тяжести тя на это направление равна нулю). то' По второму закону Ньютона — = Тз1па. В В вертикальном направлении ускорения у шара нет, поэтому тд = Тсоза. Разделив первое урав- оз пение на второе, получим — = (яа, откуда Вй о=,/Й~~а .