Решения задач ЕГЭ

t = v2 L+ v1 + v2 L− v1 .

2. Преобразуем полученное уравнение следующим образом:

	L(v2 − v1			+ v2 + v1)				2Lv2
t =							=			.
	(v	2	+ v )(v		2	− v )		v2	− v2
			1			1	2		1

3. Разрешим последнее уравнение относительно искомой скорости v1:

v	=	v2	−	2v2L	=15 м; .	Рис. 07. Теплоход и катер
1		2		t	с

108. Два спортсмена тренируются на беговой дорожке длиной L = 400 м. Первый бегун проходит круг за t1 = 50 c, а второй − за t2 = 60 c. Сколько раз спортсмены встретятся при забеге на L0 = 4 км при одновременном старте и беге в одном направлении.

Решение

1.

Определим скорости бега спортсменов:

v1 =

L

= 8

м

;

v2 =

L

= 6,7

м

.

t1

t2

с

с

2.

Найдём время пробега заданной дистанции L0:

t1 =

L0

= 500c;

t2 =

L0

= 597c .

v

v

2

1

3.

Разница времени прохождения заданной дистанции:

t = t2 − t1 = 97c .

4.

Расстояния, пробегаемые спортсменами за время t:

s1 = v1 t = 776м;

s2 = v2

t = 650м.

5.

Разность проходимых дистанций:

s= s1 −s2 =126м

6.Поскольку s < L, то первый спортсмен обгонит второго на заданной дистанции только один раз.

109. За легковым автомобилем, движущимся по трассе со скоростью v1 = 54 км/час, на расстоянии s1 = 20 пристроился автобус, несущийся со скоростью v2 = 90 км/час. С каким минимальным ускорением легковушка должна пойти в отрыв, чтобы интервал между бамперами машин оставался не менее s2 = 5 м? Считать движение автобуса равномерным, а легкового автомобиля − равноускоренным.

Решение

1. Запишем уравнения движения
легкового автомобиля с учётом не-
обходимости сохранения расстояния
s2									Рис. 109. Экстренный разгон
v1 = v2 −at1;
(s −s	2	)= (v	2	− v )t	1	−	a1t12	.
1				1		2

2. Выразим из уравнения скорости время t1

41

t1 =

v2 − v1

,

a1

и подставим это значение в уравнение пути

(s1 −s2 )= (v2 − v1 )

(v2 − v1 )

−

a1

(v2 − v1 )2

,

2

a12

a1

2a1(s1 −s2 )= (v2 − v1 )2 ,

(v2 − v1 )2

(25 −15)2

м

a1 =

=

3,33

.

2(s −s

2

)

2(20 −5)

с2

1

110. Мимо поста доблестной ДПС пронёсся джип с постоянной скоростью v1 = 20 м/с. ровно через время t = 120 c от поста ДПС отправляется в том же направлении другой автомобиль, который в течение t1 = 25 с движется равноускоренно, а по достижении скорости v2 = 25 м/с продолжает движение с постоянной скоростью. На каком расстоянии, отсчитываемом от времени начала движения второго автомобиля, он нагонит первый автомобиль и сколько времени для этого потребуется?

Решение

Рис. 110. Схема движения

1. Автомобиль, движущийся всё время с постоянной скоростью v1 за время относительно времени старта второго автомобиля до места их встречи пройдёт расстояние

x1 = v1(tB + t).

2.Второй автомобиль, с двумя режимами движения до места встречи пройдёт расстояние

x2 = v2tB − a22t12 .

3.Величину ускорения второго автомобиля, стартующего без начальной,

скорости определим из уравнения для скорости равноускоренного движения

v2 = a2t1; a2	=	v2	.
		t1

4. Подставим значение ускорения в уравнение движения второго автомоби-

ля

x2 = v2tB − v22t1 .

5. Из условия равенства координат в момент времени tB, когда второй автомобиль догонит первый автомобиль, можно записать

v2 tB − v22 t1 = v1 (tB + t),

откуда

2v2tB − v2t1 = 2v1tB + 2v1t .

6. Решая последнее уравнение относительно tB, получим

42

tB =	2v1t + v2t1			=	2 20 120 + 25 25	= 542c 9 мин.
	2(v	2	− v )		2(25 − 20)
			1

7.Место встречи определится уравнением

xB = v1(tB + t)= 20 662 =13,2км.

111.Аэростат поднимается с земли с ускорением а = 2 м/с2 вертикально вверх без начальной скорости. Через t = 20 с после начала движения из него выпал предмет. На какой максимальной высоте побывал выпавший предмет?

Решение

1. Высота, на которой выпал предмет:

h1 = a 2t2 = 400м;

2.Выпавший предмет в момент отрыва от аэростата имеет начальную скорость:

v0 = a t;

3.Время подъёма предмета в высшую точку своей траектории:

	v = v0	− gτ; v = 0; τ =	v0	;
			g

3. Высота подъёма предмета в свободном полёте

	h2	= v0	τ −	gτ2	=	v2	= 80м;
						0
				2		2g

4. Максимальная высота подъёма:

hmax = h1 + h2 = 480м;

112. В течение τ = 20 с ракета поднимается с постоянным ускорением а = 8 м/с2, после чего двигатели выключаются. На какой максимальной высоте побывала ракета?

Решение

1.Скорость ракеты в момент выключения двигателей:

v0 = aτ;

2.Высота подъёма ракеты на двигателях:

h1 = aτ2 ; 2

3.	Время движения ракеты с выключенными двигателями (по инерции):
		v = v				0	− gτ ; v = 0; τ =															v0	;
										1									1			g
4.	Высота подъёма ракеты после выключения двигателей:
															gτ2			v2
							h		2	= v		τ −			1 =			0		;
											0	1			2			2g
5.	Максимальная высота подъёма ракеты:
		aτ	2				2			1			2			2		1						160	2
					v0											v0										= 2880м;
	hmax = h1 + h2 =			+					=		aτ			+			=		8		400 +
		2			2g					2								2						10
																g

43

113. Из брандспойта, расположенного около поверхности земли, вырывается струя воды со скоростью v0 = 10 м/с. Брандспойт медленно вращается вокруг вертикальной оси. Одновременно с этим меняется угол его наклона к земле. Определить максимальную площадь, которую может оросить брандспойт.

Решение

1. Максимальная дальнобойность будет иметь место при угле наклона к горизонту α = 450

= v2 sin 2α

rmax 0 g ;

2. Максимальная площадь орошения:

smax = πrmax2 = 314м2 ;

114. Зная ускорение свободного падения на поверхности Земли (g ≈ 10 м/с2) и радиус планеты R ≈ 6400 км, определить среднюю плотность планеты.

Решение

mM

GM

4

3

4GπR3ρ

4

mg = G

R2

; g =

R2

;

M = 3

πR ρ;

g =

3R2

;

g =

3

πρGR;

ρ =

3g

30

5,6 103 кг

;

4πGR

12,56

6,67 10−11

6,4 106

м3

115. Известно, что Солнце притягивает любую точку на поверхности Земли сильнее чем Луна. При этом явление приливов и отливов вызвано главным образом действием Луны, а не Солнца. Почему?

Решение

1. Причиной возникновения приливов и отливов является различные значения ускорения сообщаемые земному шару в целом и водным массам, находящимся на его поверхности.

Рис. 115. Приливы и отливы 2. Для земного шара сила гравитационного взаимодействия

определится уравнением:

F1 = G Mmr2 ;

3. Сила взаимодействия водного слоя нашей планеты с Луной:

F2 = G (rMm−R)2 ;

4. Соответствующие нормальные (центростремительные) ускорения:
an1 = G	M	; an 2 = G	M	; an 2	−an1 =	GM(2rR − R2 )		;
	r2		(r − R)2			r2 (r − R)2

т.к. r >> R, то уравнение разности центростремительных ускорений можно упростить:

44

an 2 −an1 = 2R GMr3 ;

5. Значение r для Луны составляет, примерно, r 60R, в то время как для Солнца − r 25000R. Величина r3 для Солнца будет больше, чем для Луны в 7,5 107 раз, в то время, как масса Солнца больше массы Луны всего в 2,7 107 раз. Другими словами действие Луны почти в три раза больше действия Солнца, отсюда и превалирование приливного действия именно Луны.

116. Ракета поднимает тело на высоту h = 5 105 м над поверхностью Земли. Каково ускорение свободного падения на этой высоте? С какой скоростью нужно бросить тело перпендикулярно земному радиусу, чтобы оно описало окружность вокруг Земли? Каков при этом период обращения тела?

Решение

1. Запишем уравнение для силы тяжести для тела массой m, поднятого на высоту h над поверхностью Земли

mg = G	mM	;	g = G			M		;
	(R + h)2				(R + h)2
g 6,7 10−11			6 1024	8,2		м	;
			4,9 1013
						с2

2. Чтобы тело описало круговую траекторию вокруг планеты и не свалилось не её

поверхность, нормальное ускорение этого Рис. 116. Искусственный спутник тела должно обеспечивать силу инерции,

компенсирующую силу притяжения

mM

mv2

GM

6,7 10−11 6 1024

3 м

;

G

=

; vI =

7,6 10

(R + h)2

(R + h)

R + h

7 106

с2

3. Период обращения такого спутника

T =

2π(R + h)

6,28 7 106

5,8 103 c 1,6 часа;

vI

7,6 103

117. По одной из гипотез геофизиков Земля состоит из железоникелевого ядра и каменной оболочки. Плотность ядра ρ0 ≈ 8 103 кг/м3, плотность оболочки ρ1 ≈ 3 103 кг/м3. Найти примерный радиус предполагаемого ядра.

Решение

1. Двухслойная модель строения Земли предполагает, что силу притяжения можно рассматривать в виде суммы притяжений ядра и оболочки:

	F = G	mM1	; F = G	mM2	,
		R2		R2
	1		2

где М1 − масса ядра, М2 − масса оболочки, m − масса тела, R − радиус Земли. Суммарная сила

притяжения представится в виде:	Рис. 117. Строение Земли

45

G mMR2 1 + G mMR2 2 = GmR2 (M1 + M2 ),

или, полагая вес тела примерно равным силе притяжения, получим:

mg =

Gm

(M

+ M

);

R2

1

2

2. Выразим массы ядра и оболочки через их плотности и размеры:

откуда:

M1 4R3xρ0 ; M2 = 4ρ1 (R3 − R3x ),

g =

G

(4ρ

R3

+ 4ρ R3

− 4ρ R3 );

gR2

−ρ R

3 = R3

(ρ

−ρ );

R2

4G

0

x

1

1 x

1

x

0

1

gR2 − 4Gρ R3

= Rx ; Rx

=

gR2 − 4Gρ R

3

4G(ρ −ρ )

4G(ρ −ρ )

;

1

3

3

1

0

1

0

1

R

3

10 4,1 1013 − 4 6,7 10−11 2,6 1020

5,3 106 м;

x

4 6,7 10−11 5 103

118. Какой высоты колокольню необходимо построить на экваторе Земли, чтобы тела на её вершине были невесомыми?

Решение

1. Как было показано ранее, вес тел на экваторе помимо прочего определяется величиной нормального ускорения, возникающего вследствие вращения Земли вокруг собственной оси. В рассматриваемом случае это обстоятельство можно выразить уравнением:

				2	(R + h)= mg	R2
				mω				,
Рис. 118. Башня на экваторе						(R + h)2
							gR2
			ω2 (R + h)3 = gR2 ; R + h = 3						;
								ω2
h = 3	gR2T2	− R 3	10 4,1 1013 7,5 109	3,598 107 м 36000 км;
	4π2
		40

119. Радиус земной орбиты при вращении вокруг Солнца составляет r ≈ 1,5 1011 м, радиус Солнца R ≈ 7 108 м. Определить по этим данным среднюю плотность Солнца.

Решение

1. Запишем уравнения для скорости и нормального ускорения Земли при её движении вокруг Солнца:

	v = ωr =	2πr	; a		=	v2	=	4π2r	;
		T		n		r		T2

2. Выразим нормальное ускорение Земли через параметры Солнца:

Рис. 119. Солнце и Земля

46

	ma		= G	mM	; a		= G	M	G	4ρR3	;
		n		r2		n		r2		r2

3. Совмещая уравнения для нормального ускорения, получим:

	4π2r			4ρR3			2		3			2	3				π2					r 3
		= G			; 4π			r		= 4ρGT			R		;	ρ =								;
	T2			r2													GT2
																						R
						10							11	3				кг
		ρ										1,5 10				1469					;
			6,7 10			−11				15		8						м	3
							1 10					7 10

120. Спутник движется в околоземном пространстве по круговой орбите, радиус которой вдвое больше земного радиуса. Зная массу Земли М ≈ 6 1024 кг, найти период обращения спутника.

Решение

1. Условие нахождения спутника на круговой орбите

mv2

= G

mM

; v =

GM

; ω2R =

4πR

=

GM

; T = 2πR

2R

;

2R

4R2

2R

T

2R

GM

T = 6,28 6,4 106

12,8 106

7,2 103 c 2 часа.

6,7 10−11 6 1024

121. На экваторе некой планеты тела весят в два раза меньше, чем на полюсах. Период собственного вращения равен Т. Определить величину средней плотности вещества планеты, считая её однородным шаром.

Решение

1. Вес тела на полюсах планеты обусловлен исключительно гравитационными эффектами

P0 = G mMR2 ;

2. На экваторе планеты необходимо учитывать её вращение, которое приводит к появлению нормального ускорения и центробежной силы инерции

P

= G

mM

− ma

= G

mM

− m

4π2

R;

R2

R2

T2

1

n

3. По условию задачи Р1 = Р0/2, а масса планеты M 4ρR3 , тогда

G

mM

= G

Mm

− m

4π2

R; G

M

=

4π2

R; G

4ρR3

=

4π2

; ρ =

2π2

;

2R2

R2

T2

2R2

T2

2R3

T2

GT2

122. Зная расстояние от Земли до Солнца L ≈ 1,5 1011 м и параметры движения Земли, определить массу Солнца.

Решение

1. Условие нахождения Земли на круговой орбите

	mM mv2				mω2L2	2	ω2L3
G		=		=		= mω L; M =	G ;
	L2		L		L

2. Найдём угловую скорость движения Земли вокруг Солнца

47

	ω =	2π		6,28	1,8	10−7	рад	1,75	10−2	рад
		T		3,55 107			с			сут.

3. Определим массу Солнца

	M	3 10−14 3,38 1033	1,5 1030 кг ;
		6,7 10−11

123. Определить массу груза, который нужно выбросить с аэростата, опускающегося равномерно вниз, чтобы он стал с такой же по модулю скоростью подниматься вверх. Общая масса аэростата и груза М = 1100 кг. Сила Архимеда, действующая на аэростат, равна FA = 10 кН. Сила сопротивления при подъёме и спуске одинакова.

Решение

1.	Разность сил, действующих на аэростат:
			F = Mg − FA > 0;
2.	Условие безразличного равновесия аэростата:
		F = g(M − m ); m =				Mg − FA		;
		A	1		1		g
3.	Условие подъёма аэростата с прежней скоростью:
	m = 2m	=	2(Mg − FA )		= 2(1,1 104 −1 104 )= 200кг;
	1		g		10

124. С вершины наклонной плоскости высотой h = 5 м, наклонённой под углом α = 450 к горизонту, начинает соскальзывать тело. Определить скорость тела в конце спуска, если коэффициент трения скольжения тела о плоскость равен μ = 0,19.

			Решение
1.	Протяжённость спуска:			h
			l =		;
				cosα
2.	Работа, производимая силой трения на спуске:
			A = μmg cos α l = μmgh			= ;
3.	Закон сохранения энергии:
		mv2	= mgh −μmgh = gh(1−μ);		v =	2gh(1−μ) 9	м	;
	2						с

125. Телу толчком сообщили скорость, направленную вверх вдоль наклонной плоскости. Найти величину ускорения тела, если высота наклонной плоскости h = 4 м, а её длина L = 5 м, коэффициент трения μ = 0,5.

Решение

1.Угол наклона плоскости к горизонту:

α= arccos Lh 370 ;

2.Уравнение второго закона Ньютона на направление движения тела: ma = −μmgcosα − mgsin α; | a |= g(μcosα + sin α)=10мс2 ;

48

126. С какой наибольшей скоростью может двигаться автомобиль на повороте радиусом R = 10 м, чтобы не возникло его заноса (проскальзывания), если коэффициент трения шин об асфальт равно μ = 0,8?

Решение
1. При проходе автомобилем поворота
радиуса R, возникает нормальное ускорение
arn , направленное к оси вращения, проходя-
щей перпендикулярно плоскости через точ-
ку О. Сила инерции, имеющая противопо-
ложное arn направление, появляется не как
результат взаимодействия тел, а как специ-
фика криволинейного движения. Это проис-	Рис. 126. Автомобиль на повороте
ходит вследствие изменения направления

вектора скорости, тем не менее, условие отсутствия движения юзом можно записать следующим образом:

	mv2	= F ;	mv2	= μmg; v = μgR 8,94	м	;
	R	R	R		с

127. Байк движется без заноса по горизонтальному закруглению, отклонившись от вертикали на угол α = 23о. Оценить возможные значения коэффициента трения шин мотоцикла о поверхность дороги.

Решение

1. Если массу движущегося мотоцикла вместе с байкером обозначить как m, а радиус описываемой в горизонтальной плоскости криволинейной траектории как r, коэффициент трения шин − μ, то можно выделить следующие силы: силу тяжести mg ,

нормальную реакцию связи N , силу трения FR , которая в данном случае по модулю

должна быть равна фиктивной силе инерции

2. Так как

FR = μmg ,

Рис. 127. Движение байка

r

Fi = mv2 r .

то условие движения без заноса представится следующим образом

μmg = mvr 2 ;

3. Чтобы мотоцикл не упал, линия действия равнодействующей

Fs = N + FR ,

должна проходить через центр масс мотоцикла, при этом

	FR		μmg			o	0,4 .
tgα =		=		= μ;		μ ≥ tg23
	N		mg

49

128. Нить, перекинутая через блок с неподвижной осью, пропущена через щель. На концах нити подвешены грузы, масса которых m1 и m2. Определите ускорения грузов и натяжение нити, если при движении нити на нее со стороны щели действует постоянная сила трения Ft.

Решение

1. Ввиду невесомости и не растяжимости нити, а так же, идеальных свойств блока (отсутствие потерь и малый вес) задачу можно решать в следующем приближении

a1 = a2 = a, T1 = T2 = T .

2.Уравнения движения грузов в проекции на вертикальную ось

вданном случае записываются следующим образом:

	m1a = m1g −T,
Рис. 128. Блок	m2a = T − m2g	.
		− Fтр.

3. Совместное решение системы уравнений (2) даёт следующую величину ускорения

a = (m1 − m2 )g − Fтр . m1 + m2

4. Подстановка ускорения в первое уравнение системы позволяет определить натяжение нити

T = m		2m2g + Fтр	.
	1
		m1 + m2

129. На вершине наклонной плоскости с углом наклона α = 300 установлен неподвижный идеальный блок, через который переброшена нить, к концам которой прикреплены грузы. Груз массой m1 = 5 кг скользит по гладкой наклонной плоскости, а другой груз, массой m2 = 3 кг движется по вертикали. Определить ускорение грузов.

		Решение
	1.	Направление	движения
	грузов:
		m2g > m1gsin α,
	следовательно, масса m2 будет
	подниматься вверх по плоскости.
	2.	Уравнения ускоренного
Рис. 129. Движение грузов	движения грузов:
		T − m gsin α = m a;
		1	1
		m2g − T = m2a;

3. Выражая из второго уравнения системы силу натяжения и подставляя это значение в первое уравнение, получим:

T = m2g − m2a;				m2g − m2a − m1gsin α = m1a;
a =	g(m2 − m1 sin α)				=	10(3	− 2,5)	= 0,625	м	;
	m	2	+ m				8		с2
				1

130. Определить угловую скорость конического маятника с нитью подвеса длиной L = 5 см, когда нить образует угол α = 600 с вертикалью.

50