Физика-10- Мякишев-2009-ГДЗ (991543)
Текст из файла
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 .
Характеристики
Тип файла PDF
PDF-формат наиболее широко используется для просмотра любого типа файлов на любом устройстве. В него можно сохранить документ, таблицы, презентацию, текст, чертежи, вычисления, графики и всё остальное, что можно показать на экране любого устройства. Именно его лучше всего использовать для печати.
Например, если Вам нужно распечатать чертёж из автокада, Вы сохраните чертёж на флешку, но будет ли автокад в пункте печати? А если будет, то нужная версия с нужными библиотеками? Именно для этого и нужен формат PDF - в нём точно будет показано верно вне зависимости от того, в какой программе создали PDF-файл и есть ли нужная программа для его просмотра.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
