Просто о физике, математике, электротехнике
Просто о физике, математике, электротехнике
Меню
Репетитор
Главная /// Физика /// ЕГЭ по физике /// Кинематика /// Движение под углом к горизонту /// Лунка и горка
Категория: Движение под углом к горизонту
| Автор:

Лунка и горка

Две задачи на движение под углом к горизонту, одна – с лункой, другая – с горкой.

Задача 1.  В сферической лунке прыгает шарик, упруго ударяясь о ее стенки в двух точках, расположенных на одной горизонтали. Промежуток времени при движении шарика слева направо равен T_1, справа налево – T_2. Определить радиус R лунки.

К задаче 1

Рассмотрим, например, синюю траекторию (движение справа налево). Время движения до наивысшей точки подъема определим из

    \[\upsilon_y=\upsilon_{y0}-gt\]

    \[0=\upsilon_0\sin\alpha -gt\]

    \[t=\frac{\upsilon_0\sin\alpha }{g}\]

Полное время движения равно T_1=2t

    \[T_1=\frac{2\upsilon_0\sin\alpha }{g}~~~~~~~~~~~~~~(1)\]

Расстояние между точками ударов тогда будет равно

    \[l=\upsilon_x \cdot T_1=\upsilon \cos \alpha\cdot \frac{2\upsilon_0\sin\alpha }{g}\]

Но, совершенно аналогично, рассмотрев рыжую траекторию, можем записать

    \[l=\upsilon \cos \beta\cdot \frac{2\upsilon_0\sin\beta }{g}\]

Приравняем правые части

    \[\upsilon \cos \alpha\cdot \frac{2\upsilon_0\sin\alpha }{g}=\upsilon \cos \beta\cdot \frac{2\upsilon_0\sin\beta }{g}\]

Так как

    \[\sin\alpha \cos \alpha=\sin\beta \cos \beta\]

Это означает, что \alpha+\beta=90^{\circ}.

Из (1)

    \[\sin\alpha=\frac{T_1g}{2\upsilon_0}\]

    \[\cos \alpha=\sin\beta=\frac{T_2g}{2\upsilon_0}\]

Тогда

    \[l=2\upsilon_0^2\cdot \frac{T_1g}{2g\upsilon_0}\cdot \frac{T_2g}{2\upsilon_0}=\frac{gT_1T_2}{2}\]

Треугольник ABC прямоугольный с острыми углами \varphi=\frac{\alpha+\beta}{2}=45^{\circ}, его медиана равна половине гипотенузы и является в нем высотой. Радиус лунки найдем из треугольника BHC:

    \[R^2=\frac{l^2}{4}+\frac{l^2}{4}\]

    \[R=\frac{l}{\sqrt{2}}\]

    \[R=\frac{gT_1T_2}{2\sqrt{2}}\]

Ответ: R=\frac{gT_1T_2}{2\sqrt{2}}.

 

Задача 2. Сферическая горка имеет радиус R. При какой наименьшей скорости \upsilon_0  камень, брошенный с поверхности земли, перелетит через горку, не коснувшись ее поверхности?

К задаче 2

Проекция начальной скорости камня  на ось y равна

    \[\upsilon_{y0}=\upsilon_0\sin\alpha\]

Так как в наивысшей точке подъема эта проекция равна нулю, то по формуле «без времени» найдем максимальную высоту подъема:

    \[2H_{max}g=(\upsilon_0\sin\alpha)^2\]

    \[H_{max}=\frac{\upsilon_0^2\sin^2\alpha }{2g}=R~~~~~~~~~(2)\]

    \[\upsilon_0=\frac{\sqrt{2gR}}{\sin\alpha }\]

    \[\sin\alpha=\frac{\sqrt{2gR}}{\upsilon_0}\]

Радиус кривизны траектории в наивысшей точке подъема определим так:

    \[a_n=\frac{\upsilon_x^2}{R_{kr}}=g\]

    \[R_{kr}=\frac{\upsilon_x^2}{g}=R=\frac{\upsilon_0^2\cos^2\alpha}{g}~~~~~(3)\]

Приравняем (2) и (3):

    \[\frac{\upsilon_0^2\cos^2\alpha}{g}=\frac{\upsilon_0^2\sin^2\alpha }{2g}\]

Откуда

    \[\cos \alpha=\frac{\sqrt{gR}}{\upsilon_0}\]

    \[\sin \alpha=\frac{\sqrt{\upsilon_0^2-gR}}{\upsilon_0}\]

    \[\upsilon_0=\frac{\sqrt{2gR}\upsilon_0}{\sqrt{\upsilon_0^2-gR}}\]

Таким образом,

    \[\frac{2gR}{\upsilon_0^2-gR }=1\]

    \[\upsilon_0^2-gR=2gR\]

    \[\upsilon_0^2=3gR\]

    \[\upsilon_0=\sqrt{3gR}\]

Ответ: \upsilon_0=\sqrt{3gR}

Для вас другие записи этой рубрики:

Комментариев - 10

  • Александр
    |

    Анна, проверьте ответ к задаче 1 про шарик в сферической лунке. Там размерности не совпадают.
    Скорее всего погорячились со степенью g или где то накосячили при вычислении l. Там тоже размерности не совпадают.
    У меня получился другой ответ (решал тоже по другому).
    Ответить
    • Анна
      |

      Спасибо, да, квадрат g был лишним. Опечаталась.
      Ответить
      • Александр
        |

        Вам спасибо, хороший подбор задач.
        Ответить
  • Александр
    |

    Задача №2 Необходимо обосновать равенство радиуса у центростремительной силы и максимальной высоты подъёма. Радиус кривизны параболы в вершине?!, или найти дальность через степень точки..
    Ответить
  • Александр
    |

    К моему предыдущему замечанию по задаче 2. Начать с того, что минимум модуля скорости при минимуме компонент скорости ортогонального разложения. Квадрат минимальной вертикальной компоненты равен (Vy)^2=2*g*R, А квадрат минимальной горизонтальной компоненты скорости равен
    (Vx)^2= g*R т.к. R минимальная высота и радиус Отсюда полная скорость
    V^2 = (Vx)^2 + (Vy)^2 И всё!
    Ответить
    • Анна
      |

      Да, это хорошо!
      Ответить
      • Виталий
        |

        Анна, всё-таки в задаче 2
        vmin = √(2gR√2)
        Вы решали №2047, где две точки касания. В задаче 2 – тот же подход. Посмотрите, пожалуйста.
        Ответить
        • Анна
          |

          В задаче 2 приведена картинка. Я решала задачу именно для этого случая. Я не поняла, что такое 2047. Ответ верен.
          Ответить
  • Виталий
    |

    В №2047 угол можно довести до более красивого ответа arctg (1+√2) = 67,5 град (ответ точный!)
    Посмотрите, пожалуйста.
    Спасибо Вам за Ваш великий труд!
    Ответить
    • Анна
      |

      Не понимаю, о какой задаче Вы говорите. В моих про угол не спрашивают.
      Ответить

    • Добавить комментарий

    Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *
    МЕНЮ