Issuu

https://shkola.in.ua/2730hdzfizyka10klasbariakhtar2018.html

ГДЗ Фізика 10 клас Бар'яхтар Вибери номер пункту:

1.1

1.2

1.3

3.1

3.2

4.1

4.2

4.3

5.1

6.1

7.1

8.1

8.3

8.5

9.1

9.2

9.3

9.4

10.1

10.4

10.5

11.1

12.11

13.1

14.1

19.5 © shkola.in.ua

Вступ

Фізика 10 клас Бар’яхтар 2018 ГДЗ

Вправа №1 1.1. Давньогрецький філософ один з основоположників атомістики учитель Демокрита – Левкіпп. Серед його досягнень заснування гідростатики, статистики та пояснення принципу важеля. Він дав точне наближення числа 𝝿𝝿, відкрив спіраль Архімеда, Архімедів гвинт, закон гідростатистики. На дитячих майданчиках можна зустріти дитячи гойдалки, в основі яких лежить принцип важеля.

1.3.

Якщо ви хочете стати дизайнером ігор, 3Д – фільмів або програмістом, то вам потрібно добре розбиратися у фізичних процесах навколишнього світу. Для створення правдоподібних рухів людини, тварин, природи, реакцій на різні взаємодії між тілами. Як поводитиметься машина в гонці на різних поворотах? А якщо траса мокра? На ці питання відповідає фізика.

Вправа №2 2.1. Дано: 𝐸𝐸1 = 225 Дж 𝐸𝐸2 = 243 Дж

Розв’язання: Відносну похибку обчислюємо за формулою: 𝑊𝑊2 243 𝐸𝐸 = � − 1� ∙ 100%; 𝐸𝐸 = � − 1� ∙ 100% = 8% 𝑊𝑊1 225

𝐸𝐸−? Відповідь: 𝐸𝐸 = 8 %

ko la

2.2. Дано: 𝑑𝑑1 = 2,2 мм 𝑑𝑑2 = 2,0 мм 𝑑𝑑3 = 2,0 мм 𝑑𝑑4 = 2,2 мм

.in .u a

1.2.

𝑑𝑑вип. = �

𝑑𝑑сер −? ∆𝑑𝑑вип. − ? ∆𝑑𝑑− ? 𝐸𝐸−?

Розв’язання: Середнє значення вимірюваної величини знаходимо як середнє 𝑑𝑑 +𝑑𝑑 +𝑑𝑑 +𝑑𝑑 арифметичне значення: 𝑑𝑑сер. = 1 2 3 4 , де N =4 (кількість 𝑁𝑁 дослідів); 2,2 + 2 + 2 + 2,2 dсер. = = 2,1 (мм) 4 Випадкову середню похибку обчислюємо за формулою:

∆𝑑𝑑вип. = �

(𝑑𝑑1 − 𝑑𝑑сер. )2 + (𝑑𝑑2 − 𝑑𝑑сер. )2 + (𝑑𝑑3 − 𝑑𝑑сер. )2 + (𝑑𝑑4 − 𝑑𝑑сер. )2 ; 𝑁𝑁

(2,2 − 2,1)2 + (2 − 2,1)2 + (2 − 2,1)2 + (2 − 2,1)2 ; 4

∆𝑑𝑑вип. = 0,1 (мм). Абсолютну похибку вимірювання розраховуємо за формулою:

∆𝑑𝑑 = �(∆𝑑𝑑пр. )2 + (∆𝑑𝑑вип. )2 , де ∆𝑑𝑑пр. = ±0,05 мм − табличне значення.

∆𝑑𝑑 = �0,052 + 0,12 = 0,11 (мм) Абсолютну похибку експерименту округлюють до однієї значущої цифри із завищенням, тому ∆𝑑𝑑вип. = 0,2 мм. Тоді результат вимірювання записується так: d = 2,1±0,2 мм.

Вступ

Відносна похибка вимірювань – це відношення абсолютної похибки до середнього значення: 𝐸𝐸 =

∆𝑑𝑑

𝑑𝑑сер .

0,2 = 0,095, або 9,5 %. 2,1 Відповідь: 𝑑𝑑сер = 2,1 мм; ∆𝑑𝑑вип. = 0,1 мм; ∆𝑑𝑑 = 0,2 мм; 𝐸𝐸 = 9,5 %; 𝑑𝑑 = 2,1 ± 0,2 мм

𝐸𝐸 =

Вправа №3 3.1. Додати дві скалярні фізичні величини означає додати їх значення, подані в однакових одиницях. Тому скласти площу і об’єм, і т.д. не можна.

ko la

3.3.

.in .u a

3.2.

𝑎𝑎𝑥𝑥 = 3м − 1м = 2м; 𝑏𝑏𝑥𝑥 = 5м − 1м = 4м; 𝑐𝑐𝑥𝑥 = 7м-1м = 6м; 𝑑𝑑𝑥𝑥 =9 м- 13 м= -4м; 𝑙𝑙𝑥𝑥 =13 м -13м =0 м; 𝑠𝑠 = 15м – 17 м =-2м;

𝑎𝑎𝑦𝑦 = 6м − 3м = 3м 𝑏𝑏𝑦𝑦 = 2м − 2м = 0м 𝑐𝑐𝑦𝑦 = 1м − 5м = −4м 𝑑𝑑𝑦𝑦 =4 м-4м=0м 𝑙𝑙𝑦𝑦 = 1м − 4м = −3м 𝑠𝑠𝑦𝑦 = 1м − 6м = −5м

Розділ I. Механіка

Частина 1. Кінематика

Вправа №4 4.1. Підйом ліфта – одновимірна система координат, рух човна на поверхні води – двовимірна (човен рухається під кутом, тому змінюються координати x та y), біг футболіста – двовимірна, політ метелика – тривимірна ( змінюються його координати x, y, z), спуск спортсмена з гори – тривимірна. 4.2. Якщо йти в автобусі -то рухаюся відносно дорозі; відносно сонця, відносно іншого міста.

4.4. Дано: R= 20 м 1 ℓ1 =ℓ 4

.in .u a

4.3. Для цього потрібно, щоб тілом пов’язаним з системою відліку – був я. Тоді будь-який час шлях та переміщення дорівнює 0. Це не зручно, тому що неможливо описати рух, тому він буде дорівнювати 0. Розв’язання: 1 1 ∙ 2𝜋𝜋𝜋𝜋 3,14 ∙ 20 ℓ = 2𝜋𝜋𝜋𝜋; ℓ = = = 31,4 м 4 4 2 𝑆𝑆̅ = 𝑅𝑅� + 𝑅𝑅� ⇒ �𝑅𝑅 2 + 𝑅𝑅2 = �2𝑅𝑅2 = �2 ∙ 202 = 28,3 м

1) Відносно кулі - траєкторія руху це пряма лінія (від кулі до землі); 2) Відносно людини на галявині – це буде крива ( параболічна)

4.5.

ko la

ℓ─? S─? Відповідь: ℓ = 31,4 м; S = 28,3 м

Вправа №5 5.1. Дано: м 𝑣𝑣ч = 10 с м 𝑣𝑣р = 1 с 𝑣𝑣 ─?

Розв’язання: Швидкість руху тіла в нерухомій системі відліку дорівнює геометричній сумі швидкості руху тіла в рухомій системі відліку й швидкості рухомої системи відліку відносно нерухової: 𝑣𝑣̅ = 𝑣𝑣�ч + 𝑣𝑣̅т . м

Якщо човен рухається за течією, то 𝑣𝑣 = 𝑣𝑣ч + 𝑣𝑣р ; 𝑣𝑣 = 10 + 1 = 11 � � с

Якщо човен рухається проти течії, то 𝑣𝑣 = 𝑣𝑣ч − 𝑣𝑣р ; 𝑣𝑣 = 10 − 1 = 9 ( )

Відповідь: 11 � � швидкість моторного човна за течією; 9 ( ) швидкість моторного човна с с проти течії.

Розділ I. Механіка

5.2. Дано:

Розв’язання: Знайдемо час, за який насінина впаде на землю. ℎ м ∙ с 50 𝑡𝑡 = ; [𝑡𝑡] = = с; 𝑡𝑡 = = 167 (с). м 𝑣𝑣н. 0,3 За цей час вітер віднесе насінину на відстань ℓ = 𝑣𝑣п. ∙ t; м∙с = м. [ℓ] = с ℓ = 1 ∙ 167 = 167 (м). Переміщення – це відрізок, що з’єднує початкове положення тіла з його ℓ─? наступним положенням. S ─? 𝑆𝑆̅ = ℎ� + 𝑙𝑙 .̅ Тому 𝑆𝑆 = �ℎ2 + 𝑙𝑙 2 ; 𝑆𝑆 = �1672 + 502 = 174 (м). Відповідь: ℓ = 167м; S = 174м.

.in .u a

м 𝑣𝑣п. = 1 ( ) 𝑐𝑐 м 𝑣𝑣н. = 0,3 ( ) 𝑐𝑐 ℎ = 50 м

5.3. Дано: R=6 м 1 t1=10 c ( ) 4 2

t2=20 c ( )

ko la

Розв’язання: 1 3,14 ∙ 6м ℓ = 2𝜋𝜋𝜋𝜋 = = 9,42м; 4 2 𝑙𝑙1 9,42 м 𝑣𝑣1 = = = 0,942 � � 10 с 𝑡𝑡1 𝑆𝑆1 = �𝑅𝑅2 + 𝑅𝑅2 = �62 + 62 = 8,5 м; 𝑆𝑆1 8,5 м = 0,85( ) |𝑣𝑣1 | = = 𝑡𝑡1 10 𝑐𝑐

𝑣𝑣1 −? ; |𝑣𝑣1 |−? ; 𝑣𝑣2 −? |𝑣𝑣2 |−? 𝑣𝑣−?

𝑙𝑙2 = 𝑙𝑙1 = 9,42м; 𝑆𝑆2 = 𝑆𝑆1 = 8,5 м; 𝑣𝑣2 =

𝑙𝑙2 9,42 = = 0,47 𝑡𝑡2 20

𝑆𝑆2 8,5 м = = 0, 43 ( ) 20 𝑡𝑡2 𝑐𝑐 𝑙𝑙 𝑙𝑙1 + 𝑙𝑙2 9,42 + 9,42 м 𝑣𝑣 = = = = 0,63 � � 𝑡𝑡 𝑡𝑡1 + 𝑡𝑡2 10 + 20 с 𝑆𝑆 2𝑅𝑅 12м м |𝑣𝑣| = = = = 0,4 � � 𝑡𝑡 𝑡𝑡1 + 𝑡𝑡2 30 с с м м м м м Відповідь: 𝑣𝑣1 = 0,942 ; |𝑣𝑣1 | = 0,85 ; 𝑣𝑣2 = 0,47 ; |𝑣𝑣2 | = 0,43 ; 𝑣𝑣 = 0,63 ; с с с с с м |𝑣𝑣| = 0,4 ; с

|𝑣𝑣2 | =

Розділ I. Механіка

5.4. Дано:

.in .u a

Розв’язання: X=X0 + v0 t ⇒ X1 = −700 + 5t X2 = 500 − 20t; X3 = 1400 − 25t; X1 = X 2 ⇒ −700 + 5t12 = 500 − 20t12 25t12 = 1200 ; 1200 = 48 с – зустрінуться t12 = 25 вантажівка та велосипедист; X1 = X 2 ⇒ −700 + 5t13 = 1400 − 25t X1 −? ; X2 −? X3 −? t13 = 2100 = 70 c -зустрінуться велосипедист та автомобіль; 30 v(t)−? ; X(t)−? X12 = −700 + 5 ∙ 48 = −460м -місце зустрічі вантажівки та велосипедиста; X13 = 1400 − 25 ∙ 70 = −350м – місце зустрічі автомобіля та велосипедиста; м v1 = 5 с X01 = −700м км м v02 = 72 20 год с X02 = 500м км м v03 = 90 25 год с X03 = 1400м

X2 = X3 ⇒500-20t 23 = 14000 − 25t 23 ; 5t 23 = 900

t 23 =180 c -автомобіль обжене вантажівку;

t 23 = 500 − 20 ∙ 180 = −3100 м -автомобіль обжене вантажівку;

ko la

X1 = −700 + 5 ∙ 0 = −700; 0=-700+5 ∙ 140

X2 = 500 − 20 ∙ 0 = 500; 0=500-20∙ 25

X3 = 1400 − 2 ∙ 0 = 140; 0=1400 – 25 ∙ 56

5.5. Дано: S=600 км

vв = 40 �

км � год

Розв’язання: v� = v�a +v�в ; v 2 = v а 2 − vв 2

v = �vа 2 − vв 2 = �3002 − 402 = 297,3 �

км � год

S 600 км = = 2,018 год = 2 год 1 хв км v 297,3 � км � = 300 � � год год vв 40 t− ? ∠α− ? sinα = = = 0,133; α = 7,7° vа 300 Відповідь: t = 2 год 1 хв; курс літака 7,7° t=

vл

5.6. Пасажирам, які рухаються в потязі здається, що краплі падають косо, тому що, до вертикальної складової швидкості падіння крапель додається, ще горизонтальна складова швидкості руху потяга.

Розділ I. Механіка

Дано:

Розв’язання: 𝑣𝑣п 𝑣𝑣п 𝑡𝑡𝑡𝑡ℒ = ⇒ 𝑣𝑣д = 𝑣𝑣д 𝑡𝑡𝑡𝑡ℒ км км 40 � 40 � км год� год� = = 40 � 𝑣𝑣д = � 𝑡𝑡𝑡𝑡 45° 1 год

км 𝑣𝑣п = 40 � � год ℒ = 45° 𝑣𝑣д −?

Відповідь: 𝑣𝑣д = 40 �

км

год

�

6.2. Дано:

Розв’язання: 𝑣𝑣1 2 − 𝑣𝑣0 2 52 + 2,52 𝑆𝑆1 = = = 18,75 м 2𝑎𝑎 2 ∙ 0,5 𝑣𝑣 −𝑣𝑣 a= 1 0 ⇒ 𝑡𝑡1 м м 𝑣𝑣1 − 𝑣𝑣0 5 � с � − 2,5 � с � 𝑡𝑡1 = = = 5𝑐𝑐 м 𝑎𝑎 0,5 � с � 𝑣𝑣 = v0 + 𝑎𝑎𝑎𝑎 ⇒ v(t) = 2,5 + 0,5 𝑡𝑡

ko la

м v0 = 2,5 � � с м a=0,5 � 2� c м v1 = 5 � � с t2=2c м v3 = 4 � � с S4=14 м S1 -?; t1-?; v(t)−? ; S(t)−? v2 −? t3- ? t4-?

.in .u a

Вправа №6 6.1. Дано: Розв’язання: м м 𝑣𝑣𝑥𝑥 = 20 − 4𝑡𝑡 𝑣𝑣𝑥𝑥 = 𝑣𝑣0 + 𝑎𝑎𝑥𝑥 𝑡𝑡; 𝑣𝑣𝑥𝑥 = 20 − 4𝑡𝑡 ⇒ 𝑣𝑣0 = 20 � � ; 𝑎𝑎𝑥𝑥 = −4 � � с с 𝑣𝑣1 = 0 𝑣𝑣 = 0 ⇒ 20 − 4𝑡𝑡 ; 4 𝑡𝑡 = 20; 𝑡𝑡 = 5𝑐𝑐 1 1 1 1 𝑎𝑎𝑥𝑥 −? 𝑣𝑣0 −? 𝑡𝑡1 −? м м Відповідь: 𝑎𝑎𝑥𝑥 = 4 � � ; 𝑣𝑣0 = 20 � � ; 𝑡𝑡1 = 5𝑐𝑐

𝑎𝑎𝑡𝑡 2 0,5𝑡𝑡 2 ; 𝑆𝑆(𝑡𝑡) = 2,5𝑡𝑡 + = 2,5𝑡𝑡 + 0,25𝑡𝑡 2 𝑆𝑆 = v0 ∙ 𝑡𝑡 + 2 2 м 𝑣𝑣2 = 𝑣𝑣(𝑡𝑡2 ) = 2,5 + 0,5 ∙ 2 = 3,5 � � с 𝑣𝑣3 = 𝑣𝑣(𝑡𝑡3 ) ⇒ 4 = 2,5 + 0,5 ∙ 𝑡𝑡3 ; 𝑡𝑡3 = 3𝑐𝑐 𝑆𝑆4 = 𝑆𝑆(𝑡𝑡) ⇒ 14 = 2,5𝑡𝑡4 + 0,25𝑡𝑡4 2 ∙ 100 −10 ± 18 𝑡𝑡4 2 + 10𝑡𝑡4 − 56 = 0; 𝐷𝐷 = √324 = 18; 𝑡𝑡4 = ⇒ 𝑡𝑡4 = 4𝑐𝑐 2 м Відповідь: S1 =18,75 м; t1=5с; v(t) = 2,5 + 0,5𝑡𝑡; S(t) = 2,5𝑡𝑡 + 0,25𝑡𝑡; v2 = 3,5 � � ;t3=3c; с

t4=4c.

6.3. 1) Тіло рухається прямолінійно рівноприскорено. Від 0 до 10 с тіло рухається зменшуючи швидкість, зупиняється, розвертається та з 10 с до 15с прискорюється; at2

18t2

2) S(t) = v0 t + = −18t + = −18t + 0,9t 2 ; 2 2 0 − (−18) м v1 − v2 0 − (−18) м a= = 1,8 2 ; a = = = 1,8 ; с 10 с2 t2 10

Розділ I. Механіка

6.5. Дано: 𝑣𝑣0 = 0

.in .u a

6.4. Дано: Розв’язання: 𝑥𝑥0 = −200м x=𝑥𝑥 + 𝑣𝑣 𝑡𝑡 + at2 0 0 м 2 𝑣𝑣0м = 22 2t 2 с 𝑥𝑥м = −200 + 22𝑡𝑡 + = −200 + 22𝑡𝑡 + 𝑡𝑡 2 ; 𝑥𝑥п = 100 + 2𝑡𝑡 м 2 𝑎𝑎м = 2 2 При зустрічі x=𝑥𝑥п = 𝑥𝑥м ⇒ −200 + 22𝑡𝑡 + 𝑡𝑡 2 = 100 + 2𝑡𝑡 с м 𝑡𝑡 2 + 20𝑡𝑡 − 300 = 0; D=202 − 4,1 ∙ 300 = 1600 𝑣𝑣0п = 2 с −20±√𝐷𝐷 −20±40 𝑡𝑡 =10с t= = ⇒ 1 ; x=100+2∙10=100+20=120 м 𝑥𝑥0п = 100м 2 2 𝑡𝑡2 =−30𝑐𝑐 t-?; x-? Відповідь: t=10с; x=120м. Розв’язання:

м 0 + 143 𝑣𝑣0 + 𝑣𝑣1 𝑐𝑐 ∙ 3,8с = 271,7 м 𝑆𝑆 = ∙ 𝑡𝑡 = 2 2

ko la

м 𝑐𝑐 𝑡𝑡1 = 3,8 𝑐𝑐 𝑆𝑆1 −? Відповідь: 271,7 м. 𝑣𝑣1 = 143

Вправа №7 𝑚𝑚𝑚𝑚 7.1. mgh = ⇒ 𝑣𝑣 2 = 2𝑔𝑔ℎ ⇒ 𝑣𝑣 = �2𝑔𝑔ℎ 2 Прискорення вільного падіння буде однакове на будь-якій висоті. Найбільша швидкість м буде на максимальній висоті – h=1,8 м 𝑣𝑣 = √2 ∙ 10 ∙ 1.8 = 6 м

Відповідь: g-однакове; 𝑣𝑣макс = 6 . 7.2. Дано:

м 𝑣𝑣0 = 10 𝑐𝑐 t=2с ℎ𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 −? 𝑆𝑆𝑦𝑦 −? 𝜄𝜄−?

Розв’язання: Коли тіло буде на максимальній висоті, його швидкість буде дорівнювати 0. 𝑣𝑣 2

м2 ∙с2

Тоді ℎ𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 0 ; [ℎ𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 ] = 2 2𝑔𝑔

с ∙м

= м; ℎ𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 =

100

2∙10

= 5 (м)

Переміщення знайдемо за формулою: 𝑆𝑆𝑦𝑦 = 𝑣𝑣0𝑔𝑔 𝑡𝑡 − м∙с

м∙с2

10∙4

[𝑆𝑆𝑦𝑦 ] = − 2 = м; 𝑆𝑆𝑦𝑦 = 10 ∙ 2 − = 0. с 2 с Тобто, стріла через 2 с впаде на землю. Пройдений шлях 𝜄𝜄 = 2ℎ𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 , 𝜄𝜄 = 10м. Відповідь:hmax = 5м; Sy = 0; ι = 10м.

𝑔𝑔𝑦𝑦 𝑡𝑡 2 2

;

7.3. Дано: h=15м ℒ1 = 60° ℒ2 = 30°

Розділ I. Механіка

Розв’язання:

v1 2 −v0y 2

v1 = 0; h=

; v0y 2 = 2gh ⇒

v0y = √2 ∙ 10 ∙ 15 = 10√3 v0y 10√3 10√3 м v0 = = = = 20 с sinℒ sin 60° √3

7.4. Дано: h=45м

Розв’язання: м с

t1 , v1 −? t 2 , v2 −? t 3 , v3 −?

mv0 2 2

y = y0 + v0 t +

gt2

; y=h=45; y0 =0;

ko la

v0 = 10

.in .u a

v0 −? vy = v0y − gt ⇒ 0 = 10√3 − 10t 0 t1 −? м 1 м l1 −? ; l2 −? t 0 = √3 ∙ t1 = 2 ∙ t 0 = 2√3 = 3,5 с; v0x = v0 ∙ cos 60° = 20 с ∙ 2 = 10 с м м 1 м l1 = v0x ∙ t1 = 10 ∙ 3,5 с = 35м; v0y2 = v0 ∙ sin 30° = 20 ∙ = 10 с с 2 с м √3 м v0x2 = v0 ∙ cos 30° = 20 ∙ = 10√3 ; 0=10-10t02 ⇒ t02=1с; t2=2 t02=2c с с 2 м l2 = v0x2 ∙ t 2 = 10√3 ∙ 2 = 35м. с м Відповідь: v0 = 20 ; t1 = 3,5с; l1 = 35м; l2 = 35м.

+ mgh =

2 2

1) 45=-10t1 + 5t ; t1 2 − 2t1 − 9 = 0; D = 40; t1,2 = 2±√40

2±√40 2

= 4,16 c

2)45=10t 2 + 5t 2 2 ⇒ t 2 2 + 2t 2 − 9 = 0; t 2 = = 2,16 с 2 3)v0y = 0 ⇒ y = 5t 3 2 ⇒ 45 = 5t 3 2 ; t 3 2 = 9; t 3 = 3c

mv2 2

⇒ v 2 + 2gh; v = �v0 2 + 2gh = √102 + 2 ∙ 10 ∙ 45 = 31,6 ; с

м с м м м Відповідь: t1 = 4,16 с, v1 = 31,6 ; t 2 = 2,16 с, v1 = 31,6 ; t 3 = 3с, v1 = 31,6 .

v = v1 = v2 = v3 = 31,6 Вправа №8

8.1. Тому що пісок та бруд, який чіпляється коліс, летить по дотичній, тобто на водія. 8.2.

𝑎𝑎𝐴𝐴 = 0 − 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚; 𝑎𝑎б = 𝑎𝑎В − 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚.

Розділ I. Механіка

8.3. Дано:

Розв’язання: км м Прискорення тіла, що рухається по колу, знаходимо за формулою: 𝑣𝑣 = 36 = 10 с год 𝑣𝑣 2 102 м2 м [𝑎𝑎] 𝑎𝑎 = ; = ; 𝑎𝑎 = = 3,3 � � r =30 м 𝑟𝑟 с2 ∙ м 30 с2 a -? м Відповідь: a=3,3 � 2� с 8.4. Дано: R 2 = 1,5 R1 ω1 = ω2 = ω v2 −? v1 aд2 −? aд1

.in .u a

Розв’язання: 2𝜋𝜋 2𝜋𝜋𝜋𝜋 𝜔𝜔 = ; 𝑣𝑣 ; 𝑣𝑣 = 𝜔𝜔𝜔𝜔; 𝑣𝑣1 = 𝜔𝜔𝑅𝑅1 ; 𝑣𝑣2 = 𝜔𝜔𝑅𝑅2 ; 𝑇𝑇 𝑇𝑇 𝑣𝑣2 𝜔𝜔𝑅𝑅2 1,5𝑅𝑅2 𝑣𝑣 2 𝜔𝜔2 𝑅𝑅2 = = = 1,5; 𝑎𝑎д1 = = = 𝜔𝜔2 𝑅𝑅; 𝑣𝑣1 𝜔𝜔𝑅𝑅1 𝑅𝑅1 𝑅𝑅 𝑅𝑅 2 𝑎𝑎д2 𝜔𝜔 ∙ 𝑅𝑅2 1,5𝑅𝑅2 = = = 1,5 𝑎𝑎д1 = 𝜔𝜔2 ∙ 𝑅𝑅1 ; 𝑎𝑎д2 = 𝜔𝜔2 ∙ 𝑅𝑅2 ; 𝑅𝑅1 𝑎𝑎д1 𝜔𝜔 2 ∙ 𝑅𝑅1 Відповідь: v2 = 1,5v1 ; aд2 = 1,5aд1

8.5. Дано: Розв’язання: м R=0,4 м v = 2πRn = 2π ∙ 0,4 ∙ 100 = 251 � � ; ω = 2πn = 2π ∙ 100 = 628 c c N=100 с v− ? ω− ? м Відповідь: 251 ; 628 с

ko la

8.6. Дано: 𝜄𝜄1 = 3𝜄𝜄2 𝑇𝑇1 = 3600 𝑐𝑐 𝑇𝑇2 = 60 𝑐𝑐 𝑣𝑣1 −? 𝑣𝑣2 1 Відповідь:

Розв’язання: 2πR 2π𝜄𝜄1 2π ∙ 3𝜄𝜄2 2π𝜄𝜄2 𝑣𝑣 = ; 𝑣𝑣1 = = ; 𝑣𝑣1 = 𝑇𝑇 𝑇𝑇1 𝑇𝑇1 𝑇𝑇2 3𝑇𝑇2 3 ∙ 60 1 𝑣𝑣1 3 ∙ 2π𝜄𝜄2 𝑇𝑇2 = ∙ = = = 3600 20 𝑇𝑇1 𝑣𝑣2 2π𝜄𝜄2 𝑇𝑇1

8.7. Дано: Розв’язання: 6 2π рад R=6,4 ∙ 10 м 𝜔𝜔 = = 2 ∙ 3,14 = 7,3 ∙ 10−5 T=24 год=86400 с Т с с км −5 6 u= 𝜔𝜔 ∙ 𝑅𝑅 = 7,3 ∙ 10 ∙ 6,4 ∙ 10 = 467 = 467 ∙ 3600 = 1674 u -?, 𝜔𝜔− ? км Відповідь: 1674

год

Розділ I. Механіка

2) aсер. =

tсер. 2

2 ∙1

(2,5)2

.in .u a

Лабораторна робота №1 Тема: Визначення прискорення тіла в ході рівноприскореного прямолінійного руху. Експеримент 3) Час руху Результат Прискоре Похибка вимірювання № кульки прискорення вимірювання Переміщення ння руху дослі t1, c tсер, с кульки, Відносна Абсолютна прискорення a2 кульки, s, м ду м εa , % ∆a, м/с2 aсер., м/с2 a = ± сер ∆a , с 1 2,5 2 2,5 2,5 1 0,32 2,4 0,0176 0,32±0,0176 3 2,4 4 2,5 5 2,6 Опрацювання результатів експерименту t1 +t2 +t3 +t4 +t5 2,5+2,5+2,4+2,5+2,6 1) tсер. = = = 2,5 с 5

= 0,32 м/с

�t1 −tсер. � +(t2 −tсер. )+(t3 −tсер. )+(t4 −tсер. )+(t5 −tсер. ) 3) ∆t сер. = � =

�

(2,5−2,5)2 +(2,5−2,5)+(2,4−2,5)+(2,5−2,5)+(2,6−2,5)

4) εa =

∆tсер tсер

0,06 2,5

∙ 100% = 2,4 %

=�

0,01+−0,01 5

= 0,06 с

ko la

5) ∆s = �∆sприл. 2 + ∆sвип. 2 = �0,0052 + 0,0052 = 0,007м ∆s

0.007

6) εa = = ∙ 100% = 0,7% 1 s 7) εa = εa + 2ε=0,7+2 ∙ 2,4 = 5,5%; 5,5∙0,32

м2

∆a = εa aсер.= = 0,0176 ; a = 0,32±0,0176 100% с с Висновок: у даній лабораторній роботі визначали прискорення руху кульки, що м2

скочується по похилому жолобу, а=0,32±0,0176 , причиною похибки став процес с вимірювання величин. Найбільшу похибку дав вимірювання прискорення тіла (5,5%). Творче завдання

План проведення експерименту. 1. Виміряти відстань S від позначки до циліндра 2. Виміряти висоту підйому жолоба. 3. Виміряти час руху кульки. 4. Знайти прискорення руху кульки. № Переміщення Висота Час руху Прискорення кульки S, м підйому кульки руху кульки a, жолоба h, м t, с м/с2 1 0,1 3,5 0,15 0,9 2 0,2 2,5 0,29 3 0,3 2 0,45 Висновок: Чим більша висота підйому жолоба, тим більше прискорення руху кульки.

Розділ I. Механіка

Лабораторна робота №2 Тема: Дослідження руху тіла по колу. Опрацювання результатів експерименту 2) 𝑛𝑛 = 3) 𝑣𝑣 =

𝑡𝑡

𝑁𝑁 𝑁𝑁

20 20

= 0,9 𝑐𝑐. 1

= 1,1 .

𝑡𝑡 18 𝑐𝑐 2𝜋𝜋𝜋𝜋 2∙3,14∙0,5 𝑇𝑇

0,9 2∙3,142 ∙0,5

4) адоп =

4𝜋𝜋2 𝑅𝑅 𝑇𝑇 2

6) 1) 𝜀𝜀𝑡𝑡 =

∆𝑡𝑡

0,1

Радіус обертання R, м 0,5

𝑡𝑡

= 3,49

0,92

м с

=23,34

м с

.in .u a

1) 𝑇𝑇 =

Кількість Час Період обертів, N руху, t, обертання, с T, с 20 18 0,9

∙ 100% = 0,55 %

Обертова Лінійна Кутова частота n, швидкість v, швидкість, 1/с м/с 𝜛𝜛 рад/с 1,1 3,49 7

Доцентрове прискорення, адоп., м/с2 24,34

2) ∆R = �∆𝑅𝑅прил. 2 + ∆𝑅𝑅витр. 2 = �0,0052 + 0,0052 = 0б007м

∆𝑅𝑅 0,007 = ∙ 100% = 1,4 % 0,5 𝑅𝑅 3) ε𝑣𝑣 = 𝜀𝜀𝑅𝑅 + 𝜀𝜀𝑙𝑙 = 1,4 + 0,55 = 1,95% 1,95% ∙ 3,49 м = 0,068 ∆𝑣𝑣 = ε𝑣𝑣 𝑣𝑣 = 100% с 4) εа = 𝜀𝜀𝑅𝑅 + 2𝜀𝜀𝑙𝑙 = 1,4 + 2 ∙ 0,55% = 2,5% м ∆а = εа адоп = 24,34 ∙ 2,5% = 0,61 2 с 7) Лінійна Похибка вимірювання швидкість v, м/c абсолютна відносна εа , % м ∆а, 2

ko la

𝜀𝜀𝑅𝑅 =

3,49

0,068

Результат вимірювання адоп = 𝑣𝑣вимір. ± с с м ∆𝑣𝑣, 2 с 23,34 2,35 0,61 23,34±0,61 Висновок: у даній лабораторній роботі вимірювались: період обертання, обертова частота, лінійна та кутова швидкість руху, доцентрове прискорення; м м 𝑣𝑣 =3,49±0,068 , адоп =23,34±0,61 2. Причина похибки полягає у випадковій похибці, с с яка пов’язана з процесом вимірювання.

Лінійна швидкість , м адоп 2

1,95

Похибка вимірювання абсолютна відносна εа , % м ∆а, 2

Результат вимірювання 𝑣𝑣 = 𝑣𝑣вимір. ± м ∆𝑣𝑣, с 3,49±0,068

Розділ I. Механіка

t -?,

𝐿𝐿

.in .u a

Завдання для самоперевірки до розділу I Частина 1. Кінематика Сторінка №55 1) Г) відстань, яку вона долає; 2) Б) однакове в будь-який момент руху; 3) В) СД 𝑉𝑉𝑘𝑘 − 𝑉𝑉𝑎𝑎 6м/с − 2м/с 4 м 6м/с − 6м/с 𝑄𝑄𝑥𝑥 = ; 𝑄𝑄𝐴𝐴𝐴𝐴 = = ; 𝑄𝑄𝐵𝐵𝐵𝐵 = = 0; 3с 3𝑐𝑐 2𝑐𝑐 ∆𝑡𝑡 0 − 6м/с м 0−0 = −3 ; 𝑄𝑄𝐷𝐷𝐷𝐷 = =0 𝑄𝑄𝐶𝐶𝐶𝐶 = с 2𝑐𝑐 2𝑐𝑐 4) Б) Дано: Розв’язання: R=5м S=0; ℓ = 2𝜋𝜋𝜋𝜋 = 2 ∙ 3,14 ∙ 5м = 31,4 м S-?, ℓ−? Відповідь: ℓ = 31,4 м; S = 0 5) Дано: Розв’язання: км 72 ∙ 1000 м м 𝐿𝐿1 = 280м 𝑉𝑉 = 72 = = 20 1 км год 3600 с с 𝑉𝑉1 = 72 км 36 ∙ 1000 м м год 𝑉𝑉 = 36 = = 10 2 𝐿𝐿2 = 700м год 3600 с с км м м м V=𝑉𝑉1 -𝑉𝑉2 =20 − 10 = 10 𝑉𝑉2 = 36 с с с год 𝐿𝐿 +𝐿𝐿2

t= = 1 𝑉𝑉

𝑉𝑉

280м+700м 10

м с

= 98 с.

ko la

Відповідь: 𝑡𝑡 = 98с. 6) Дано: Розв’язання: 𝑉𝑉 +𝑉𝑉 2 м/с+6м/с t=5с S=𝑆𝑆𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝑆𝑆𝐵𝐵𝐵𝐵 ; 𝑆𝑆 = 0 𝑡𝑡 ∙ 𝑡𝑡; 𝑆𝑆𝐴𝐴𝐴𝐴 = ∙ 3с = 12 м 2 2 м S-?, 𝑉𝑉𝑐𝑐 −? 𝑆𝑆𝐵𝐵𝐵𝐵 = 6 ∙ 2с = 12 м; 𝑆𝑆 = 12 м + 12 м = 24 м; с 𝑆𝑆 24 м м = 4,8 𝑉𝑉𝑐𝑐 = = 𝑇𝑇 5с с м Відповідь: S = 24 м; 𝑉𝑉𝑐𝑐 = 4,8 . с

Дано: x = 0,5 + 5t − 2t 2 t1 = 2с t 2 = 3с S -?; V2 −?

Відповідь: S =−4

м с

; ; V2 = −7

Розв’язання: S=5t−2t 2 ;

S1 (t1 ) = 5 ∙ 2 − 2 ∙ 22 = 2м; х0 = х0 + V0 xt +

м м ; Q x = −2 ∙ 2 = −4 ; с см V(t)= 5-4t; V2 = 5 − 4 ∙ 3 = −7 V0 = 5

м с

Qxt2 2

Розділ I. Механіка

Розв’язання: 𝑉𝑉𝑦𝑦 = 𝑉𝑉0 − 𝑔𝑔𝑔𝑔 = 5 − 10𝑡𝑡; 𝑉𝑉𝑦𝑦 = 0

Дано: L=4,9 м 𝛼𝛼 = 45°

Розв’язання:

0=5-10t⇒ 𝑡𝑡 =

= 0,5𝑐𝑐 𝑎𝑎𝑡𝑡 2 10 2 ; 𝑦𝑦1 = 2,75 + 5𝑡𝑡 − ∙ 𝑡𝑡 𝑦𝑦1 = 𝑦𝑦01 + 𝑉𝑉0 𝑡𝑡 + 2 2 𝑦𝑦2 = 2,75 + 5(𝑡𝑡 − 0,5) − 5(𝑡𝑡 − 0,5)2 ℎ1 −? 𝑦𝑦1 = 𝑦𝑦2 ⇒ 2,75 + 5𝑡𝑡 − 5𝑡𝑡 2 = 2,75 + 5𝑡𝑡 − 2,5 − 5𝑡𝑡 2 + 5𝑡𝑡 − 1,25 ⇒ 2,5 + 1,25 = 5𝑡𝑡; 5𝑡𝑡 = 3,75; 𝑡𝑡 = 0,75𝑐𝑐; ℎ1 = 2,75 + 5 ∙ 0,75 − 5 ∙ 0,752 = 2,75 + 3,75 − 2,81 = 3,69м Відповідь: ℎ1 = 3,69 м 10

.in .u a

Дано: h=2,75 м м 𝑉𝑉0 = 5 с

√2 ; 2 √2 ; 𝑣𝑣0𝑦𝑦 = 𝑣𝑣0 ∙ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝛼𝛼 = 𝑣𝑣0 ∙ 2

𝑣𝑣0𝑥𝑥 = 𝑣𝑣0 ∙ 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝛼𝛼 = 𝑣𝑣0 ∙

𝑣𝑣0 −? ; ℎ−? L=𝑣𝑣0𝑥𝑥 ∙ 𝑡𝑡; 𝑡𝑡 = 𝑡𝑡𝑛𝑛 + 𝑡𝑡0𝑛𝑛 = 2𝑡𝑡𝑛𝑛 ; 𝑣𝑣𝑦𝑦 = 𝑣𝑣0𝑦𝑦 − 𝑔𝑔𝑡𝑡𝑛𝑛 ; 0=𝑣𝑣0𝑦𝑦 − 𝑔𝑔𝑡𝑡𝑛𝑛 ⇒ 𝑣𝑣0𝑦𝑦 𝑣𝑣0𝑦𝑦 𝑡𝑡𝑛𝑛 = ; t=2 ; 𝑔𝑔

𝑔𝑔

ko la

𝑣𝑣0𝑦𝑦 𝑣𝑣0 √2 𝑣𝑣0 2 √2 𝐿𝐿 = 𝑣𝑣0𝑥𝑥 ∙ 2 = 𝑣𝑣0 ∙ ∙2 = ⇒ 𝑔𝑔 2 2𝑔𝑔 𝑔𝑔 м м 𝑣𝑣0 = �𝑔𝑔𝑔𝑔 = �10 ∙ 4,9 м = √49 = 7 с с √2 𝑣𝑣0 +0 𝑣𝑣0𝑦𝑦 + 𝑣𝑣𝑥𝑥𝑥𝑥 2 ℎ= ∙ 𝑡𝑡𝑡𝑡 = ∙ 𝑡𝑡𝑡𝑡 = 2 2 м 2 м √2 √2 + 0 𝑣𝑣0 +0 7с ∙ 7с ∙4 𝑣𝑣0 2 2 ∙ = = 1,2 м = 2 𝑔𝑔 2 ∙ 10 м

Відповідь: 𝑣𝑣0 = 7 ; ℎ=1,2 м

10)

Дано: 𝑣𝑣0 м =4 с

Розв’язання:

𝑎𝑎𝑎𝑎𝑡𝑡 2 м x = 𝑥𝑥0 + 𝑣𝑣0 𝑥𝑥𝑥𝑥 + ; 𝑥𝑥0 = −1 м; 𝑣𝑣0 𝑥𝑥 = 4 с 2 𝑎𝑎𝑎𝑎 2 2 = −1 + 4 ∙ 3 + ∙3 ; 2 𝑎𝑎𝑎𝑎 𝑎𝑎𝑎𝑎 ∙ 9; −9 = ∙ 9; 2 = 11 + 2 2

x(t) - ? 𝑎𝑎𝑎𝑎 м 2 ∙ 𝑡𝑡 2 = −1; 𝑎𝑎𝑎𝑎 = −2 ; 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = −1 + 4 ∙ 𝑡𝑡 − = −1 + 4𝑡𝑡 − 𝑡𝑡 2 v(t)-? 2 с 2 Відповідь: x(t)= −1 + 4t − t 2

Розділ I. Механіка

Частина 2. Динаміка і закони збереження Вправа №9 9.1. Будинок, стіл, авто на парковці, стовбур комп’ютер на столі. На тіла діють сила тяжіння та сила реакції опори. Вони скомплектовані.

м ; с2 м м 𝑣𝑣1 = 𝑎𝑎1 𝑔𝑔𝑡𝑡1 = 10 2 ∙ 2с = 20 2 с с 𝑎𝑎1 = 𝑔𝑔 = 10 ℎ=

𝑔𝑔𝑡𝑡1 2 2

; 𝑡𝑡2 = �

2ℎ 𝑔𝑔

=�

2∙20 10

= 2с; 𝑙𝑙 = 𝑣𝑣 ∙ 𝑡𝑡2 = 15

м с

∙ 2с = 30м

𝑆𝑆2 = �𝑙𝑙 2 + ℎ2 = �302 + 202 = 36м; 𝑣𝑣2 2 = 𝑣𝑣 2 + 𝑣𝑣1 2 = �152 + 202 = 25

ko la

𝑆𝑆1 , 𝑡𝑡1 , 𝑣𝑣1 , 𝑎𝑎1 −? 𝑆𝑆2 , 𝑡𝑡2 , 𝑣𝑣2 , 𝑎𝑎2 −?

.in .u a

9.2. Інерціальними є: людина в човні, парашутист, людина в автомобілі, людина в набивці оглядового колеса. Не є інерціальними: людина на гойдалці, людина на американських гірках. Якщо на тіло діють сили, які скомплексовані, тобто дорівнюють нулю, така система відліку інерціальна. 9.3. Дано: Розв’язання: h=20м 𝑔𝑔𝑡𝑡1 2 2ℎ 2 ∙ 20 𝑆𝑆 = ℎ = 20м, ℎ = ; 𝑡𝑡1 = � =� = 2с v = 15 м/с 1 2 𝑔𝑔 10

Відповідь: 𝑆𝑆1 = 20м, 𝑡𝑡1 = 2с, 𝑣𝑣1 = 20

с2

, 𝑎𝑎1 = 10 2 ; 𝑆𝑆2 = 30м, 𝑡𝑡2 = 2с, 𝑣𝑣2 = 25 с

м 𝑐𝑐

9.4. Вестибулярний апарат пов’язаний зі статокінетичного роздратуванням і збуджується при всякій зміні в положенні голови, а, отже, і всього тіла в просторі. Він бере участь у збереженні рівноваги і в підтримці певної пози тіла.

9.5.

а) 𝑅𝑅� = 𝐹𝐹1 +𝐹𝐹2 + 𝐹𝐹3 ; 𝐹𝐹2 + 𝐹𝐹3 = 0 ⇒ 𝑅𝑅� = 𝐹𝐹1 = 6Н − направлена вліво; б) 𝑅𝑅� = 𝐹𝐹1 +𝐹𝐹2 ; 𝑅𝑅� = 𝐹𝐹1 − 𝐹𝐹2 = 8Н − 4Н = 4Н − направлена вліво; в) 𝑅𝑅� = 𝐹𝐹1 +𝐹𝐹2 + 𝐹𝐹3 ; 𝐹𝐹1 + 𝐹𝐹2𝑦𝑦 + 𝐹𝐹2𝑥𝑥 + 𝐹𝐹3 ; |𝐹𝐹3 + 𝐹𝐹2𝑥𝑥 | = 4Н + 4Н = 8Н; �𝐹𝐹1 + 𝐹𝐹2𝑦𝑦 � = 3Н + 3Н = 6Н; 𝑅𝑅 = �82 + 62 = 10 Н

Вправа №10 10.1. Тому що, якщо вимкнуть двигун автомобіль ще деякий час буде рухатися за інерцією, не використовуючи бензин. Наприклад. Рухаючись із гірки.

Розділ I. Механіка

10.2.

m-?

Розв’язання: 𝑅𝑅� = 𝐹𝐹1 + F2

.in .u a

10.3. Дано: 𝐹𝐹1 = 0,81 Н F2 = 1,08 Н a=5 м/с

Візок рухатись не буде тому, що сила дії першого магніту буде скомпенсована силою дії другого магніту.

R=�𝑅𝑅1 2 + 𝐹𝐹1 2 = �0,812 + 1,082 = 1,35Н 𝐹𝐹

F=ma; m= = 𝑎𝑎

Відповідь: m=0,27 кг=270г 10.4. Дано:

𝑅𝑅 𝑎𝑎

1,35Н м с

= 0,27 кг

Розв’язання: 𝐹𝐹1 = 𝑚𝑚𝑄𝑄1 ; 𝐹𝐹2 = 𝑚𝑚𝑎𝑎2 ; S1 = S2 = 𝑆𝑆; 𝑉𝑉к2 − 𝑉𝑉0 2 V1 2 V2 2 2 𝑆𝑆 = ; 𝑉𝑉к = 0; 𝑎𝑎1 = ; 𝑎𝑎2 = ; 2𝑄𝑄 2𝑆𝑆 2𝑆𝑆 𝑚𝑚V1 2 𝑚𝑚V2 2 𝐹𝐹1 = − ; 𝐹𝐹2 = − ; 2𝑆𝑆 2𝑆𝑆 𝐹𝐹1 км 𝑚𝑚V1 2 60 −? − 𝐹𝐹1 год 2𝑆𝑆 = (V1 )2 = 𝐹𝐹2 = км = 1,44 𝐹𝐹2 V2 𝑚𝑚V2 2 50 − год 2𝑆𝑆 Відповідь: зменшиться в 1,44 рази.

ko la

км V1 = 60 год км V2 = 50 год S1 = S2

10.5. 1) Якщо на тіло діє сила яка не скомпенсована, тіло змінює свій рух. 2) Землю зупинити ми не в змозі, тому що ми можемо діяти на неї відносно неї, тому сили будуть компенсуватися. 3) Тому що у різних тіл різна маса, тому і різна інертність. 4) Тому що інертність снігу менша, ніж інертність людини. 5) З човна потрібно стрибати швидко, бо човен буде рухатися в зворотньому напрямку. 6) Тому що бур’ян інертен, і якщо його різко смикати, він не встигає змінити свою швидкість, тому може розірватися. 10.6. Інертність тіла – це коли тіло змінює свою швидкість під дією сили, та на це потрібен деякий час, тому що тіло має вагу. Інерція- це коли тіло зберігає рух, якщо на нього не діють сили, або вони скомпенсовані.

10.7. Дано: m=60кг h=1,8м 𝑡𝑡1 = 0,1 с 𝑡𝑡2 = 1 с

Розділ I. Механіка

Розв’язання: 𝑉𝑉 2 ℎ= ⇒ �ℎ2𝑔𝑔 = �2 ∙ 10 ∙ 1,8 = 6м/𝑐𝑐 2𝑔𝑔 м м 𝑚𝑚𝑚𝑚 60кг ∙ 6 𝑐𝑐 𝑚𝑚𝑚𝑚 60кг ∙ 6 𝑐𝑐 𝐹𝐹1 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 = = = 3600Н; 𝐹𝐹2 = = = 360Н 𝑡𝑡1 𝑡𝑡1 0,1 с 1с

𝐹𝐹1 −? ; 𝐹𝐹2 −? Відповідь: 𝐹𝐹1 = 3600Н; 𝐹𝐹2 = 360Н.

.in .u a

10.8. Тому що сила з якою віз діє на коня прикладена до коня, а кінь взаємодіє із землею, тобто на віз у горизонтальному напрямку прикладені сила тяги та тертя, сила тяги більша за тертя. Вправа №11 11.1. Щоб тіло рухалося біля планети коловою орбітою, повинно мати швидкість 7,9 ∙ 103 м/с – перша космічна швидкість. Тому тіло повернеться. Розв’язання: 𝑚𝑚 ∙𝑚𝑚 50 ∙55 2750 F=G 1 2 2 = 6,67 ∙ 10−11 ∙ = 6,67 ∙ 10−11 ∙ = 374 ∙ 2 𝑅𝑅

10−9 Н = 0,37 мкН

0,5

ko la

11.2. Дано: 𝑚𝑚1 = 50кг 𝑚𝑚2 = 55кг R=0,5 м

НМ2

G=6,67 ∙ 10−11 2 кг F-? Відповідь: 0,37 мкН

Розв’язання: 𝑚𝑚 ∙𝑚𝑚 3 𝑚𝑚 ∙𝑚𝑚 F=G 1 2 2; 𝐹𝐹1 = G 12 2 = 3𝐹𝐹0 ; 𝑅𝑅 𝑅𝑅 3 𝑚𝑚1 ∙ 𝑚𝑚2 1 𝑚𝑚1 ∙ 𝑚𝑚2 𝐹𝐹0 𝐹𝐹2 = G = G = ; (3𝑅𝑅)2 9 𝑅𝑅2 9

11.3. Дано: 𝑚𝑚2 𝑚𝑚1 → 3 𝑚𝑚1 R→ 3𝑅𝑅

𝐹𝐹1 𝐹𝐹2 −? −? 𝐹𝐹0 𝐹𝐹0 Відповідь: 1) збільшиться у 3 рази; 2) зменшиться у 9 раз. 11.4. Дано: h=6R3

Розв’язання:

𝐺𝐺𝑚𝑚 𝑀𝑀3 𝑀𝑀3 ; 𝑔𝑔 = 𝐺𝐺 ; 𝑅𝑅2 𝑅𝑅3 2 𝑔𝑔1 𝑀𝑀3 𝑀𝑀3 1 −? 𝑔𝑔 = 𝐺𝐺 = 𝐺𝐺 = 𝑔𝑔 1 𝑔𝑔0 (𝑅𝑅3 + 6 𝑅𝑅3 ) 49𝑅𝑅2 49 0 Відповідь: зменшений. 𝐹𝐹т = 𝑚𝑚𝑚𝑚; 𝐹𝐹т =

0,25

Розділ I. Механіка

11.5. Дано: R=1,5 ∙ 10−11 м T=365 днів=31,6 ∙ 106 Mc-?

11.6. Дано: t=92 дні R 3 = 6,4 ∙ 106 м N=1440 T-?; R-?

кг

𝑇𝑇 𝐺𝐺

(31,6∙10 )

Розв’язання: t=92 дня= 92 ∙ 24 ∙ 3600 = 7948800с 𝑡𝑡 7948800с = 5520с 𝑇𝑇 = = 1440 𝑁𝑁 𝐺𝐺𝑚𝑚 𝑀𝑀3 𝐺𝐺𝑚𝑚 𝑀𝑀3 𝑚𝑚𝑉𝑉 2 𝐺𝐺𝑚𝑚 𝑀𝑀3 𝐹𝐹т = ; 𝐹𝐹т = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚; 𝑚𝑚𝑚𝑚 = → = 𝑅𝑅2 𝑅𝑅2 𝑅𝑅 𝑅𝑅2 𝐺𝐺𝑀𝑀3 2𝜋𝜋𝜋𝜋 𝐺𝐺𝑀𝑀3 𝐺𝐺𝑀𝑀3 𝑇𝑇 2 2 3 𝑉𝑉 = ⇒� ⇒ 𝑅𝑅 = �= 𝑅𝑅 𝑇𝑇 𝑅𝑅 4𝜋𝜋 2 𝐺𝐺 𝑀𝑀

.in .u a

Відповідь: Мс=2 ∙ 10

Розв’язання: М3 ∙ Мс 𝑉𝑉 2 𝑉𝑉 2 𝐹𝐹т = 𝐺𝐺 ; 𝑎𝑎 = ⇒ 𝐹𝐹т = М3 𝑅𝑅2 𝑅𝑅 𝑅𝑅 2 𝑉𝑉 М3 ∙ Мс 𝐺𝐺𝑀𝑀3 𝑎𝑎 𝑉𝑉 2 𝑅𝑅 2𝜋𝜋𝜋𝜋 2 𝑀𝑀3 = = 𝐺𝐺 ; 𝑉𝑉 = ; 𝑀𝑀 = ; 𝑉𝑉 = ⇒ 𝑐𝑐 2 𝑅𝑅 𝑅𝑅 𝑅𝑅 𝐺𝐺 𝑇𝑇 4𝜋𝜋2 𝑅𝑅 3 4∙3,142 ∙(1,5∙1011 )3 Mc= 2 = = 2 ∙ 1030 кг 6 2

mg= 𝑚𝑚 2 3 ⇒ 𝐺𝐺𝑀𝑀3 = 𝑔𝑔𝑅𝑅3 2 ⇒ 𝑅𝑅 �𝑔𝑔𝑅𝑅3 2 𝑅𝑅3

6,8 ∙ 106 м = 6800 км Відповідь: T=5520с; 𝑅𝑅 = 6800 км

ko la

Вправа №12 12.1. Дано: Розв’язання: 𝐹𝐹 5 𝐻𝐻 F=5 H 𝐹𝐹 = 𝑘𝑘∆𝑥𝑥; ∆𝑥𝑥 = = = 0,2 м н k=25 𝑘𝑘 25 𝐻𝐻 м ∆𝑥𝑥−? Відповідь: на 0,2 м.

12.2. На прямолінійній ділянці вага водія дорівнює силі тяжіння ( в точці A). У точці Б: P = m(g-a) зменшення ваги. В точці В: P = m(g+a) перевантаження.

12.3. Дано: Розв’язання: m=10 кг 𝐹𝐹т = 𝑚𝑚𝑚𝑚; 𝐹𝐹прдж = 𝑘𝑘∆𝑥𝑥 −3 ∆𝑥𝑥 = 1мм = 1 ∙ 10 м 𝐹𝐹т = 𝐹𝐹пр ⇒ 𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝑘𝑘∆𝑥𝑥 𝑚𝑚𝑚𝑚 10 ∙10 Н 𝑘𝑘−? 𝑘𝑘 = = = 100 ∙ 103 Відповідь: 100

𝑘𝑘Н м

∆𝑥𝑥

1 ∙ 10−3

м2

𝑇𝑇 2

4𝜋𝜋

= �9,8( 2

(6,4∙106 ∙5,52∙103 2 2∙3,14

) =

Розділ I. Механіка

12.4. Дано: m=1 кг м a=5 2

Розв’язання: м 1) 𝑃𝑃1 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 = 1 кг ∙ 10 2 = 10 Н с

2) 𝑃𝑃2 = 𝑚𝑚 (𝑔𝑔 − 𝑎𝑎) = 1кг ∙ �10

𝑃𝑃1 , 𝑃𝑃2 , 𝑃𝑃3 − ?

с2 м

− 5 2� = 5 Н с

3) 𝑃𝑃3 = 𝑚𝑚(𝑔𝑔 + 𝑎𝑎) = 1 кг ∙ �10 2 + 5 2� = 15 Н с с Відповідь: а) 10 Н; б) 5 Н; в) 15 Н Розв’язання:

.in .u a

12.5. Дано: V=54 км/год m=2Т=2∙ 103 кг 𝑅𝑅1 = 100м 𝑅𝑅2 = 200м 𝑃𝑃Б −? , РВ −? , 𝑉𝑉н −?

�⃗ = 𝑚𝑚𝑎𝑎⃗; OY: 𝑚𝑚𝑚𝑚 − 𝑁𝑁 = 𝑚𝑚𝑚𝑚; 𝑎𝑎 = 𝑉𝑉 ; 𝑁𝑁 = 𝑃𝑃 В точці Б: 𝑚𝑚𝑔𝑔⃗ + 𝑁𝑁 𝑃𝑃Б = 𝑚𝑚𝑚𝑚 − 𝑚𝑚

𝑉𝑉 2 𝑅𝑅1

=2∙ 103 ∙ 10 − 𝑉𝑉 2

2∙103 ∙152

𝑅𝑅1

100

= 20 ∙ 103 − 4,5 ∙ 103 = 15,5 ∙ 103 Н

𝑅𝑅1

3600 с

𝑉𝑉 2

𝑃𝑃Б = 0 ⇒ 0 = 𝑚𝑚 �𝑔𝑔 − 𝐻𝐻 � ⇒ 𝑔𝑔 − � 𝐻𝐻 � = 0; 54 км/год = 𝑅𝑅1

54 ∙103 м

= 15

м с

ko la

м км м м 𝑉𝑉𝐻𝐻2 = 𝑔𝑔𝑅𝑅1 ; 𝑉𝑉𝐻𝐻 = �𝑔𝑔𝑔𝑔1 = �10 2 ∙ 100м = �1000 2 = 31,6 = 31,6 ∙ 3600 = 114 с с с год �⃗ = 𝑚𝑚𝑎𝑎⃗; OY: mg – N=-ma; N=mg+ma⇒ В точці В: 𝑚𝑚𝑔𝑔⃗ + 𝑁𝑁

152 РВ = 𝑚𝑚𝑚𝑚 + 𝑚𝑚𝑚𝑚 = 2 ∙ 10 ∙ 10 + 2 ∙ 10 ∙ = 20 ∙ 103 + 2,25 ∙ 103 = 22,25 ∙ 103 Н 200 3

Відповідь: 𝑃𝑃Б = 15,5кН, РВ = 22,25кН, 𝑉𝑉н = 114км/год 12.6.

Розв’язання: mg+N=ma; N=ma-mg P=0⇒ 0 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 − 𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝑚𝑚(𝑎𝑎 − 𝑔𝑔) ⇒ 𝑎𝑎 − 𝑔𝑔 = 0, 𝑎𝑎 = 𝑔𝑔 𝑉𝑉 2 𝑉𝑉 2 м м м 𝑎𝑎 = ⇒ = 𝑔𝑔, 𝑉𝑉 = �𝑅𝑅 ∙ 𝑔𝑔 = �1 м ∙ 10 2 = 3,162 = 3,2 𝑅𝑅 𝑅𝑅 с с с

Дано: R=1м V-?

Відповідь: 3,2 м/с 12.7. Дано: м а=30 2 с m=75 кг

Розв’язання: �⃗ = 𝑚𝑚𝑎𝑎⃗; OY: mg-N=-ma 𝑚𝑚𝑔𝑔⃗ + 𝑁𝑁 N=mg+ma=m(g+a) м

Відповідь: 3 кН

N=P=m(g+a)=75 кг(10 2+30 2) = 3000Н = 3кН с

Розділ I. Механіка

.in .u a

12.8. 1) Послідовне: х = х1 + х2 ; F1 = k1 х1 ; F2 = k 2 х2 ; F = kx; F = F1 = F2 F1 F2 F х1 = ; х2 = ; x = k k1 k2 1 1 1 F F1 F2 = + ⇒ = + k k1 k 2 k посл k1 k 2 2) Паралельне: F=F1 + F2 ; F = kx; F1 = k1 x1 ; F2 = k 2 x; x = x1 + x2 ; kx = k1 x + k 2 x ⇒ k пар = k1 + k 2

12.11. Сила тертя виникає під час руху чи спроби руху одного тіла по поверхні іншого або під час руху тіла всередині рідкого чи газоподібного середовища. Сила тертя завжди напрямлена протилежно напрямку відносного руху.

ko la

Вправа №13 13.1. Тому що сила тертя зменшується (вода, лід мають менший коефіцієнт тертя), тому автомобіль стає керованим.

13.2. Щоб збільшити коефіцієнт тертя і запобігти прослизанню коліс уздовж напрямку руху.

13.3. Тому, що спринтерські дистанції короткі, там спортсмену потрібно якнайшвидше набрати швидкість, а для цього і використовують шиповане взуття, щоб не було прослизання підошви. Стаєрські дистанції довгі, там швидкість не саме головне, головне витривалість, тому взуття повинно бути м’яким та зручним. 13.4. Дано: Розв’язання: ��⃗ �⃗ V0 = 72 км/год F ⃗ = m𝑎𝑎⃗ тр + 𝑁𝑁 + m𝑔𝑔 μ = 0,8 N=mg; Fтр = μ mg; μm𝑔𝑔 м м V=0 = μg = 0,8 ∙ 10 2 = 8 2 a= 𝑚𝑚 с с км 72000м м S-?; t-? V=72 = = 20 𝑉𝑉

год

a= → 𝑡𝑡 = 𝑡𝑡 𝑎𝑎𝑡𝑡 2

Відповідь: S=25м; t=2,5с.

𝑉𝑉

3600с 20

𝑎𝑎 8 ∙2,52

= 2,5 с

8 50

= 25 м

𝑡𝑡−?

Відповідь: 20 с. 13.6. Дано: ∠𝛼𝛼 = 45 m=300 кг μ = 0,01

−𝐹𝐹тр +Fтяг

−μ mg+F

тяг = = 𝑚𝑚 𝑚𝑚 м −0,05 ∙ 100 ∙ 10 + 150 100 = =1 2 = 100 100 с 𝑎𝑎𝑡𝑡 2 𝑎𝑎𝑡𝑡 2 S=𝑉𝑉𝑜𝑜𝑜𝑜 + ; 𝑉𝑉0 = 0 → 𝑆𝑆 = ;

𝑡𝑡 = �

2𝑆𝑆 2 ∙ 200 =� = 20 𝑐𝑐 𝑄𝑄 1

Розв’язання: ��⃗ �⃗ + m𝑔𝑔⃗ + ��⃗ Fтр + 𝑁𝑁 Fтяг = m𝑎𝑎⃗ 𝑂𝑂𝑂𝑂: 0 = Fтяг 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝛼𝛼 − 𝐹𝐹тер ; 𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝛼𝛼 = 𝐹𝐹тер 𝑂𝑂𝑂𝑂: 0=N-mg-Fтяг 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝛼𝛼; 𝐹𝐹тер = μN N=mg+Fsin𝛼𝛼; Fтяг 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝛼𝛼 = μ(mg + Fsin𝛼𝛼) Fтяг 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝛼𝛼 − μFтяг 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝛼𝛼 = μmg Fтяг =

μmg 0,01 ∙ 300 ∙ 10 = = 43 Н 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 − μsinα 0,7 − 0,01 ∙ 0,7

ko la

Fтяг −?

Розв’язання: ��⃗ �⃗ + m𝑔𝑔⃗ + ��⃗ Fтр + 𝑁𝑁 Fтяг = m𝑎𝑎⃗ 𝐹𝐹тр = μ mg; N=ma

.in .u a

13.5. Дано: Fтяг = 150 Н m=100 кг S=200 м μ = 0,05

Розділ I. Механіка

Відповідь: 43 Н

Вправа №14 14.1. а) стійка рівновага; б) нестійка рівновага; в) байдужа рівновага;

14.2. Людина нахиляється у протилежний бік від вантажу, щоб змістити центр тяжіння свого тіла і тим самим врівноважити вантаж.

14.3. На судно діють дві сили: тяжіння та Архімеда. Вони протилежні одна одної, та прикладені в різних точках. Якщо значно, нахилити судно, сила тяжіння зміститься від центру рівноваги і судно перекинеться. Тому вантаж краще розміщувати в трюм, щоб опустити точку рівноваги нижче.

14.4. Дано: m =10 кг 1 𝐿𝐿1 = 𝐿𝐿 4 F-?

Розділ I. Механіка

Розв’язання: m1 + m2 = 0; m1 = FL1 𝐿𝐿 𝐿𝐿 𝐿𝐿 𝑚𝑚2 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝐿𝐿1 ; 𝐿𝐿2 = − = = 𝐿𝐿1 2

FL1 − 𝑚𝑚𝑚𝑚𝐿𝐿1 = 0; 𝐹𝐹 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 м F=10 кг ∙ 10 2 = 100 Н

14.5. Дано: μ=0,4 ∠𝛼𝛼-?

.in .u a

Відповідь: F=100 Н

Розв’язання: Fтр = N = μmg; mgx=Ny 1

mg 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝛼𝛼 = 𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝛼𝛼; 2 1 𝑚𝑚𝑚𝑚 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝛼𝛼 = μmgcos𝛼𝛼 2 1 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 1 1 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 = μcos𝛼𝛼 → μ = ∙ = 𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡 2 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 2 2 tg𝛼𝛼=2μ=2∙ 0,4 = 0,8 → 𝛼𝛼 = 40°

ko la

Відповідь: 40°.

14.6. На краю лавки довжиною 1,3м сидить дівчинка масою 30 кг. Маса лавки 35 кг, відстань ніжок лавки від краю лавки 30 см. Якою має бути маса професора, що сідає на інший кінець лавки, щоб лавка залишалася нерухомою? Дано: Розв’язання: m2=30 кг m3 𝑔𝑔L3 = m1 𝑔𝑔L1 + m2 𝑔𝑔L2 ; m1 = 35 кг m3 L3 = m1 L1 + m2 L2 ; m1 L1 + m2 L2 𝐿𝐿 = 1.3 м m3 = L3 = 0,3 м L3 𝐿𝐿 1.3 L1 = − L3 = − 0.3 = 0.35 м 2 2 m3 −? L2 = 𝐿𝐿 − L3 = 1.3 − 0,3 = 1 м 35 ∙ 0.35 + 30 ∙ 1 m3 = = 0.3 45.25 ≈ 140 кг = 0,3 Відповідь: менше ніж 140 кг.

Розділ I. Механіка

Вправа №15 15.1. Автомобіль: сила тяги виконує роботу; сила тертя виконує від’ємну роботу; сила тяжіння та реакції опори виконує роботи. 15.2. Дано: m=10 кг h=5 м

15.3. Дано: m= 1 кг кг м V=60 = 6 ∙ 104 с 𝑐𝑐 𝑊𝑊к −?

Відповідь: 18 ∙ 108 Дж

.in .u a

Розв’язання: А=F ∙ 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐; 𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝐹𝐹 + 𝑚𝑚𝑚𝑚; ma=F-mg F=ma+mg; a=0; 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 = 1; 𝛼𝛼 = 0 А-? F=mg→ 𝐴𝐴 = 𝑚𝑚𝑚𝑚ℎ = 10 ∙ 10 ∙ 5 = 500 Дж Відповідь: 500 Дж

Розв’язання: 𝑚𝑚𝑉𝑉 2 Ек = ; 2 1 ∙ (6 ∙ 104 )2 36 ∙ 108 = = 18 ∙ 108 Дж = 1800МДж Ек = 2 2

ko la

15.4. 1) 𝑉𝑉�1 − 𝐴𝐴: 𝐴𝐴1 > 0; 𝐴𝐴2 < 0; 𝐴𝐴3 = 0 2) �� 𝑉𝑉2 − Б: 𝐴𝐴1 > 0; 𝐴𝐴2 > 0; 𝐴𝐴3 < 0 3) �� 𝑉𝑉3 − Г: 𝐴𝐴1 = 0; 𝐴𝐴2 < 0; 𝐴𝐴3 > 0

15.5. Дано: Розв’язання: 𝑚𝑚𝑉𝑉2 2 𝑚𝑚𝑉𝑉1 2 m=1 кг =1000 кг А=Е − Е ; Е = ; Е = ; к ко к ко м 2 2 𝑉𝑉1 = 10 1000 𝑚𝑚𝑉𝑉2 2 𝑚𝑚𝑉𝑉1 2 𝑚𝑚 с (202 − 102 ) = − = �𝑉𝑉2 2 − 𝑉𝑉1 2 � = 𝐴𝐴 = м 2 2 2 2 𝑉𝑉2 = 10 с А-? =500∙ (400 − 100) = 150000 Дж Відповідь: А=150000 Дж

15.6. Дано: Розв’язання: 𝑚𝑚0 (2𝑉𝑉0 )2 𝑉𝑉0 , 𝑚𝑚0 ; 𝑉𝑉1 = 2𝑉𝑉0 𝑚𝑚0 𝑉𝑉0 2 𝑚𝑚1 𝑉𝑉1 2 𝑚𝑚0 4𝑉𝑉0 2 2 Е = ; Е = = = =𝑚𝑚0 𝑉𝑉0 2 𝑚𝑚0 ко к1 2 2 2 4 𝑚𝑚1 = 2 𝑚𝑚 𝑉𝑉 E 2 к1 0 0 = =2 Eк1 Eк2 𝑚𝑚0 𝑉𝑉0 2 −? Eк2 2 Відповідь: кінетична енергія збільшиться у 2 рази.

Розв’язання: 𝑚𝑚𝑚𝑚 + 𝐹𝐹тяг + 𝑁𝑁 + 𝐹𝐹тер = 𝑚𝑚𝑚𝑚; ox: 𝐹𝐹тяг − 𝐹𝐹тер = 𝑚𝑚𝑚𝑚; oy: mg-N=0 𝐹𝐹тер = μmg; 𝐹𝐹тяг = 𝑚𝑚𝑚𝑚 + μmg = = 2 ∙ 103 ∙ 2 + 0,01 ∙ 2 ∙ 103 ∙ 10 = 4 ∙ 103 + 0,2 ∙ 103 = 4,2 ∙ 103 Н А=𝐹𝐹тяг ∙ 𝑆𝑆 ∙ 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 𝑎𝑎 = 0 → 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 = 1 𝑉𝑉1 2 − 𝑉𝑉0 2 𝑉𝑉1 2 202 400 𝑆𝑆 = = = = = 100 м 2𝑎𝑎 2𝑎𝑎 2 ∙ 2 4 A=4,2 ∙ 103 Н ∙ 100 м = 420 ∙ 103 Дж = 420кДж 𝐴𝐴

𝑃𝑃 = ; 𝑎𝑎 = 𝑡𝑡

𝑉𝑉1 𝑎𝑎

м с м 22 с

420 ∙103 Дж

=10 с; P=

= 4,2 ∙ 103 Вт = 42кВт

.in .u a

15.7. Дано: m = 2т = = 2 ∙ 103 кг м а=2 2 с м V1 = 20 с V0 = 0 μ = 0,01 A-? P-?

Розділ I. Механіка

Відповідь: робота сили тяги 420 кДж, Р=42 кВт.

10 с

15.8. Тому що насправді м’язи людини постійно виконують роботу тримаючи вантаж ( скорочуються), це стає помітно коли людина втомлюється і рука яка тримає вантаж починає тремтіти.

15.9. Існує ще потенційна енергія. Піднятий молоток, розтягнута пружина, лижник на вершині гори.

ko la

Вправа №16 16.1. Ні: A=mgh-mgh=0

16.2. У замкненій системі тіл. ААВ = ААВ +АВА = ЕАВ − ЕВА = 0; ЕАВ = ЕВА

16.3. Дано: m= 1кг 𝐸𝐸𝑛𝑛 = 20Дж

h-? Відповідь: 2 м.

Розв’язання: 𝐸𝐸𝑛𝑛 = 𝑚𝑚𝑚𝑚ℎ → ℎ =

𝐸𝐸𝑛𝑛 20 Дж ; ℎ= м =2м 𝑚𝑚𝑚𝑚 1 ∙ 10 2 𝑐𝑐

Розділ I. Механіка

16.4. 1) Потенціальна енергія пружини перетворюється в кінетичну кульки; 2) кінетична енергія кульки, що піднята вгору; 3) під час падіння потенціальна в кінетичну. 16.5. Дано: h1 = 20 м м V2 = 10 с h2 −? , V−?

.in .u a

Розв’язання: Eкг + En = Eкг + En2 ; Eкг = 0; En1 = mgh; En2 = mgh2 ; mV2 2 mV2 2 V2 2 → mgh1 = + mgh2 ; gh2 = + gh2 ; Eкг = 2 2 2 V2 2 gh1 − V2 2 100 2 h2 = = h1 − = 20 − = 15 м 2 ∙ 10 g 2g Тіло падає з висоти h1 → h1 = м

V=�2gh = √2 ∙ 10 ∙ 20=20 м

Відповідь: ℎ2 = 15 м, 𝑉𝑉 = 20 .

; V0 = 0

Розв’язання:

kx 2 max Eк1 + En1 = Eк2 + En2 ; Eк1 = 0; En1 = ; 2 mx 2 max mx 2 max kx 2 max En1 = ; En1 = 0 → = ; 2 2 2

ko la

16.6. Дано: m=400 г= 0,4 кг Н k=250 м xmax = 4 см = 0,04 м

V2 −V2 2

Vmax −?

Відповідь: V=1 16.7. Дано:

км V1 = 9 год m=80 кг Fтер =400 Н Атер −? S-?

Vmax = �

250 ∙ 0,042 м kx 2 max 0,4 � = =� = √1 = 1 2 с 0,4 0,4

Розв’язання: Атер = Fтер ∙ 𝑆𝑆 ∙ 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐, 𝐿𝐿 = 180; 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 = 1 mV2 2 mV0 2 Атер = 𝐸𝐸к2 − 𝐸𝐸к1 = − ; V2 = 0 2 2 2

2 2м 80 кг ∙ 2,5 2 с

mV1 = 2 2 Атер 250 Дж Атер = −Fтер ∙ 𝑆𝑆; 𝑆𝑆 = − = = 62,5 см 𝐹𝐹тер 400 Н Атер =

= 250 Дж;

Механічна енергія велосипедиста перетворюється у внутрішню енергію (сила тертя нагріває гальма) Відповідь: А=250 Дж, S=0,625 м.

Розділ I. Механіка

16.8. Тому що валуни мають велику вагу, тому потенційна енергія їх теж велика. Вона перетворюється в кінетичну, а слизька багнюка зменшує тертя, тому валуни набирають швидкість та енергію.

Розв’язання: m1 V1 + m2 V2 = (m1 + m2 )V m1 V1 + m2 V2 200 ∙ 0,3 + 600 ∙ 0,1 𝑉𝑉 = = =0 200 + 600 m1 + m2

Розв’язання: m1 V1 + m2 V2 = (m1 + m2 )V V2 = 0 m1 V1 = m1 V + m2 V2 m V −m V 0,4 ∙10−0,4∙0,2 m2 = 1 1 1 = = 19,6 кг

ko la

17.2. 1) Дано: 𝑚𝑚1 = 200 кг 𝑚𝑚2 = 600 кг м 𝑉𝑉1 = 0,3 с м 𝑉𝑉2 = 0,1 с V-? Відповідь: V=0 2) Дано: 𝑚𝑚1 = 400 г = 0,4 кг м 𝑉𝑉1 = 10 с м 𝑉𝑉2 = 0 с м 𝑉𝑉 = 0,2 с m2 -? Відповідь: m2 =19,6 кг 3) Дано: м 𝑉𝑉 = 1,5 с m1 = 150 кг m2 = 50 кг м 𝑉𝑉2 = 6 с 𝛼𝛼 = 60° 𝑉𝑉1 -? м Відповідь: 𝑉𝑉1 = 3 .

.in .u a

Вправа №17 17.1. По закону збереження імпульсу, імпульс системи тіл не змінився. P = m2V + mV

𝑉𝑉

0,2

Розв’язання: m1 V1 + m2 V2 = (m1 + m2 )V

1 2 2(m1 +m2 )V+m2 V2 2(150+50)∙1,5+50∙6 900 м V1 = = = =3

m1 V1 = (m1 + m2 )V + m2 V cosα 2m1

2∙150

cos60° =

300

Розділ I. Механіка

17.3. Дано:

Розв’язання: 1) m1 V11 + m2 V21 = m1 V12 + m2 V22 m1 V12 m2 V22 m1 V11 m2 V21 + = + 2 2 2 2 m1 V11 = m1 V12 + m2 V22 m1 V12 m2 V22 �m1 V11 = + 2 2 2 m1 (V11 − V12 ) = mV22 m1 −? � m1 �V11 2 − V12 2 � = 𝑚𝑚V22 m1 (V11 − V12 )(V11 + V12 ) = m2 V22 → m2 V22 (V11 + V12 ) = =V11 + V12 = V22 → m1 (V11 − V12 ) = m2 (V11 + V12 ) м м m2 (V11 − V12 ) 1 кг �4 с − 2 с � 6 m1 = = = 1 ∙ = 3 кг м м 2 V11 − V12 4 −2 с с 2) m1 V11 + m2 V21 = m1 V12 + m2 V22 m1 V11 2 m2 V21 2 m1 V12 2 m2 V22 2 + = + 2 2 2 2 m1 V11 = −m1 V12 + m2 V22 �m1 V11 2 m1 V12 2 m2 V22 2 = + 2 2 2 m1 (V11 − V12 ) = mV22 � m1 �V11 2 − V12 2 � = 𝑚𝑚V22

.in .u a

м 𝑉𝑉11 = 4 с м 𝑉𝑉12 = 2 с m2 = 1 кг

ko la

m1 (V11 + V12 )(V11 − V12 )=m2 V22 2 ; m2 V22 2 (V11 − V12 ) = m2 V22 2 V11 − V12 = V22 → m1 (V11 + V12 ) = m2 (V11 − V12 ) Відповідь: 1) m=3кг; 2) m=0,33 кг.

17.4. Дано: Розв’язання: m1 = 7,26 кг P = mV м м м P1 = 7,26 кг ∙ 6 = 43,56 кг V1 = 6 с с с м м m2 = 4 кг 𝑃𝑃2 = 4 кг ∙ 565 = 22 кг км м с с V2 = 20 = 565 м м с 2 𝑃𝑃3 = 0,045 кг ∙ 70 = 3,15 кг с с m3 = 0,045 кг км м = 70 V3 = 250 2 с 𝑃𝑃1 −? , 𝑃𝑃2 −? , 𝑃𝑃3 −? Відповідь: найбільший імпульс надає штовхач ядра.

Розділ I. Механіка

Вправа №18 18.1. Між двома суднами відстань маленька, тому швидкість течії між ними буде більше, ніж з інших сторін суден. Згідно із законом Бернуллі тиск більший там де швидкість течії менше, тому сила тиску ззовні штовхає їх один до одного.

.in .u a

18.2. Так, як швидкість вітру над дахом велика, а під дахом практично його немає, то за законом Бернуллі сила тиску під дахом набагато більше, ніж за дахом, тому дах може зірвати. 18.3. Потік повітря в горизонтальній трубці за законом Бернуллі створює менший тиск ніж в банці з рідиною. Тому рідина піднімається по вертикальній трубці і розбивається на дрібні краплі потоком повітря, вилітаючи назовні.

ko la

18.4. Якщо м’яч обертається, то в місці де напрямок його обертання збігається з напрямком потоку повітря, там швидкість повітря буде більше, де не збігається менше. Відповідно, де швидкість буде менше, тиск буде більше, ніж де швидкість більше. Сила тиску і буде впливати на м’яч, змінюючи його траєкторію руху.

18.5. Тому що в горизонтальній трубці, де діаметр більше, швидкість потоку рідини менше, а тому і тиск рідини більше, ніж у тій частині де трубка вужче. Тому рівень рідини в сполучених сосудах, буде вище, де тиск більше. Лабораторна робота №3

Тема. Дослідження руху зв’язаних тіл. № досліду

1 2 3 4 5 6

Маса бруска 𝑚𝑚1 , кг

Маса тягарця 𝑚𝑚2 , кг

Висота падіння тягарця H, м

0,4

0,1

0,5

0,1

0,5

Час падіння тягарця t, с 𝑡𝑡сер , с

1,6 1,7 1,5 2,6 2,5 2,7

1,6 2,6

Прискорення Коефіцієнт руху тягарця тертя та бруску ковзання м 𝜇𝜇сер асер , 2 с 0,39

0,2

0,15

0,182

Розділ I. Механіка

1. Ненавантажений брусок 𝑡𝑡сер =(1,6+1,7+1,5): 3=1,6 с 2Н

асер = 2 = (2 ∙ 0,5): 1,6 ∙ 1,6 = 0,39 2 𝑡𝑡

𝜇𝜇сер = (0,1 ∙ 10 − (0,4 + 0,1) ∙ 0,39) ∙ (0,4 ∙ 10) = (1 − 0,5 ∙ 0,39): 4 = 0,2 2. Навантажений брусок 𝑡𝑡сер =(2,6+2,5+2,7): 3=2,6 с 2Н

асер = 2 = (2 ∙ 0,5): 2,6 ∙ 2,6 = 0,15 2 𝑡𝑡

.in .u a

𝜇𝜇сер = (0,1 ∙ 10 − (0,5 + 0,1) ∙ 0,15) ∙ (0,5 ∙ 10) = (1 − 0,09): 5 = 0,182 Відносна похибка 1. Ненавантажений брусок 𝐸𝐸𝜇𝜇 = |1 − 0,2: 0,25| ∙ 100% = 20% 2. Навантажений брусок 𝐸𝐸𝜇𝜇 = |1 − 0,182: 0,25| ∙ 100% = 27,2% Висновок: в даній роботі обчислювали коефіцієнт тертя ковзання дерева по дереву. Отримали значення 𝜇𝜇 = 0,2, що на 20% відрізняється від табличного. На точність результатів експерименту вплинуло неточність виміру часу.

ko la

Лабораторна робота №4 Тема. Визначення центра мас плоскої фігури Висновок: визначали центр мас плоского тіла двома методами: експериментальним та геометричним. Більш універсальним є експериментальний метод, тому що за його допомогою можливо визначити центр мас будь-якої плоскої фігури. Так, майже збіглися результати. Похибка уздовж нитки виска.

Завдання для самоперевірки до розділу «механіка». Частина 2. Динаміка і закони збереження 1) В 2) Г 3) 1-Д; 2-В; 3-А; 4-Б. 4) Г Дано: Розв’язання: m= 4 кг 𝑎𝑎𝑡𝑡 2 м м 2 𝑥𝑥 = 𝑥𝑥 + 𝑉𝑉 𝑡𝑡 + ; 𝑥𝑥 = 0,5 м; 𝑉𝑉 = 2 ; а = 10 0 0 0 0 x=0,5+2t+st 2 с с2 м F-? F=ma=4 кг∙10 2 = 40 Н с Відповідь: 40 Н 5) Б Дано: Розв’язання: м F 2 = F1 2 + F2 2 → а=2 2 с F = �F1 2 + F2 2 = �62 + 82 = 10 Н F1 = 6Н F2 = 8Н 𝐹𝐹 10 Н m-? F=ma→ 𝑚𝑚 = = м = 5 кг Відповідь: 5 кг

𝑎𝑎

22 с

Г Дано: m=20 кг м 𝑄𝑄 = 2 2 с P-?

Розв’язання: mg+N=ma; Oy: mg-N=-mQ N=mg+mQ; м м P=m(g+a) =20∙ ( 10 2 + 2 2) = 240 Н

Відповідь: 240 Н. 7) Дано: x= 2 см F=3Н F1 = 15 Н Ер −? ; х1 −?

Розв’язання: 𝐹𝐹 𝐹𝐹𝑥𝑥 2 𝐹𝐹𝐹𝐹 3 Н ∙ 0,02 м 𝑘𝑘𝑥𝑥 2 Ер = ; 𝐹𝐹 = 𝑘𝑘𝑘𝑘 → 𝑘𝑘 = ; Ер = = = = 2 𝑥𝑥 2 2 2𝑥𝑥 3∙ 10−2 Дж

.in .u a

Розділ I. Механіка

F1 = 𝑘𝑘𝑥𝑥1 → 𝑥𝑥1 =

F1 𝐹𝐹 3 15 Н ; 𝑘𝑘 = = = 1; 𝑥𝑥1 = = 10 см Н 𝑘𝑘 𝑥𝑥 0,02 1,5 ∙ 102 м

ko la

Відповідь: 3∙ 10−2 Дж; 𝑥𝑥1 = 10 см. 8) Дано: Розв’язання: m1 = 500 г m1 a = T + N + Fтер + m1 g; = 0,5 кг m2 a = T + m2 g m2 = 150 г ox: m1 𝑎𝑎 = 𝑇𝑇 − Fтер + m1 ; = 0,15 кг Fтер + m1 = 𝜇𝜇𝜇𝜇 S = 80см oy: 0=N-m1 g; N = m1 g − m2 𝑎𝑎 = 𝑇𝑇 − m2 g = 0,8 м Fтер = 𝑇𝑇 − m1 𝑎𝑎; 𝑇𝑇 = m2 g − m2 𝑎𝑎 t=2 с 𝜇𝜇−? 𝑎𝑎𝑡𝑡 2 2𝑆𝑆 2 𝜇𝜇m1 g = m2 (𝑔𝑔 − 𝑎𝑎) − m1 𝑎𝑎; 𝑆𝑆 = ; 𝑎𝑎 = 2 = 𝑡𝑡 2 2 (10 (𝑔𝑔 − 0,4) − 0,5 ∙ 0,4 1,44 − 0,2 m2 − 𝑎𝑎) − m1 𝑎𝑎 0,15 𝜇𝜇 = = = = 0,248 0,5 ∙ 10 5 m1 𝑔𝑔 Відповідь: 𝜇𝜇 = 0,248 9) Дано: Розв’язання: m=3т ma = F + N + Fтр + mg; = 3000 кг ox: ma = F − Fтер − mgsinα F = 3000 Н oy: 0 = N − mgcosα; N = mgcosα μ = 0,04 Fтер = μN = μmgcosα; sinα = 0,03 ma = F − μmg − mgsinα cosα = 1 𝐹𝐹 − μmgcosα − mgsinα 𝑎𝑎 = 𝑚𝑚 3000 Н − 0,04 ∙ 3000 кг ∙ 10 ∙ 1 − 3000 кг ∙ 10 ∙ 0,03 м a-? 𝑎𝑎 = = 0,3 2 3000 кг с м Відповідь: 0,3 2 с

Розділ I. Механіка

10)

Дано: m1 = 0,2 кг м V1 = 12 с m2 = 0,4 кг м V2 = 3 с Q-?

Розв’язання: m1 V1 + m2 V2 = (m1 + m2 )𝑉𝑉 m1 V1 + m2 V2 𝑉𝑉 = = m1 + m2 м 0,2 ∙ 12 + 0,4 ∙ 3 = =6 с 0,2 + 0,4 Е𝑘𝑘1 + Е𝑘𝑘2 = 𝑄𝑄 + Е𝑘𝑘 ; 𝑄𝑄 = Е𝑘𝑘1 + Е2 − Е𝑘𝑘

.in .u a

m1 V1 2 m2 V2 2 (m1 + m2 )𝑉𝑉 2 𝑄𝑄 = + − = 2 2 2 0,2 ∙ 122 0,4 ∙ 32 (0,2 + 0,4) ∙ 62 = + − = 14,4 + 1,8 − 10,8 = 5,4 Дж 2 2 2 Відповідь: Q= 5,4 Дж Частина 3. Механічні коливання і хвилі

Вправа №19 19.1. Затухаючі: тенісний м’ячик впав на підлогу; хвилі на калюжі від падаючих крапель дощу. Незатухаючі: биття серця. Вільні: стуки гітари. Вимушені: поршні в двигуні автомобіля.

ko la

19.2. Дано: 𝑇𝑇 = 2 с 𝑡𝑡2 = 10 с 𝑡𝑡3 = 3 с 𝐴𝐴 = 5 см

Розв’язання: 1 1 1) 𝑉𝑉 = = = 0,5 Гц; 𝑇𝑇 2𝑐𝑐 рад 𝑊𝑊 = 2𝜋𝜋𝜋𝜋0,5𝐹𝐹ц = 𝜋𝜋 = 3,14с−1 с 𝑡𝑡2 10с 𝑡𝑡 = 1,5; 2) 𝑇𝑇 = → 𝑁𝑁2 = = 𝑁𝑁 𝑇𝑇 2с 𝑋𝑋 = 4𝑁𝑁𝑁𝑁 = 1,5 ∙ 4 ∙ 5 = 30 см

𝑉𝑉−? , 𝑊𝑊−? , 𝑁𝑁2 −? , 𝑋𝑋−? Відповідь: 𝑉𝑉 = 0,5 Гц; 𝑊𝑊 = 3,14с−1 ; , 𝑁𝑁2 = 1,5, 𝑋𝑋 = 30 см 19.3. Дано:

Розв’язання:

2𝜋𝜋 2𝜋𝜋 2 ∙ 𝜋𝜋 ∙ 3 2𝜋𝜋 𝑡𝑡 𝑋𝑋 = 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 → 𝐴𝐴 = 0,4м; 𝜔𝜔 ;Т = = = 3с; 3 3 𝜔𝜔 2𝜋𝜋 1 1 𝐴𝐴−? , 𝑇𝑇−? , 𝛾𝛾−? , 𝑣𝑣𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 −? 𝛾𝛾 = = = 0,33 Гц; 𝑎𝑎𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 −? Т 3с 2𝜋𝜋 0,8 ∙ 3,14 м 𝑣𝑣𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 0,4 ∙ = = 0,84 ; 3 3 с 2 2 ∙ 3,14 2 м 2𝜋𝜋 𝑎𝑎𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝐴𝐴𝜔𝜔2 = 0,4 ∙ � � = 0,4 ∙ ( ) = 1,75 2 ; 3 3 с м м Відповідь: 𝐴𝐴 = 0,4 м, 𝑇𝑇 = 3с, 𝛾𝛾 = 0,33 Гц; 𝑣𝑣𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 0,84 ; 𝑎𝑎𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 1,75 2. 𝑥𝑥 = 0,4 ∙ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠

Розділ I. Механіка

19.4. Дано: Розв’язання: 2𝜋𝜋 2𝜋𝜋 А = 10 см = 0,1 м Х(𝑡𝑡) = 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴; 𝜔𝜔 = = → 0,1𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐2𝜋𝜋𝜋𝜋 Т=1с 𝑇𝑇 1 Х(𝑡𝑡)−? Відповідь: Х(𝑡𝑡) = 0,1𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐2𝜋𝜋𝜋𝜋.

𝐴𝐴, 𝑇𝑇, 𝛾𝛾, 𝑋𝑋(𝑡𝑡)−?

Розв’язання:

1 1 = = 0,25 Гц; Т1 4с 𝜋𝜋 𝜋𝜋 𝜔𝜔1 = 2𝜋𝜋𝛾𝛾1 = 2𝜋𝜋 ∙ 0,25 = 0,5𝜋𝜋 = ; 𝑥𝑥1 = 2 ∙ 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 𝑡𝑡 2 2 1 1 2) 𝐴𝐴2 = 5 см = 0,05 м; Т2 = 0,4 с; 𝛾𝛾2 = = = 2,5 Гц 𝑇𝑇2 0,4𝑐𝑐 𝜔𝜔2 = 2𝜋𝜋𝛾𝛾2 = 2𝜋𝜋 ∙ 2,5 = 5𝜋𝜋; х2 = 0,05 ∙ sin 5𝜋𝜋𝜋𝜋 1) 𝐴𝐴1 = 2 м, Т1 = 4 с, 𝛾𝛾1 =

.in .u a

19.5. Дано: Рис. 1, 2

𝜋𝜋

Відповідь:𝐴𝐴1 = 2 м; Т1 = 4 с; 𝛾𝛾1 = 0,25 Гц; 𝑥𝑥1 = 2 ∙ 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 𝑡𝑡; 𝐴𝐴2 = 0,05 м; Т2 = 0,4 с; 𝛾𝛾2 = 2,5 Гц; х2 = 0,05 ∙ sin 5𝜋𝜋𝜋𝜋

19.6. Серце і легені здійснюють постійні рухи з неповною періодичністю. Джерелом енергії для цих коливань (рухів) є м’язи, періодичність регулює мозок.

ko la

Вправа №20 20.1.

1) Період коливань не зміниться так як він не залежить від амплітуди. Т = 2𝜋𝜋� 2) Якщо зменшити масу візка, тоді період зменшиться ↓𝑇𝑇 = 2𝜋𝜋�

𝑚𝑚↓ 𝑘𝑘

3) Якщо збільшити жорсткість пружини, тоді період зменшиться ↓𝑇𝑇 = 2𝜋𝜋�

𝑚𝑚 𝑘𝑘

𝑚𝑚

𝑘𝑘↓

20.2. Коливання математичного маятника в невагомості не будуть відбуватися тому, що нема ваги у матеріальної точки, тобто відсутнє гравітаційне поле.

20.3. Якщо маятниковий годинник винести в холодну кімнату, то зменшиться довжина його е↓

підвісу з тягарцем, тоді 𝑇𝑇 = 2𝜋𝜋� , тобто зменшиться період коливань годинника, він буде 8

поспішати. Якщо його підняти на дах, то збільшиться період коливань, за рахунок зменшення прискорення вільного падіння.

н 𝑘𝑘 = 40 м 𝑁𝑁 = 8 𝑡𝑡 = 12 с

Розв’язання:

𝑚𝑚 =

𝑚𝑚−? Відповідь: m = 2,25 кг 20.5. Дано:

м 𝑉𝑉 = 0,2 с Т=2с

ℎ𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 −? 𝑙𝑙−?

𝑚𝑚

Період коливань Т = 2𝜋𝜋� , за означенням Т = 2

𝑘𝑘

𝑡𝑡 ∙ 𝑘𝑘 12 ∙ 40 = = 2,25 кг 𝑁𝑁 2 ∙ 4𝜋𝜋 2 82 ∙ 4 ∙ 10

Розв’язання:

𝑡𝑡

𝑁𝑁

→

𝑡𝑡

𝑁𝑁

= 2𝜋𝜋�

𝑚𝑚 𝑘𝑘

.in .u a

20.4. Дано:

Розділ I. Механіка

𝑚𝑚𝑉𝑉 2 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 𝑚𝑚𝑉𝑉 2 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 𝐸𝐸 = 𝑚𝑚𝑚𝑚ℎ𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = ; 𝑚𝑚𝑚𝑚ℎ𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = → 2 2 𝑉𝑉 2 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 0,22 ℎ𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = = = 0,002 м = 2мм; 2𝑔𝑔 2 ∙ 10

𝑙𝑙 𝑇𝑇 2 𝑔𝑔 22 ∙ 10 4 ∙ 10 𝑙𝑙 2 2 Т = 2𝜋𝜋� → 𝑇𝑇 = 4𝜋𝜋 ; 𝑙𝑙 = = = =1м 𝑔𝑔 𝑔𝑔 4𝜋𝜋 2 4 ∙ 3,142 4 ∙ 10

Відповідь: ℎ𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 2 мм; 𝑙𝑙 = 1 м

20.6. Дано: 𝑚𝑚 = 5 кг х = 0,2𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐10𝜋𝜋𝜋𝜋 𝑡𝑡1 = 0,025𝑐𝑐

Розв’язання:

ko la

рад 𝑥𝑥 = 𝐴𝐴 ∙ 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝜔𝜔𝑡𝑡 ⇒ 𝐴𝐴 = 0.2м, 𝜔𝜔 = 10𝜋𝜋 = 10 ∙ 3,14 = 31,4 с 2𝜋𝜋 2𝜋𝜋 2𝜋𝜋 ⇒ 𝑇𝑇 = = = 0,2с 𝜔𝜔 = 𝑇𝑇 𝜔𝜔 10𝜋𝜋 𝜔𝜔−? , 𝑇𝑇−? , 𝑘𝑘−?, 𝑚𝑚 4𝜋𝜋 2 ∙ 𝑚𝑚 4𝜋𝜋 2 ∙ 𝑚𝑚 4 ∙ 3.142 ∙ 5 Н 2 𝑇𝑇 = 2𝜋𝜋� ⇒ 𝑇𝑇 = ⇒ 𝑘𝑘 = = = 4930 𝐸𝐸пов −? , х1 −?, 𝑘𝑘 𝑘𝑘 𝑇𝑇 2 0.22 м 2 2 2 2 𝐸𝐸к1 −? , 𝐸𝐸𝑛𝑛1 −? 𝑘𝑘 ∙ 𝑥𝑥 4930 ∙ 0.2 𝑚𝑚 ∙ 𝑣𝑣 𝑘𝑘 ∙ 𝐴𝐴 𝐸𝐸пов = + ; 𝐸𝐸пов = = = 98.6 Дж 2 2 2 2 𝜋𝜋 √2 𝑥𝑥1 = 0.2 ∙ 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐10𝜋𝜋𝑡𝑡1 = 0.2 ∙ cos(10𝜋𝜋 ∙ 0.025) = 0.2 ∙ cos = 0.2 ∙ = 0.14 м 4 2 𝑘𝑘 ∙ 𝑥𝑥12 4930 ∙ 0.142 𝐸𝐸𝑛𝑛1 = = = 48.3 Дж 2 2 𝐸𝐸пов = 𝐸𝐸𝑛𝑛1 + 𝐸𝐸к1 ⇒ 𝐸𝐸к1 = 𝐸𝐸пов − 𝐸𝐸𝑛𝑛1 = 98,6 − 48,3 = 50,3Дж Відповідь: 𝜔𝜔 = 3,14

рад с

; 𝑇𝑇 = 0,2с; 𝑘𝑘 = 4930 ; 𝐸𝐸пов = 98.6 Дж; м

𝐸𝐸𝑛𝑛1 = 48.3 Дж; 𝐸𝐸к1 = 50,3Дж

20.7. 1) Що час одного коливання люстри залишається постійним хоча розмах був все менше і менше. 2) Він вимірював період коливань відраховуючи удари пульсу. 𝑙𝑙

3) 𝑙𝑙 = 49 м → Т = 2𝜋𝜋� = 2 ∙ 3,14� 𝑔𝑔

= 14 с

Розділ I. Механіка

Вправа №21 21.1. Якщо частота коливань шуму транспорту збігається із власною частотою коливань шибки, то вони вступають в резонанс, тому і дзеленчать.

.in .u a

21.2. Дано: Розв’язання: 𝑚𝑚 = 0,5 кг 1 𝑘𝑘 1 200 𝛾𝛾 = 10 Гц � = � 𝛾𝛾0 = = 3,18 Гц н 2𝜋𝜋 𝑚𝑚 2 ∙ 3,14 0,5 𝑘𝑘 = 200 м 𝛾𝛾0 −? Відповідь: резонанс не виникне. 21.3. Дано: Розв’язання: 𝑙𝑙 25 м км 𝑙𝑙 = 25 м 𝑣𝑣 = = = 20 = 72 Т = 1,25 с 𝑇𝑇 1,25 с год 𝑣𝑣−? км Відповідь: 𝑣𝑣 = 72

Розв’язання: Резонансна частота за рисунком кривої 𝛾𝛾 = 2 Гц →

1 𝑘𝑘 н � → 𝑘𝑘 = 𝛾𝛾 2 4𝜋𝜋 2 𝑚𝑚 = 22 ∙ 4 ∙ 3,142 ∙ 1 = 158 2𝜋𝜋 𝑚𝑚 м

ko la

21.4. Дано: 𝑚𝑚 = 1кг 𝑘𝑘−?

год

Відповідь: 𝑘𝑘 = 158 21.5. Дано: 𝑙𝑙0 = 40 см 𝑙𝑙 = 25 м

Розв’язання: 𝑣𝑣 = 𝑣𝑣 =

𝑣𝑣−?

𝛾𝛾 =

Відповідь: 𝑣𝑣 = 72

км

год

𝑙𝑙 𝑙𝑙0 0,4 ; 𝑇𝑇0 = � = 2 ∙ 3,14� = 1,256 с 𝑇𝑇0 10 𝑔𝑔 25 м км = 20 = 72 1б256 с год

Вправа №22 22.1. Дано: Розв’язання: 𝑡𝑡 36 𝑐𝑐 1 1 𝑁𝑁 = 90 𝑇𝑇 = = = 0,4 с; 𝛾𝛾 = = = 2,5 Гц 𝑡𝑡 = 36 с 𝑁𝑁 90 Т 0,4 м м 𝑣𝑣 = 1,5 𝜆𝜆 = 𝑣𝑣 ∙ 𝑇𝑇 = 1,5 ∙ 0,4 с = 0,6 м с с 𝜆𝜆−? , 𝛾𝛾−? , Т−? Відповідь: 1 – Б; 2 – Г; 3 – А.

Розділ I. Механіка

22.2. Хвиля повздовжня – тому, що частки коливаються вздовж напрямку поширення. Довжина хвилі – 𝜆𝜆 = 4 ∙ 5 мм = 20 мм. 22.3.

.in .u a

1) 𝜆𝜆 = 8 ∙ 0,2 мм = 1,6 мм; А = 0,2 м; 𝑣𝑣 1,5 𝛾𝛾 = = = 0,94 Гц 𝜆𝜆 1,6 2) Хвиля поширюється вліво 3) 𝑣𝑣𝑣𝑣 ↓∶ 𝑣𝑣𝑣𝑣 ↓; 4) 𝑎𝑎𝐴𝐴 ↓∶ 𝑎𝑎𝑐𝑐 ↓

22.4. Сейсмічні хвилі – пружні хвилі, виникають у земній корі і мантії внаслідок землетрусів і поширюються в гірських породах у вигляді згасаючих коливань частотний діапазон 0,0001-100Гу. 22.5. Струна музичного інструменту, гучномовець, рот людини, дзвіночок.

ko la

Вправа №23 23.1. Дано: Розв’язання: 1 1 𝑣𝑣 𝛾𝛾 = 440 Гу 𝜆𝜆 = 𝑣𝑣 ∙ 𝑇𝑇; 𝑇𝑇 = ; 𝜆𝜆 = 𝑣𝑣 ∙ = м 𝛾𝛾 𝛾𝛾 𝛾𝛾 𝑣𝑣л = 340 с 𝑣𝑣л 340 𝑣𝑣6 1500 м 𝜆𝜆п = = = 0,77 м; 𝜆𝜆в = = = 3,41 м 𝑣𝑣6 = 1500 440 440 𝛾𝛾 𝛾𝛾 с 𝑣𝑣4 5000 м 𝜆𝜆4 = = = 11,4 м 𝑣𝑣4 = 5000 𝛾𝛾 440 𝑐𝑐 𝜆𝜆п −? , 𝜆𝜆в −? , 𝜆𝜆4 −? Відповідь: 𝜆𝜆п = 0,77 м, 𝜆𝜆в = 3,41 м, 𝜆𝜆4 = 11,4 м Розв’язання:

м 𝑐𝑐

𝑙𝑙 = 𝑣𝑣 ∙ 𝑡𝑡 → 𝑙𝑙 = 𝑣𝑣 ∙

23.2. Дано: 𝑡𝑡 = 0,8с

𝑣𝑣 = 1500

1 1500 ∙ 0,8 = = 600 м 2 2

𝑙𝑙−? Відповідь: 𝑙𝑙 = 600 м 23.3. Дано: Розв’язання: м м 𝑣𝑣в = 1500 𝜆𝜆в 𝑣𝑣в ∙ Т 𝑣𝑣в 1500 с с 𝜆𝜆в = 𝑣𝑣в ∙ Т; 𝜆𝜆п = 𝑣𝑣п ∙ Т; = = = м = 4,41 м 𝜆𝜆п 𝑣𝑣п ∙ Т 𝑣𝑣п 340 𝑣𝑣п = 340 с с 𝜆𝜆в −? 𝜆𝜆п Відповідь: довжина хвилі зменшиться в 4,41 рази.

Розділ I. Механіка

23.4. У лісі ми чуємо один одного тому що частково звук поглинається, а частково відбивається від дерев, тим самим спостерігається ефект луни. Так само в тиху погоду, в лісі мало сторонніх звуків. 23.5. Тому що камертон випромінює звукові хвилі однієї частоти, а музичні інструменти різної частоти.

.in .u a

23.6. Вдень повітря прогрівається по різному ( в тіні або на сонці), тому щільність повітря різна (теплого і холодного). Проходячи різні за щільність ділянки звукова хвиля змінює напрямок (розсіюється). Вночі температура повітря рівномірна, тому звук розсіюється. Лабораторна робота № 5 Тема: Дослідження коливань нитяного маятника, вимірювання прискорення вільного падіння. Опрацювання результатів експерименту 1. Визначення періоду коливань маятника. Перевірка формули Гюйгенса. Т1 =

𝑡𝑡 𝑙𝑙 0,25 ; 𝑡𝑡 = 20 с; 𝑁𝑁 = 20; 𝑇𝑇1 = 1 с; Т2 = 2𝜋𝜋� = 2𝜋𝜋� = 1 𝑐𝑐 𝑁𝑁 𝑔𝑔 10

ko la

Номер Кількість Час коливань досліду коливань t, с 1 2 3 4

Період коливань, 𝑡𝑡 Т1 = , с

20 28 20 12,4

𝑁𝑁

2 1,4 1 0,62

Довжина нитки l, м 1 0,5 0,25 0,1

Період коливань, 𝑙𝑙

Т2 = 2𝜋𝜋� , с 2 1,4 1 0,63

𝑔𝑔

Вимірювання прискорення вільного падіння за допомогою маятника. м м м м 𝑔𝑔1 = 9,9 2 , 𝑔𝑔2 = 9,9 2 , 𝑔𝑔3 = 10,2 2 , 𝑔𝑔4 = 10,3 2 , с с с с м 𝑔𝑔сер = 10 2 , с 10 𝜖𝜖в = �1 − � ∙ 100% = 2% 9,8 Прискорення вільного Період Відносна Номер Довжина падіння коливань, похибка, м м 𝑡𝑡 досліду нитки l, м Т1 = , с 𝜖𝜖в , % 𝑔𝑔, 2 𝑔𝑔сер , 2 , 𝑁𝑁 с с 1 1 2 0,9 2 0,5 1,4 9,9 10 2% 3 0,25 1 10,1 4 0,1 0,62 10,1

Розділ I. Механіка

Висновок: у даній лабораторній роботі визначали період коливань маятника та вимірювали прискорення вільного падіння за допомогою маятника. Наше значення м прискорення вільного падіння рівно g = 10 2, що на 2% відрізняється від табличного. с

Завдання для самоперевірки до розділу I «Механіка». Частина 3. Механічні коливання і хвилі.

1. 2. 3.

6. 7.

ko la

.in .u a

В) медузи Б) явища огинання перешкод – дифракція. 1 – Д; 2 – Б; 3 – А; 4 – В 1. Максимальне відхилення від положення рівноваги - амплітуда 2. Кількість коливань за одиницю часу – частота 3. Відстань між двома найближчими точками, що коливаються однаково – довжина 4. Час одного коливання – період. 4. 1 – Г, 2 – Б, 3 – А 1. Вільні коливання - Коливання струни гітари 2. Вимушені коливання - Коливання поплавця на поверхні води 3. Автоколивання - Биття серця 5. А Дано: Розв’язання: м 𝛾𝛾 = 440 Гу 330 1 1 𝑣𝑣 с = 0,75м м 𝜆𝜆 = 𝑣𝑣 ∙ 𝑇𝑇; 𝑁𝑁 = → 𝜆𝜆 = 𝑣𝑣 = ; 𝜆𝜆 = 𝑣𝑣 = 330 𝛾𝛾 𝛾𝛾 𝛾𝛾 440 Гу с 𝜆𝜆−? Відповідь: 0,75 м

Хвиля поширюється вліво. 𝑣𝑣𝐴𝐴 ↑, 𝑣𝑣𝐵𝐵 ↓, 𝑎𝑎𝐴𝐴 = 0, 𝑎𝑎𝐵𝐵 ↑ 2𝜋𝜋 𝑥𝑥 = 𝐴𝐴 ∙ 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐; 𝑥𝑥 = 𝐴𝐴 ∙ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠; 𝐴𝐴 = 0,1 м; Т = 0,2 с → 𝜔𝜔 = = 10𝜋𝜋; 𝑥𝑥 = 0,1𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠10𝜋𝜋𝜋𝜋 0,2

8. Дано: Розв’язання: 𝑡𝑡 1 𝐴𝐴 = 5 см 𝑁𝑁 = ; 𝑇𝑇 = → 𝑁𝑁 = 𝑡𝑡 ∙ 𝛾𝛾 = 10 ∙ 0,625 = 6,25; 𝑡𝑡 = 10 с 𝑁𝑁 𝛾𝛾 𝛾𝛾 = 0,625 Гц 𝑙𝑙 = 𝑁𝑁 ∙ 𝑙𝑙0 = 𝑁𝑁 ∙ 4𝐴𝐴 = 6,25 ∙ 4 ∙ 5 = 125 см = 1,25 м 𝑙𝑙−? , 𝑆𝑆−? 𝑆𝑆 = 𝐴𝐴 = 5 см = 0,05 м Відповідь: 𝑙𝑙 = 1,25 м, 𝑆𝑆 = 0,05 м 9. Дано: Розв’язання: 𝑙𝑙 = 1,6 м 𝜋𝜋 𝑙𝑙 1 Т1 Т2 2𝜋𝜋 𝑙𝑙 2𝜋𝜋 𝑙𝑙 � + � = � �1 + � � = Т= + ;Т = 2 2 𝑔𝑔 2 2𝑔𝑔 2 2 𝑔𝑔 Т−?

Відповідь: 2,15 с.

1 1,6 = 3,14� �1 + � � = 3,14 ∙ 0,5(1 + 0,71) = 2,15 с 2 10

10. Дано: 𝑥𝑥 = 0,05𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐2𝜋𝜋𝜋𝜋 𝜋𝜋 𝜑𝜑1 = 4 𝑚𝑚 = 200 г = 0,2 кг

𝑘𝑘−? , 𝑣𝑣𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 −? , 𝐸𝐸𝑝𝑝 −?

Розв’язання: 𝑥𝑥 = 0,05𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐2𝜋𝜋𝜋𝜋 → 𝐴𝐴 = 0,05 м; 𝜔𝜔 = 2 2𝜋𝜋 2𝜋𝜋 2𝜋𝜋 →Т= = = 1с 𝜔𝜔 = 2𝜋𝜋 Т 𝜔𝜔 4𝜋𝜋 2 𝑚𝑚 4 ∙ 3,142 ∙ 0,2 н 𝑚𝑚 Т = 2𝜋𝜋� → 𝑘𝑘 = = = 8 𝑘𝑘 𝑇𝑇 2 1 м 2 2 2 𝑚𝑚𝑣𝑣 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 𝑘𝑘𝐴𝐴 𝑘𝑘𝐴𝐴 = ; 𝑣𝑣 2 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = → 2 2 𝑚𝑚

м 𝑘𝑘 8 = 0,05� = 0,32 ; 𝑐𝑐 𝑚𝑚 0,2

.in .u a

𝑣𝑣𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝐴𝐴�

Розділ I. Механіка

𝑘𝑘𝑥𝑥12 𝜋𝜋 √2 ; 𝑥𝑥 = 0,05𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 = 0,05 ∙ = 0,035 м 𝐸𝐸𝑝𝑝 = 4 2 2

8 ∙ (0,035)2 𝐸𝐸𝑝𝑝 = = 4 ∙ (0,035)2 = 0,005 Дж 2 н

Відповідь: 𝑘𝑘 = 8 , 𝑣𝑣𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 0,32 , 𝐸𝐸𝑝𝑝 = 0,005 Дж. 𝑐𝑐

ko la