«Шаги познания физики». Механика 2013

«Шаги познания физики». Механика 2013.

Таблица возможных ответов.

1 задача.
1
2
3
4
5
2 задача.
1
2
3
4
5
3 задача.
1
2
3
4
5
4 задача.
1
2
3
4
5
5 задача.
1
2
3
4
5

Возможные решения.

Задача 1.

На протяжённой горизонтальной поверхности вдоль вертикальной оси скачет небольшой, абсолютно упругий, гладкий кубик. Максимальная скорость его движения равна . На расстоянии от места удара первого кубика, равном максимальной высоте его полёта, на горизонтальной поверхности расположен второй такой же кубик. Ему сообщают горизонтальную скорость в направлении первого. Кубики столкнулись так, что плоскость пятна контакта кубиков во время удара была вертикальна и перпендикулярна скорости второго кубика. Временем ударов можно пренебречь.

1)  Найдите максимальную высоту полёта первого кубика.

2)  Найдите период движения первого кубика до удара второго.

3)  На какой высоте находился первый кубик в момент старта второго?

4)  Найдите скорость первого кубика сразу после удара о него второго.

5)  На каком расстоянии от места удара можно поставить вертикальную стенку так, чтобы после отражения от неё первый кубик вновь ударился о второй?

1) Согласно закону сохранения энергии:

.

2) Выберем систему отсчёта, связанную с местом удара. Пусть в момент удара первого кубика о горизонтальную поверхность время равно нулю. Запишем закон равнопеременного движения кубика вдоль вертикальной оси:

.

3) Т. к. второй кубик движется равномерно, то его время движения до удара:

.

Значит, в момент старта второго кубика первый движется вниз. Учитывая симметричность равнопеременного движения, удобнее рассмотреть движение первого кубика от поверхности до искомой высоты. Запишем для этого полёта закон равнопеременного движения кубика вдоль вертикальной оси:

.

4) Из законов сохранения энергии и импульса следует, что при упругом ударе одинаковых тел они обмениваются скоростями. В нашем случае это будет справедливо для горизонтальной оси, направленной вдоль скорости движения второго кубика. Тогда импульс первого кубика после удара будет складываться из его импульса, направленного вверх, и импульса второго кубика, которым он обладал до удара:

;

.

5) Чтобы вернуться после отражения от стенки в первоначальную точку встречи, где покоится второй кубик, первый в обратном направлении должен двигаться по той же траектории – повторяющимся параболам. Значит, при ударе о стенку скорость первого кубика должна измениться на противоположно направленную. Это возможно в верхней точке параболы, где скорость кубика горизонтальна, и в углу между стенкой и горизонтальной поверхностью.

Для ответа на пятый вопрос определим дальность полёта кубика. Т. к. вдоль горизонтальной оси его движение равномерное, то:

.

Тогда положение возможной стенки определяется следующей формулой:

.

Задача 2.

Гладкий диск радиусом R равномерно вращается на высоте H от земли, делая N оборотов за время t. На расстоянии r от оси вращения с помощью штыря закреплён небольшой кубик массой m. В некоторый момент времени штырь выпадает.

1)  Найдите модуль линейной скорости вращения центра кубика.

2)  С какой силой кубик действует на штырь?

3)  Каким должен быть коэффициент трения кубика о диск, чтобы штырь не требовался?

4)  Сколько времени с момента выпадения штыря кубик находится на диске?

5)  Найдите величину горизонтальной составляющей перемещения кубика от момента выпадения штыря до момента удара о землю.

1) Период вращения диска с кубиком:

.

Тогда линейная скорость кубика:

.

2) Согласно третьему закону Ньютона сила действия кубика на штырь равна по модулю и противоположна по направлению силе действия штыря на кубик. Реакция опоры со стороны штыря на кубик сонаправлена с центростремительным ускорением, поэтому действие кубика на штырь направлено от оси вращения.

Запишем второй закон Ньютона для кубика и спроецируем его на направление ускорения:

.

3) Если действие штыря заменить трением, то в предельном случае:

.

Для обеспечения покоя кубика относительно диска коэффициент трения может быть и больше.

4) Т. к. диск гладкий, после выпадения штыря на кубик не действуют горизонтальные силы. Значит, кубик будет двигаться по диску равномерно и прямолинейно, пока не достигнет края. Согласно рисунку (вид сверху):

.

5) Горизонтальная составляющая смещения кубика состоит из его перемещения по поверхности диска и дальности полёта L. Найдём сначала время полёта, спроецировав закон движения на вертикальную ось:

.

На горизонтальной оси:

.

Тогда:

.
Задача 3.

На гладкой горизонтальной поверхности расположена доска массой М и длиной L. В начало доски помещают небольшую модель гоночного автомобиля массой m. При включении двигателя автомобиля его колёса проскальзывают относительно доски. Коэффициент трения колёс о доску равен μ.

1)  Найдите модуль ускорения автомобиля относительно горизонтальной поверхности.

2)  Найдите модуль ускорения доски относительно горизонтальной поверхности.

3)  Найдите модуль ускорения автомобиля относительно доски.

4)  Найдите время движения автомобиля по доске.

5)  Найдите модуль перемещения доски за время нахождения на ней автомобиля.

1) Запишем второй закон Ньютона для автомобиля. В проекции на направление ускорения свободного падения получим:

. Тогда:

.

В проекции на направление ускорения автомобиля получим:

;

.

2) Запишем второй закон Ньютона для доски. В проекции на направление ускорения доски получим:

;

.

3) Выберем телом – автомобиль, подвижным телом отсчёта – доску, неподвижным телом отсчёта – горизонтальную поверхность. Запишем закон сложения ускорений:

.

Спроецируем уравнение на направление ускорения автомобиля:

.

4) Перемещение автомобиля относительно доски равно её длине. Тогда:

.

5) Теперь легко найти перемещение доски:

.

Задача 4.

На горизонтальной поверхности расположен гладкий клин массой М, наклонная плоскость которого плавно переходит в горизонталь. На высоте H поместили небольшое гладкое тело массой m. Тело и клин одновременно отпускают без начальной скорости. Соскользнув с клина, тело упруго отражается от вертикальной стены и вновь поднимается на клин.

1)  Найдите модуль скорости клина после первого соскальзывания тела.

2)  Найдите модуль скорости тела после первого соскальзывания с клина.

3)  Найдите модуль скорости системы в момент максимального подъёма тела на клин после первого отражения от стены.

4)  Найдите максимальную высоту подъёма тела на клин после первого отражения от стены.

5)  Найдите модуль максимальной скорости клина после большого числа взаимодействий с телом.

1) Запишем закон сохранения энергии и закон сохранения импульса в проекции на горизонтальную ось:

;

.

Решая эту систему относительно скорости клина, получим:

.

2) Решая систему относительно скорости тела, получим:

.

3) После удара о стену импульс тела сменит направление. В момент максимального подъёма тела на клин их скорости будут равны. Запишем закон сохранения импульса для второго взаимодействия клина и тела в проекции на горизонтальную ось:

.

4) Теперь запишем закон сохранения энергии для второго взаимодействия:

;

.

5) Очевидно, что после каждого взаимодействия модуль скорости клина возрастает, а модуль скорости тела убывает. Т. к. число взаимодействий большое, то можно считать, что скорости клина и тела после последнего взаимодействия равны. Тогда из закона сохранения энергии:

.

Задача 5.

В системе, показанной на рисунке, невесомую балку длиной L удерживают в горизонтальном положении. После того, как балку отпустили, она стала подниматься с ускорением а, оставаясь всё время в горизонтальном положении. Массы m1 и m2 известны. Трением и массой блоков можно пренебречь.

1)  Найдите величину натяжения нити, на которой висит груз m1, во время подъёма балки.

2)  Найдите величину натяжения нити, на которой висит груз m2, во время подъёма балки.

3)  Найдите расстояние х, на котором закреплен груз массой m3.

4)  Найдите величину натяжения нити, на которой висит груз m3, во время подъёма балки.

5)  Найдите массу груза m3.

1) Запишем второй закон Ньютона для первого груза в проекции на направление ускорения свободного падения:

;

.

2) Аналогично получим:

.

3) Запишем правило моментов для балки относительно точки крепления нити третьего груза:

;

.

4) Запишем правило моментов для балки относительно точки крепления нити первого груза:

;

.

5) Запишем второй закон Ньютона для третьего груза в проекции на направление ускорения свободного падения:

;

.