Задание 29 ЕГЭ по физике

Механика. Расчетная задача

В. З. Шапиро

Задание №29 относится к высокому уровню сложности. Тематика этого номера – механика. Задача требует полного оформления:

запись «Дано»,
перевод единиц измерения в систему «СИ»,
необходимый чертеж или рисунок,
построение и описание физической модели,
запись всех необходимых для решения задачи законов и формул,
проведение математических преобразований и расчётов,
получение ответа.

При выполнении всех указанных требований, задача оценивается тремя баллами.

1. Пластилиновый шарик в момент t = 0 бросают с горизонтальной поверхности Земли с начальной скоростью $\it \upsilon _{0}$ под углом $\alpha$ к горизонту. Одновременно с некоторой высоты над поверхностью земли начинает падать из состояния покоя другой такой же шарик. Шарики абсолютно неупруго сталкиваются в воздухе. Сразу после столкновения скорость шариков направлена горизонтально. В какой момент времени \tau шарики упадут на Землю? Сопротивлением воздуха пренебречь.

Необходимая теория: Импульс

Дано:
$\upsilon _{0} , \alpha .$
Найти: $\tau - ?$

Решение:

Решение этой задачи необходимо сопровождать пояснительным рисунком.

Первый шарик бросают из точки О, второй свободно падает из точки А. Так как после столкновения в точке В их скорость будет направлена горизонтально, то согласно закону сохранения импульса, вертикальные составляющие импульсов шаров равны по модулю и противоположны по направлению.

Составим уравнения, которые выражают зависимость вертикальных составляющих скоростей шариков от времени.

Для первого шарика: $v_{1y}(t)=v_0{\sin \alpha -gt }$ (1).

Для второго шарика: $v_{2y}\left(t\right)=-gt$ (2).

Согласно закону сохранения импульса:
$m\overrightarrow{v_1}+m\overrightarrow{v_2}=2m\overrightarrow{u_0}.$
Для вертикальной составляющей импульсов шаров справедливо выражение в проекциях на ось OY:
OY: $mv_{1y}\left(t\right)+mv_{2y}\left(t\right)=0.$
После сокращения на m получим:
$v_{1y}\left(t\right)+v_{2y}\left(t\right)=0.$
После подстановки (1) и (2) получим:
$v_0{\sin \alpha -gt }-gt=0;$
$v_0{\sin \alpha -2gt }=0;$
$v_0{\sin \alpha =2gt. }$
$\displaystyle t=\frac{v_0{\sin \alpha }}{2g}$ (3) – время до момента столкновения.

Определим высоту на которой произошло столкновение шариков.

Для первого шарика запишем:

$\displaystyle h=v_0t{\sin \alpha -\frac{gt^2}{2} } .$ Подставим вместо t время до столкновения (3).
$\displaystyle h=v_0\frac{v_0{\sin \alpha }}{2g}{\sin \alpha -\frac{g}{2}\ }{\left[\frac{v_0{\sin \alpha }}{2g}\right]}^2;$

$\displaystyle h=\frac{v^2_0{\sin }^2\alpha }{2g}{- \frac{gv^2_0{\sin }^2\alpha }{8g}=\frac{{4v}^2_0{\sin }^2\alpha }{8g}-\frac{gv^2_0{\sin }^2\alpha }{8g}=\frac{{3v}^2_0{\sin }^2\alpha }{8g}}$ (4).

Так как скорость шариков $\overrightarrow{u_0}$ после удара горизонтальна, то время падения на землю после столкновения можно найти из условия $\displaystyle h=\frac{gt^2_1}{2}.$

Откуда $\displaystyle t_1= \sqrt{\frac{2h}{g}}.$ Подставим в это выражение время из уравнения (4).

$\displaystyle t_1=\ \sqrt{\frac{2\cdot \frac{{3v}^2_0{\sin }^2\alpha }{8g}}{g}}=\sqrt{\frac{6v^2_0{\sin }^2\alpha }{{8g}^2}}=\sqrt{\frac{3v^2_0{\sin }^2\alpha }{{4g}^2}}=\sqrt{3}\frac{v_0\sin \alpha }{2g}.$

Общее время можно найти, сложив $\tau = t + t_1.$

$\displaystyle \tau = \frac{v_0{\sin \alpha \ }}{2g}+\sqrt{3}\frac{v_0\sin \alpha }{2g}=\frac{v_0\sin \alpha }{2g}\ \cdot \left(1+\sqrt{3}\right).$

Ответ: $\displaystyle \frac{v_0\sin \alpha }{2g}\ \cdot \left(1+\sqrt{3}\right).$

Секрет решения. Эта задача включает в себя знания из следующих разделов механики: «Движение тела, брошенного под углом к горизонту» и «Закон сохранения импульса».

Решение задачи надо провести в общем виде – это дополнительная сложность. Но все это преодолимо, если пользоваться алгоритмами для закона сохранения импульса, основными уравнениями для равноускоренного и равномерного движения. И главное, проводить все выводы очень внимательно.

2. По гладкой наклонной плоскости, составляющей угол ${ \alpha }=30^\circ$ с горизонтом, скользит из состояния покоя брусок массой M=250 г. В тот момент, когда брусок прошёл по наклонной плоскости расстояниe. Возможно, пропущен предлог «на» между словами.x=3,6 м, в него попала и застряла в нём летящая навстречу ему вдоль наклонной плоскости пуля массой m=5 г. После попадания пули брусок поднялся вверх вдоль наклонной плоскости на расстояние S=2,5 м от места удара. Найдите скорость пули перед попаданием в брусок. Трение бруска о плоскость не учитывать.

Необходимая теория:

Импульс

Энергия

Дано:	«СИ»
$\alpha = 30^\circ$ ;
M = 250г;	0,25 кг;
x = 3,6 м;
m = 5г;	0,005 кг.
S = 2,5 м.
Найти: v – ?

Решение:

1.Найдём скорость $\upsilon_{1},$ которую брусок приобрёл, пройдя путь x. Согласно закону сохранения энергии:
$\displaystyle Mgx \sin { \alpha }=\frac{M\upsilon _{1}^{2} }{2} , \upsilon _{1} =\sqrt{2gx \sin { \alpha }}.$ (1).
2.Учитывая абсолютно неупругий удар пули и бруска, запишем закон сохранения импульса для этих тел:
$m\upsilon -M\upsilon _{1} =\left(M+m\right)\upsilon _{2} ,$ (2),
где $\upsilon$ – скорость пули, $\upsilon _{2}$ – скорость, которую приобретут тела после неупругого удара.

3. По закону сохранения энергии бруска, поднявшегося по наклонной плоскости на расстояние S:

$\displaystyle \frac{\left(M+m\right)\upsilon _{2}^{2} }{2} =\left(M+m\right)gS \sin { \alpha ,} \, \, \, \, \, \, \upsilon _{2} =\sqrt{2gS \sin { \alpha }} .$ (3).

4. Тогда, выразим из (2) искомую скорость.
$\displaystyle v=\frac{Mv_1+(M+m)v_2}{m}=\frac{Mv_1}{m}+\frac{(M+m)v_2}{m}= \frac{Mv_1}{m}+\left(\frac{M}{m}+1\right)v_2$ (4).

В это выражение подставим значения скоростей $v_1$ и $v_2$ из (1) и (3):

$\displaystyle \upsilon =\frac{M}{m} \sqrt{2gx\\sin { \alpha }} +\left(\frac{M}{m} +1\right)\sqrt{2gS\\sin { \alpha }} ,$

$\upsilon =50\sqrt{2\cdot 10\cdot 3,6\cdot 0,5} +51\cdot \sqrt{2\cdot 10\cdot 2,5\cdot 0,5} =555$ (м/с).

Ответ: 555 м/с.

Секрет решения. Эта задача включает в себя знания из следующих разделов механики: «Закон сохранения энергии» и «Закон сохранения импульса». Применение этих законов должно сопровождаться определенным алгоритмом. Необходимо обратить внимание на следующие шаги:

Закон сохранения импульса:

- векторная запись;

- выбор осей координат и запись закона в проекциях на эти оси;

- учет вида взаимодействия (абсолютно упругий удар или абсолютно неупругий удар);

- предположение о направлении движения тел после взаимодействия;

- если предположение оказалось неверным, то в расчетах скорость тел после взаимодействия получится со знаком «-». Тогда тела будут двигаться в противоположном направлении с той же самой по модулю скоростью.

Закон сохранения энергии:

- необходимо указать, чему равна сумма кинетической и потенциальной энергии в первой рассматриваемой точке или в начальный момент времени;

- точно так же описать вторую точку или последующий момент времени.

При использовании закона сохранения энергии первичными являются рассуждения, которые потом приобретают математический вид.

Дальнейшие шаги сводятся к решению системы уравнений относительно неизвестной величины. При желании, можно решать задачу по частям, проводя промежуточные расчеты. Это допускается и не приводит к потере баллов.

3. Два небольших шара массами $m_{1} = 0,2$ кг и $m_{2} = 0,3$ кг закреплены на концах невесомого стержня AB, расположенного горизонтально на опорах C и D (см. рисунок). Расстояние между опорами l = 0,6 м, а расстояние AC равно 0,2 м. Чему равна длина стержня L, если сила давления стержня на опору D в 2 раза больше, чем на опору C? Сделайте рисунок с указанием внешних сил, действующих на систему тел «стержень – шары».

Необходимая теория:

Статика твёрдого тела

Дано:

$m_{1} = 0,2$ кг;

$m_{2} = 0,3$ кг;

l = 0,6 м;

AC = 0,2 м;
$\displaystyle \frac{N_2}{N_1}=2.$
Найти: L – ?

Решение:

Укажем все силы, действующие на систему тел «стержень – шары» (см. рисунок).

Запишем условия равновесия с учетом равенство нулю геометрической суммы сил и алгебраической суммы моментов сил.
$\overrightarrow{N_1 }+\overrightarrow{N_2 }+\overrightarrow{m_1 g}+\overrightarrow{m_2 g}=0.$

Это уравнение в проекциях на ось OY будет иметь вид:

OY: $N_1+N_2- m_1g-m_2g=0$ (1).

C учетом $\displaystyle \frac{N_2}{N_1}=2,$ запишем:

$N_1+2N_1- m_1g-m_2g=0;$

${3N}_1- m_1g-m_2g=0$ (2).

Для моментов сил относительно точки А справедливо соотношение:

$N_1\cdot \left|AC\right|+N_2\left(l+\left|AC\right|\right)-m_2gL=0$ (3).

Здесь учтено, что плечо силы $\overrightarrow{m_1 g}$ относительно точки А равно нулю, соответственно, момент силы также равен нулю.

Выразим из (2) силу $N_1.$

${3N}_1=\ m_1g+m_2g;$

$\displaystyle \displaystyle N_1=\frac{m_1g+m_2g}{3}.$

Проведем промежуточный расчет силы $N_1.$

$\displaystyle N_1=\frac{0,2\cdot 10+0,3\cdot 10}{3}=\frac{5}{3}$ (Н), тогда $\displaystyle N_2=\ \frac{5}{3}\cdot 2=\frac{10}{3}$ (Н).

Из уравнения (3) выразим искомую величину – длину стержня L.
$N_1\cdot \left|AC\right|+N_2\left(l+\left|AC\right|\right)=m_2gL;$
$\displaystyle L=\frac{N_1\cdot \left|AC\right|+N_2\left(l+\left|AC\right|\right)}{m_2g} .$
Подставим численные значения и проведем расчет длины стержня.

$\displaystyle L=\frac{\frac{5}{3}\cdot 0,2+\frac{10}{3}\cdot (0,6+0,2)}{0,3\cdot 10} = \frac{1}{3}\cdot \frac{\left(5\cdot 0,2+10\cdot 0,8\right)}{0,3\cdot 10}=\ \frac{1}{3}\cdot \frac{9}{0,3\cdot 10 }=1$ м.
Ответ: 1 м.

Секрет решения. В этой задаче требуется глубокое понимание и умение применять условия равновесия твердого тела (системы тел). Еще раз надо обратить внимание на понятие плеча силы – кратчайшего расстояния от линии действия силы до выбранной точки. При записи алгебраической суммы моментов сил надо правильно расставить знаки «+» или «-», в зависимости от того, куда стремится повернуть сила твердое тело: по часовой или против часовой стрелки. Общепринято считать момент силы положительным, если сила стремится повернуть тело против часовой стрелки относительно выбранной точки и наоборот.

В этой задаче правило моментов записывалось относительно точки А, но в тоже время, можно было его записать и относительно точек С и D. Это зависит от того, какие физические величины известны по условию, сколько неизвестных величин в полученных уравнениях. Прежде чем тратить силы и время на решение системы уравнений, надо убедиться, что число неизвестных равно числу независимых уравнений. Тогда остается только выбрать наиболее рациональный метод решения системы уравнений.

Спасибо за то, что пользуйтесь нашими статьями. Информация на странице «Задание 29 ЕГЭ по физике» подготовлена нашими авторами специально, чтобы помочь вам в освоении предмета и подготовке к экзаменам. Чтобы успешно сдать нужные и поступить в ВУЗ или колледж нужно использовать все инструменты: учеба, контрольные, олимпиады, онлайн-лекции, видеоуроки, сборники заданий. Также вы можете воспользоваться другими статьями из данного раздела.

Публикация обновлена: 08.05.2023

Задание 29 ЕГЭ по физике

Механика. Расчетная задача

Это полезно