Вдоль берега, от времени при движении по течению реки и против её течения. на рисунке изображены графики зависимостей пути, пройденного грузовым теплоходом
б) Определите скорость теплохода при движении по течению реки.
2) Определите скорость теплохода при движении против течения реки.
3) Какой путь сможет пройти этот теплоход за 120 мин при движении по озеру?
ответы на вопросы обоснуйте соответствующими рассуждениями или решением задачи.
2
S, KM
40
36
32
28
24
20
16-
12
8
4

Нажмите на рекламу ниже и сразу увидите ответ

↓

Популярные вопросы:

altemirovap0cn54

21.03.2022 15:00

Солнечные лучи на землю под углом 36 градусов к её поверхности, под каким угломк горизонту нужно расположить плоское зеркало, чтобы направить отраженные от него лучи горизонтально...

vikammirkushaoz9agx

03.08.2020 20:43

При равномерном подъеме платформы с грузом, подъемный кран совершил работу 1000 дж, а при спуске пустой платформы сила тяжести совершила работу 200 дж. во сколько раз масса груза...

dariagumennik

19.01.2021 22:16

(25 ів)розв яжіть я свм знаю відповідь але потріний ров язок....

Emmz

12.04.2021 03:24

Визначте,про які фізичні явища йдеться в реченнях. обиртається гвинт електром ясорубки.дріт нагрівся в полум ї пальника.навколишній світ ми бачимо різнокольоровим. чи можна вважати...

Токаарічіна

03.08.2020 20:43

Работы силы тяжести при подъёме и опускании?...

AcidSmile

03.08.2020 20:43

Мальчик массой 26 кг бегущий со скоростью 3 м/с вскакивает сзади на платфому массой 15 кг. чему равна скорость платфориы вместе смальчиком?...

просточеловек20171

03.08.2020 20:43

Период вращения платформы 4 секунды. найти центробежную силу ускорения, если радиус платформы 2 м. ответ округлить до сотых. нужен чекий ответ , и ссылки на сайты мне не надо!...

ZMelnikSasha

13.09.2021 13:08

6. относительно каких тел пассажир, сидяпии и движущемся вагоне, находится в состояниипокоя? а - земля,б - вагон.в колеса вагона.7. какой путь проехал мотоциклист за 2 часа двигаясь...

DaNa1517

28.03.2022 16:23

Через неподвижный блок переброшена нить, к концам которой подвешены грузы, по 200 г каждый. на один из грузов кладут перегрузок массой 20 г (рис). определите ускорение, с которым...

vanaromanihinp077sx

03.11.2022 15:42

Nbsp; вологість повітря за температури 18°с дорівнює 65 %. чи випаде роса, якщо температура знизиться до 10°с? ...

Ответ:

Tjfjfjcgjgk

14.09.2021 01:13

Самый простой пример использования принципа гидравлического пресса – знакомый каждому домашнему мастеру домкрат. Этот механизм можно найти не только в гаражах, но и в обычном наборе инструмента. В быту с домкрата поднимаются объемные и очень тяжелые предметы, используется он при строительных работах.
Гидравлические насосы применяют в гидропередачах, назначением которых является передача механической энергии от двигателя к исполнительному рабочему органу, а также преобразование вида и скорости движения последнего посредством жидкости

0,0(0 оценок)

Ответ:

ketti204

12.06.2020 06:29

$h = \frac{ s }{ ( 1/ \mu - 1/ tg{\alpha} )( \cos{\alpha} - \mu \sin{\alpha} )^2 }$ , при условии: $arctg{(\mu)} < \alpha < arcCtg{(\mu)}$ ;

*** если же переход от наклонной плоскости скруглённый, и: $R \gg 2h ( 1 - \frac{\mu}{tg{\alpha}} )$ , то:

$h = \frac{ s }{ 1/\mu - 1/tg{(\alpha)} }$ .

Объяснение:

По закону сохранений энергии:

$E_{ko} + E_{no} - A_\alpha = E_{k\alpha} + E_{n\alpha}$ ;

где:

$E_{ko} = 0$ и $E_{no} = mgh$ – начальные значения кинетической и потенциальной энергии;

$E_{k\alpha} = \frac{mv_\alpha^2}{2}$ и $E_{n\alpha} = 0$ – значения кинетической и потенциальной энергии перед ударом о горизонтальную поверхность, в самом низу наклонной плоскости;

$A_\alpha$ – работа силы трения на наклонной плоскости;

$A_\alpha = F_\alpha \cdot L$ – работа

силы трения $F_\alpha = \mu mg \cos{\alpha}$ на наклонной плоскости,

где: $L = \frac{h}{\sin{\alpha}}$ – длина наклонной плоскости;

$A_\alpha = \frac{ \mu mgh }{tg{\alpha}}$ ;

В итоге:

$mgh - \frac{ \mu mgh }{tg{\alpha}} = \frac{mv_\alpha^2}{2}$ ;

(*) $\frac{v_\alpha^2}{2} = gh ( 1 - \frac{\mu}{tg{\alpha}} )$ ;

Из этого вытекает очевидное условие, что:

$1 - \frac{\mu}{tg{\alpha}} 0$ ;

$1 \frac{\mu}{tg{\alpha}}$ ;

$tg{\alpha} \mu$ , т.е. угол наклона должен быть более значения: $\alpha arctg{(\mu)}$ , иначе груз вообще не сдвинется с места, и, разумеется, никакого расстояния не пройдёт, а общая формула (данная в ответе) даст формально отрицательный ответ для высоты .

Теперь «удар», т.е. переход с наклонной плоскости на горизонталь. Во время удара теряется вертикальная составляющая импульса $mv_{\alpha y} = mv_\alpha \sin{\alpha}$ . Это происходит почти мгновенно ( $\Delta t$ ), под воздействием гасящей его чрезвычайно резко возрастающей на время гашения силы реакции опоры (и веса – соответственно) $N_{nep}$ . Удар груза об опору в момент его перехода на горизонталь будем считать абсолютно неупругим, происходящим таким образом, что груз после него не подскакивает. Тогда можно записать, что:

$mv_{\alpha y} - N_{nep} \Delta t = 0$ ;

$N_{nep} = \frac{mv_{\alpha y}}{\Delta t}$ ;

За это время $\Delta t$ груз так же заметно замедляется под воздействием чрезвычайно резко возрастающей на время гашения силы трения:

$F_{nep} = \mu N_{nep} = \mu \cdot \frac{mv_{\alpha y}}{\Delta t}$ ;

Соответственно, гасится и горизонтальный импульс:

$mv_\alpha' = mv_{\alpha x} - F_{nep} \Delta t = mv_\alpha \cos{\alpha} - \mu \cdot \frac{mv_{\alpha y}}{\Delta t} \cdot \Delta t =$

$= mv_\alpha \cos{\alpha} - \mu mv_\alpha \sin{\alpha} = mv_\alpha ( \cos{\alpha} - \mu \sin{\alpha} )$ ;

$v_\alpha' = v_\alpha ( \cos{\alpha} - \mu \sin{\alpha} )$ ;

Из последнего вытекает очевидное условие, что:

$\cos{\alpha} - \mu \sin{\alpha} 0$ ;

$\cos{\alpha} \mu \sin{\alpha}$ ;

$\frac{\cos{\alpha}}{\sin{\alpha}} \mu$ ;

$tg{\alpha} < \frac{1}{\mu}$ , т.е. угол наклона должен быть не более определённого значения: $\alpha < arctg\frac{1}{\mu} = arcCtg{(\mu)}$ , иначе груз после удара о горизонтальную плоскость просто остановится, и никакого расстояния не пройдёт, а общая формула (данная в ответе) даст формально отрицательный ответ для высоты .

Кинетическая энергия груза после «ударного» торможения:

$E_{k\alpha}' = \frac{1}{2} mv_\alpha'^2 = \frac{1}{2} mv_\alpha^2 ( \cos{\alpha} - \mu \sin{\alpha} )^2$ ;

Далее, снова по закону сохранений энергии (с учётом неизменного значения потенциальной):

$E_{k\alpha}' - A_{ocm} = E_{k}'$ ;

где:

$A_{ocm} = F_{mp} \cdot s = \mu mg s$ – работа силы трения на горизонтальном участке до остановки;

а $E_{k}' = 0$ – конечная кинетическая энергия (остановка);

$\frac{1}{2} mv_\alpha^2 ( \cos{\alpha} - \mu \sin{\alpha} )^2 = \mu mg s$ ;

$\frac{v_\alpha^2}{2} = \frac{ \mu g s }{ ( \cos{\alpha} - \mu \sin{\alpha} )^2 }$ ;

Учитывая (*):

$gh ( 1 - \frac{\mu}{tg{\alpha}} ) = \frac{ \mu g s }{ ( \cos{\alpha} - \mu \sin{\alpha} )^2 }$ ;

$h ( 1 - \frac{\mu}{tg{\alpha}} ) = \frac{ \mu s }{ ( \cos{\alpha} - \mu \sin{\alpha} )^2 }$ ;

$h = \frac{ s }{ ( 1/ \mu - 1/ tg{\alpha} )( \cos{\alpha} - \mu \sin{\alpha} )^2 }$ .

*** Если же переход от наклонной плоскости гладкий, и при этом: $\frac{v_\alpha^2}{R} \ll g$ , т.е. радиус перехода: $R \gg 2h ( 1 - \frac{\mu}{tg{\alpha}} )$ , то «ударная» потеря – пренебрежима, и: $v_\alpha' = v_\alpha$ , а, значит:

$h = \frac{ \mu s }{ 1 - \mu Ctg{(\alpha)} } = \frac{ s }{ 1/\mu - 1/tg{(\alpha)} }$ .

0,0(0 оценок)

Полный доступ

Позволит учиться лучше и быстрее. Неограниченный доступ к базе и ответам от экспертов и ai-bota Оформи подписку