Урок №3

Физика. Урок № 3
Тема “Законы сохранения. Механические колебания”
Задача 1
Шарик массой m = 20 г свободно падает на стальную плиту и перед ударом имеет
скорость 1 = 5,0 м/с. Шарик отскакивает в прямо противоположном направлении со
скоростью 2 = 4,0 м/с. Определить модуль изменения импульса шарика и модуль средней
силы, действующей на шарик со стороны плиты во время удара, если соударение длилось
Δt = 1,0 · 10 – 2 с. Сопротивлением воздуха пренебречь.
Дано: m = 20 г, 1 = 5,0 м/с, 2 = 4,0 м/с, Δt = 1,0 · 10 – 2 с


| p | - ?  F – ?
Решение
Рис.1
Рис. 2
Выбрав направления осей ОХ и ОY так, как показано на рисунке 1, укажем вектор
импульса шарика до и вектор импульса шарика после удара.
 



Изменение импульса шарика – это вектор: p  p2  p1  mv2  mv1 .Выполним
проекции этого уравнения на оси ОХ и ОY.

Обозначим Δрх , Δру – проекции вектора  p на оси ОХ и ОY соответственно.
Находим: Δрх = 0, Δру = mv2y – mv1y = mv2+mv1=m(v2 + v1).

Следовательно, модуль изменения импульса шарика равен p  m(v1  v2 ) .

кг  м
Подставив числовые значения величин в формулу получим: | p | = 0,18
.
с
Второй закон Ньютона (в импульсной формулировке) гласит: изменение импульса
тела за время Δt равно результирующему импульсу внешних сил, действующих на тело,
за тот же промежуток времени. На шарик во время удара действуют две внешние силы:


средняя сила нормальной реакции плиты F и сила тяжести mg так, как показано на


рисунке 2. Результирующий импульс внешних сил – это вектор ( F  mg ) t .



Согласно выше сказанному справедливо уравнение p  ( F  mg ) t .

Для того, чтобы найти среднее значение модуля силы F , действующей на шарик во
время удара, надо выполнить проекцию на ось ОY второго закона Ньютона.
В проекциях на ось OY имеем m(v2+v1) = (F – mg) Δt . Отсюда получим, что
m(v1  v2 )
F
 mg . Подставив числовые значения величин в формулу, получим F = 18 H.

Ответ: F = 18 H.
Задача 2
Движущийся по горизонтальному полу шар массой m = 1 кг налетает со скоростью
 1 = 2 м/с на вертикальную стенку под углом  = 30о к ней. Найти импульс силы,
действовавшей на шар со стороны стенки в момент удара, если удар был абсолютно
упругий.
Дано: m = 1 кг, 1 = 2 м/с,  = 30о.
FΔt – ?
Решение
При упругом ударе тело отскакивает от стенки по «закону отражения», т.е. с той же
по модулю скоростью v2 = v1 и под таким же углом к стенке  = 30о(рис. 3). Это
возможно, если тело очень упругое, и при ударе кинетическая энергия переходит в
энергию упругой деформации тела, а затем за счет энергии упругой деформации форма
тела восстанавливается, и оно приобретает кинетическую энергию.
Рис. 3 (вид сверху)
Рис. 4
Импульсом силы называется векторная физическая величина численно равная
произведению силы, действовавшей на шар во время удара, на время ее действия.
Согласно второму закону Ньютона (в импульсной формулировке), изменение импульса
 
шара за время удара равно импульсу действовавшей на тело силы p  Ft .
 



В данном случае модуль изменения импульса тела: p  p2  p1  mv2  mv1



Вектор изменения импульса тела p  mv2  mv1 построен на рис.4 согласно
правилам векторного сложения. Как показано на рис. 4, он направлен перпендикулярно
стенке и (т.к. получился равносторонний треугольник) по модулю равен первоначальному

импульсу тела | p | = p1 = m1 = 2 кг · м/с.
Следовательно, в этом случае импульс силы равен: FΔt = 2 кг · м/с .
Ответ: FΔt = 2 кг · м/с .
Задача 3
На рисунке 5 представлен график зависимости проекции импульса px от времени t
для тела массой m = 250 г, движущегося вдоль оси ОХ. Найти проекцию ускорения тела
на ось ОХ .
Решение
Рис. 5
m х,
Представим зависимость проекции импульса px от времени t в аналитическом виде
px = 2+ 0,5 t (кг м/с). Так как проекцию импульса тела можно представить как px =
запишем в аналитическом виде зависимость проекции скорости  х от времени t, т.е.
х = 8 + 2 t (м/с). Сопоставляя это выражение с кинематическим уравнением
равноускоренного движения, которое имеет вид х = 0х + aх t, сделаем вывод, что
проекция ускорения при равноускоренном движении тела не зависит от времени и равна
ах = 2 м/с2.
Эту задачу можно было решать иначе. По данному графику зависимости проекции
импульса px от времени t для тела массой m = 250 г, движущегося вдоль оси ОХ (рис. 5)
найти значение тангенса угла наклона графика к оси абсцисс ( tg α = 0,5 кг м /с2), что
соответствует отношению  px /  t = Fx = m аx. Следовательно, значение проекции
ускорения тела не зависит от времени и равно ах = 2 м/с2.
Ответ: ах = 2 м/с2.
Задача 4
Пуля вылетает из винтовки в горизонтальном направлении со скоростью u1 = 800 м/с.
Какова скорость винтовки при отдаче, если ее масса m2 в 400 раз больше массы m1 пули?
Дано: m2 / m1 = 400, u1 = 800 м/с .
u2-?
Решение
Рис.6
Пусть положительное направление оси ОХ совпадает с направлением скорости пули

в момент вылета из винтовки (рис. 6). Обозначим: p1 = m1u1 – импульс пули после

выстрела; p 2 = m2 u2 – импульс винтовки после выстрела (т.е.при отдаче); импульс

системы тел (винтовка +пуля) до выстрела «по умолчанию» равен p  (m1 + m2) 0 = 0.
В направлении оси ОХ внешние силы не действуют (сопротивлением воздуха



пренебрегаем), поэтому, согласно закону сохранения импульса, p  0  p2  p1 .
Следовательно, проекция на ось ОХ импульса винтовки и пули до выстрела равна сумме
проекций их импульсов после выстрела:
(m1 + m2 ) v0x = m1 u1x + m2 u2x .
m
Так как v0х = 0, u1x = u1 то m1 u1 + m2 u2x = 0. Отсюда получим, что u 2 x   1 u1 .
m2
Подставив числовые значения величин в формулу, получим u 2 x  2 м / с .
Знак минус означает, что проекция вектора скорости винтовки после выстрела

отрицательна, т.е. направление вектора скорости винтовки u 2 после выстрела

противоположно направлению вектора скорости пули u1 .
Ответ: u 2 x  2 м / с
Задача 5
В результате взрыва камень разлетается на три части. Два осколка летят под прямым
углом друг к другу: осколок массой m1 = 1 кг летит со скоростью v1 =12 м/с, осколок
массой m2 =2 кг – со скоростью v2 = 8 м/с. Третий осколок отлетает со скоростью v3 = 40
м/с. Какова его масса и в каком направлении он летит?
Дано: m1 = 1 кг, v =12 м/с, m2 = 2кг, v2 = 8 м/с, v3 = 40 м/с.
m3 -?
Решение
Рис.7

«По умолчанию» до взрыва камень покоился, т. е. его импульс p  0 . Система тел
после взрыва состоит из трех тел (осколков). Внешней силой, действующей на систему
осколков во время взрыва, является сила тяжести. Но так как время разрыва камня очень
мало, импульс внешней силы можно считать равным нулю, а систему тел, следовательно,
замкнутой. Поэтому, на основании закона сохранения импульса, справедливо
утверждение: векторная сумма импульсов осколков после разрыва равна импульсу камня




до разрыва: p1  p2  p3  0 .


Зная направления векторов: p1 - импульса первого осколка после взрыва и p 2 импульса второго осколка и их модули p1 = m1v1, p2 = m2v2, найдем построением вектор

p 3 - импульса третьего осколка (рис. 7).
Составим уравнения в проекциях на оси ОХ и ОY:
0 = – p1 + p3х , 0 = – p2 + p3y ,

где p3х , p3y – проекции вектора p 3 на оси ОХ и ОY соответственно. Отсюда p3х= p1 ,
p3y = p2 .

Модуль вектора  p 3 равен :

 p 3   p32x  p32y  p12  p22  (m1v1 ) 2  (m2 v2 ) 2
Учитывая,
m3 
p p
2
1
2
2
что
p3

=
m3v3,
(m1v1 )  (m2 v 2 )
2
v3
получим m3 = 0,5 кг .
v3
найдем
массу
третьего
осколка
m3
.
2
. Подставив числовые значения величин в формулу,
mv

Как видно из рисунка 7 , вектор p 3 образует с осью ОХ угол   arctg 2 2 ,   53o .
m1v1
Ответ:   53o
Задача 6
Тело массой m = 5,0 кг равномерно перемещают на расстояние S = 10 м по
горизонтальной поверхности с помощью внешней силы, направленной под углом α = 30 0
к горизонту. Коэффициент трения при движении тела равен µ = 0,10. Какая при этом
совершена работа внешней силой?
Дано: m = 5,0 кг, S = 10 м , α = 30 0, µ = 0,10 .
А -?
Решение
По определению, механическая работа постоянной силы может быть определена по


формуле А =  F   S соs α, где  F - модуль постоянной силы, работу которой надо
рассчитать,  S - модуль перемещения тела под действием этой силы, α – угол между
направлением вектора силы и вектора перемещения (рис. 1).
Рис. 1
Для определения величины внешней силы, составим динамическое уравнение




равномерного движения тела в векторном виде F  mg  N  F тр = 0 . Выполним
проекции этого уравнение на оси системы отсчета ОХ и ОУ (рис.1). Система скалярных
полученных при этом уравнений имеет вид: F соs α  F тр = 0; F sin α + N  mg = 0.
Используем так же известное соотношение, что сила трения скольжения при движении
тела равна F тр = µ N. Из данных уравнений получим следующее выражение для внешней
 mg
силы F =
cos    sin 
Поэтому, работа , которую совершает внешняя сила при равномерном движении
mgS
тела равна А =
.
1  tg
Если все величины заданы в единицах системы СИ, то единицы измерения работы –
Дж. По данным этой задачи А = 48 Дж.
Ответ: А = 48 Дж.
Задача 7
Вблизи дороги образовалась ледяная горка с выездом на проезжую часть.
Поверхность горки представляет собой плоскость, составляющую с горизонтальным
направлением некоторый угол наклона. Проезжающей мимо дорожной машине удалось
посыпать горку песком снизу только до половины высоты. Коэффициент трения
скольжения полозьев санок о лед-песок равен µ = 0,50. Пренебрегая трением полозьев
только о лед, найти максимальное значение угла α max , при котором санки не смогут
достичь основания горки, съехав с ее вершины без начальной скорости.
Дано: µ = 0,50, v 0 = 0 м/с
α max -?
Решение
Потенциальную энергию тела условимся отсчитывать от основания горки СD (рис.2)
Тогда, санки массой m в начальной точке А обладают только потенциальной энергией Е1
= mgh. Согласно условия задачи, при движении до точки В, которая находится на
половине высоты горки, санки не испытывают трения ни о лед ни о воздух, поэтому их
полная механическая энергия ( сумма кинетической и потенциальной ) сохраняется.
Следовательно, Е2 = Е 1 = mgh.
Начиная с точки В, на санки действует сила трения скольжения F тр = µ N. Для
определения величины силы нормальной реакции опоры, составим динамическое




уравнение движения в векторном виде mg  N  F тр = ma . Выполним проекцию
этого уравнение на ось системы отсчета ОУ (рис.2).
Рис.2
Полученное при этом скалярное уравнение имеет вид: N  mg соs α = 0.
Следовательно, сила трения скольжения на участке ВС равна F тр = µ mg соs α .
При движении санок сила трения совершает работу Атр, которая является мерой
изменения полной механической санок при движении от точки В до точки С. Рассчитаем


работу силы трения по формуле Атр =  Fтр   S соs , где  Fтр - модуль силы трения,
 S - модуль перемещения санок на участке ВС,  – угол между направлением вектора
силы трения и вектора перемещения. Из геометрии прямоугольного треугольника Δ АСD
h
находим, что перемещение санок от точки В до точки С равно S =
.
2 sin 
Особенно внимательно определим значение угол между направлением вектора силы
трения и вектора перемещения, который в данной задаче обозначим  (т.е.  = 1800).
Следовательно, соs 1800 =  1. Учитывая все выше сказанное, получим следующее
h
h
выражение для работы силы трения Атр = ( 1) µ mg соs α
= µ mg
.
2 sin 
2tg
Пусть санки остановились в точке С. Полная механическая энергия санок в этом
положении равна Е3 = 0.
Тогда изменение полной механической энергии санок на
этом участке равно ΔЕ= Е3  Е2 = 0  mgh. Это изменение механической энергии равно
работе силы трения на участке ВС.

h
Е3  Е2 = Атр или 0  mgh = µ mg
. Откуда α = arctg , α = 140.
2
2tg
0
Ответ: α = 14 .
Задача 8
Масса куба m, длина его ребра  .Какую минимальную работу надо совершить,
чтобы однородный куб, который находится на горизонтальной поверхности, перевернуть
с одной грани на соседнюю?
Дано: m,  .
А min -?
Решение :
Чтобы совершенная работа была минимальной, будем переворачивать куб так, чтобы
он не отрывался от горизонтальной плоскости и не скользил по ней. Уровень начала
отсчета потенциальной энергии совместим с горизонтальной плоскостью.
Напомним, что центр масс однородных симметричных тел совпадает с центром их
симметрии. Поэтому мысленно заменяем куб материальной точкой такой же массы m,
расположенной в его центре масс.
Рис. 3
В начальном положении куба точка С – центр масс (рис.3) находится над нулевым

уровнем отсчета потенциальной энергии на высоте h1 =
. Поэтому потенциальная
2

энергия куба в начальном состоянии равна Е1 = mgh1 = mg
.
2
Внешняя сила должна совершить минимальную работу только для того, чтобы куб
поставить на ребро! Поэтому во втором положении куба, которое мы рассматриваем,

центр масс будет находиться на высоте h2 =
2 . Следовательно, потенциальная
2

энергия куба в этом положении равна Е2 = mg h2 = mg
2
2
При этом изменении положения куба внешней силой совершена минимальная работа
численно равная изменению потенциальной энергии А min = ΔЕ = Е2  Е1= mgh1  mg h2 =

mg ( 2  1).
2
Дальнейшее движение куба до его полного переворота на соседнюю грань
присутствия внешней силы не требует.

Ответ: Аmin= mg ( 2  1).
2
Задача 9
Тело массой m = 100 г брошено со скоростью v 0 = 10 м/с под углом α = 30 0 к
горизонту. Вычислить среднюю мощность силы тяжести при подъеме тела до высшей
точки траектории. Сопротивлением воздуха пренебречь.
Дано: m = 100 г,
v 0 = 10 м/с , α = 30 0
.
 N mg  -?
Решение:
Напомним очень важное физическое утверждение:
работа силы тяжести (так как сила тяжести является потенциальной силой) не
зависит от формы траектории движения тела, а зависит только от начального и конечного
положения тела. Поэтому работа силы тяжести при подъеме тела до наивысшей точки
траектории (параболы) определяется формулой




Аmg =  mg   h соs , где  mg - модуль силы тяжести,  h - модуль перемещения
тела по вертикали между начальным положением и положением в верхней точке
траектории, т.е. максимальная высота подъема тела,  – угол между направлением
вектора силы тяжести и вектора перемещения по вертикали. Особенно внимательно
определим значение угол между направлением вектора силы тяжести
и вектора
перемещения по вертикали-  = 1800. Тогда
соs 1800 =  1. Учитывая все выше сказанное, получим следующее выражение для
работы силы тяжести Аmg = ( 1) mgh.
Средняя мощность, развиваемая силой тяжести, определяется формулой  N mg  =
Amg
, где t – время подъема тела до наивысшей точки траектории.
t
В материалах урока № 2 было показано, что максимальная высота подъема тела,
2
v sin 2 
брошенного с начальной скоростью v0 под углом  к горизонту равна h = 0
,а
2g
v sin 
время подъема на эту высоту составляет t = 0
. ( рис. 4).
g
Рис. 4
Подставляя значения этих величин в расчетную формулу, получим  N mg  = ( 1)
v0 sin 
mg
. Окончательный ответ – средняя мощность, развиваемая силой тяжести при
2
подъеме тела до высшей точки траектории численно равна  N mg  =  2,5 Дж.
Ответ:  N mg  =  2,5 Дж
Задача 10
Пуля массой m1, летящая горизонтально попадает в деревянный шар массой m2,
который висит на легкой упругой нерастяжимой нити длиной  , и застревает в нем.
Какова должна быть минимальная скорость пули, чтобы шар смог совершить полный
оборот в вертикальной плоскости?
Дано: m1 , m2 ,  .
u min -?
Решение
Данная задача комбинированная, поэтому разделим ее решение на несколько частей.
1 часть. Для того, чтобы шар сделал полный оборот в вертикальной плоскости, он
должен вместе с застрявшей в нем пулей, двигаться по траектории, представляющей
собой окружность. Рассмотрим самую верхнюю точку траектории (рис.5).
Рис. 5
Обозначим::(m1 + m2)g - сила тяжести, действующая на шар с пулей; Fупр – сила
упругости нити, возникающая при движении; а ц.с. – центростремительное ускорение в
данной точке. Силами сопротивления движению шара пренебрегаем. Запишем в
векторном виде динамическое уравнение движения для шара в этой точке и спроецируем
его на ось ОУ : (m1 + m2)g + Fупр = (m1 + m2) а ц.с.
Используем также известное выражение для центростремительного ускорения а ц.с. =
2
v в
, где v 2 в - скорость шара в верхней точке траектории, L –длина нити, которая
L
численно равна радиусу окружности.
Для того, чтобы шар не сорвался с траектории в верхней точке, необходимо, чтобы
сила упругости нити в верхней точке была Fупр  0 . Если сила упругости Fупр = 0 в этой
точке, то шар на грани срыва.
Рассчитаем скорость шара в верхней точке на грани срыва из уравнения: (m1
+ m2)g =
v 2 в min
(m1 + m2)
. Следовательно, v 2 в min = gL.
L
2 часть. Так как при движении шара с пулей силы сопротивления движению
не учитываются, то можно считать эту систему тел замкнутой. Поэтому применяем закон
сохранения полной механической энергии. Уровень начала отсчета потенциальной
энергии совместим с начальным положением шара. Обозначим Е1 – полную энергию в
нижнем положении шара после того, как в нем застряла пуля, Е2 - полную энергию в
верхнем положении. Тогда получим уравнение:
v 2 в min
v 2 н min
+ (m1 + m2)g 2L = (m1 + m2)
. Из этого уравнения найдем
2
2
минимальную скорость, которую будет иметь шар с пулей в нижней точке траектории, т.е.
v 2 в min = v 2 в min + 4gL. С учетом результата, полученного в первой части решения задачи
v 2 н min = 5 gL.
3часть. Рассмотрим процесс соударения пули и шара как абсолютно
неупругий удар. Применяем закон сохранения импульса: m1u min = (m1 + m2) v н min.
m
Следовательно, минимальная скорость пули равна u min = (1 + 2 ) 5 gL .
m1
m
Ответ: u min = (1 + 2 ) 5 gL .
m1
(m1 + m2)
Задача 11
Если шарик массой m = 100 г, прикрепленный к горизонтальной пружине
Н
жесткостью k = 40
, отвести от положения равновесия на L=18см и отпустить, то он
м
совершает гармонические колебания. Найти проекции ускорения и скорости шарика в
момент, когда его координата равна х=9,0см. Во сколько раз в данный момент
кинетическая энергия шарика больше потенциальной энергии деформации пружины?
Н
Дано:. m = 100 г, k = 40
, L=18см, х=9,0см
м
ах -?, Vх -? ,
Wk
-?
Wn
Решение:
Если в начальный момент времени шарик отклонен из положения равновесия и
начинает движение из этого положения, то амплитуда его колебаний равна А=L , а
k
координата зависит от времени по закону x  A cos t , где  
- циклическая частота
m
k
40
рад

 20
колебаний,  
m
0,1
с
Проекция
скорости
шарика
Vx  xt/  A sin t ,
проекция
ускорения
a x  Vt /   2 A cos t .
Найдем фазу колебания   t в момент, когда координата шарика х=9,0см:
x x 1

cos t    ,   t  .
A L 2
3

м
Тогда проекция скорости шарика в этот момент Vx  20  0,18 sin  3,1( ) ,
3
с

м
соответственно проекция ускорения a x  400  0,18 cos  36( 2 ) .
3
с
2
kA
Полная энергия колебаний пружинного маятника W 
, потенциальная энергия
2
kx2
пружины в указанный в условии момент Wn 
. «По умолчанию» сопротивлением
2
движению можно пренебречь, и выполняется закон сохранения механической энергии:
W  Wn  Wk .
k
Тогда Wk  W  Wn  ( A2  x 2 ) . Следовательно, отношение энергий равно:
2
2
2
Wk k ( A  x )
A

 ( ) 2  1  3,0
2
Wn
kx
x
м W
м
Ответ: Vx  3,1 , a x  36 2 , k  3,0
с
с Wn
Задача 12
Два маленьких шара подвешены на нитях. Первый шар подвешен на нити длиной
L1=90cм поднимают по вертикали до точки подвеса, второй шар отклоняют так, что его
нить образует с вертикалью небольшой угол. Оба шара одновременно отпускают. Найти
длину нити второго шара, если шары вернулись в положение равновесия за одинаковое
время, а сопротивление движению можно не учитывать?
Дано:. L1=90см, t2=t1
L2-?
Решение:
Первый шар движется к положению равновесия в свободном падении с высоты H=L1
2 L1
2H

и время его возвращения, по известной формуле из кинематики, t1 
.
g
g
Второй шар будет совершать колебания и время возвращения его к положению
2 L1  L2
T 2 L2  L2

равновесия равно t 2  
. Так как t1=t2, то
=
,
4
4
g
2 g
g
2 g
8L
L2  21  0,73( м)

Ответ: L2  0,73м
Задача 13
Период синусоидальных колебаний источника упругой волны Т=3,0с. Смещение
точки среды, расположенной на расстоянии х=15cм от источника, равно половине
амплитуды через промежуток времени t=1,0c после начала колебаний источника. Найти
скорость распространения волны.
Дано:. Т=3,0с, х=10cм, t=1,0c
V-?
Решение:
Пусть источник колеблется вдоль оси ОУ, а волна распространяется вдоль оси ОХ.
2
t . До точки
Тогда уравнение колебаний источника упругой волны y  A sin t  A sin
T
x
расположенной на расстоянии r от источника колебания распространятся за время t1 
V
2
(t  t1 ) .
и поэтому уравнения колебаний для точки среды y r  A sin
T
A
2
2
x

x
T
 A sin
(t  t1 ) , то
(t  ) 
t ,
,
2
T
T
V
6
V
12
x
0,15
м
V

 0,2( )
T 1  0,25
с
t
12
м
Ответ: V  0,2
с
Так как y r 
Задачи для самостоятельного решения
Задача 1
Скорость лодки массой m = 100 кг относительно воды равна v1 = 4 м/с и направлена
перпендикулярно берегу, а скорость течения реки v2 = 3 м/с. Найти импульс лодки
относительно берега.
Задача 2
Шарик массой m = 100г брошен с поверхности земли под углом α = 30о к горизонту
со скоростью v0 = 10 м/с. Найти максимальное изменение импульса шарика за время
полета.
Задача 3
Зависимость проекции импульса от времени для тела массой m = 2,0 кг,
движущегося вдоль оси Ох, задана уравнением: px = 2,0 + 6,0t (кг · м/с). Найти изменение
импульса тела за время, которое необходимо для перемещения тела на Δr = 28 м.
Задача 4
Стальной шарик массой m = 0,10 кг свободно без начальной скорости падает на
горизонтальную поверхность с высоты h = 0,20 м и, отскакивая, после удара поднимается
снова на ту же высоту h. Найти модуль средней силы давления шарика на поверхность
при ударе, если длительность удара Δt = 40 мс. Сопротивлением воздуха пренебречь.
Задача 5
Человек находится на краю тележки длиной l = 6 м, которая стоит неподвижно на
гладких рельсах. Он переходит с одного конца тележки на другой параллельно рельсам.
Найти на какое расстояние относительно земли при этом переместится тележка, если
масса человека
Задача 6
Тело массой m = 1 кг движется прямолинейно так, что зависимость его координаты
от времени описывается кинематическим уравнением х = 10 + 20 t  4 t 2 (м) Определить
кинетическую энергию тела через t = 2 с после начала движения.
Задача 7
Тело массой m = 1 кг, равномерно перемещают вверх по наклонной плоскости под
действием внешней силы, направленной вдоль наклонной плоскости. Плоскость
составляет угол наклона α = 45 0 с горизонтом. Коэффициент трения скольжения µ = 0,2.
Если внешняя сила совершает работу А = 9,6 Дж, то на какую высоту она поднимает тело?
Задача 8
Две пружины с жесткостями к1 = 0,30 кН/м и к2 = 0,50 кН/м соответственно
соединены последовательно и растянуты так, что удлинение второй пружины Δ х 2 = 3,0
см. Определить суммарную работу выполненную по растяжению пружин.
Задача 9
Однородный брусок длиной  =25 см, скользящий по гладкой горизонтальной
поверхности, попадает на полосу препятствий - шероховатый участок шириной 2 =50 см.
Коэффициент трения скольжения на этом участке µ = 0,10. Какую минимальную
начальную скорость должен иметь брусок, чтобы преодолеть этот участок?
Задача 10
Цепочку массой m = 100 г и длиной  = 50 см, которая лежит на горизонтальной
поверхности, берут за один конец и медленно равномерно поднимают вверх так, чтобы ее
нижний конец отстоял от горизонтальной поверхности на расстояние равное длине
цепочки. Какую работу при этом необходимо совершить внешней силе?
Задача 11
Уравнение колебаний материальной точки имеет вид x = 0,08sin( 4 t + 0,2) (м).
Найти модуль максимальной скорости точки и путь, который она пройдет за промежуток
времени t1=4,5c от начала колебаний.
Задача 12
Материальная точка совершает гармонические колебания. Определите отношение
кинетической энергии точки к потенциальной энергии системы в тот момент, когда
смещение точки из положения равновесия равно половине амплитуды колебаний, x 
A
.
2
Задача 13
Маятниковые часы на поверхности Земли идут точно. На какой промежуток времени
отстанут эти часы за сутки, если их поднять на высоту h = 7,00 км? Средний радиус Земли
R = 6371 км.