Решения

Решения:

1. Принципиальная разница двух рассматриваемых в задаче случаев заключается в характере связи. В случае, когда шарик закреплен на стержне он, достигнув максимальной высоты подъема H=2L, окажется в положении неустойчивого равновесия и, следовательно способен сделать полный оборот, когда его скорость на этой высоте равна 0. Используя закон сохранения энергии

=2mgL, имеет V0= 2,

Где V0 – скорость сообщенная шарику в нижней точки траектории.

Для совершения полного оборота шаром на нити его скорость V в верхней точке траектории должна быть отлична от нуля. Её значение легко рассчитать используя второй закон Ньютона

= mg+N

где N – сила натяжения нити.

Минимальному значению скорости V соответствует условие N=0. Тогда из первого имеем

V=

Следовательно, согласно закону сохранения энергии, в этой ситуации

или 2mgL +

Отсюда, для начального значения скорости шарика на нити, получаем

V0=

2. Полное ускорение шарика а = аτ + аn будет направленно горизонтально (рисунок 1) в момент времени, когда сумма проекций сил, действующих на шарик, на вертикальное направление равна нулю:

N cos α – mg =0 (1)

Используя закон сохранения энергии

mgl= + mgl(1-cos α)

находим, что скорость шарика в этот момент

V= (2)

В проекции на направление нити второй закон Ньютона имеет вид

m = N – mg cos α (3)

где an= – нормальное ускорение шарика.

Подставив (2) в (3) получаем N=3mg cosα . Тогда из (1) следует, что сформулированное условие выполняется при угле

α = arcos

В этот момент времени V= и N= mg

Рисунок 1

3. Рассмотрим положении шайбы в точке А у основания наклонной плоскости (рисунок 2). Для того чтобы шайба имела возможность начать движения вверх, необходимо чтобы составляющая силы F электрического взаимодействия зарядов компенсировала составляющую силы тяжести mg , направленную вдоль наклонной плоскости. Это возможно только в том случае, если знаки заряда q и Q

противоположны.

F cos α = cos α mg sin α

Отсюда минимальное значение модуля заряда Q , при котором начнет движение вверх без начальной скорости

Qmin = (1)

Работа по перемещению заряда q в поле заряда Q из точки А точку B

А= -q(φa – φв) = (- ) = ( -

Где φa и φв потенциалы поля в точках А и В.

Так как трение нет, то совершая работу по перемещению шайбы электрическое поле увеличивает её энергию на величину

W = + mgh = + mgl sin α cos α (3)

Из (2) и (3) для скорости шайбы в точке В, с учетом (1), получаем

V =

Рисунок 2

4. Данная задача решается очень легко, если использовать простейшие сведения из высшей математики. Действительно, мгновенная скорость муравья на расстоянии r от центра муравейника

V(r) = = (1)

Где k = R1 V1 – коэффициент пропорциональности, определяемый из условия, что на расстоянии R1 скорость муравья V1 .

Переписав (1) в виде dt = rdr/k и интегрируя обе части этого выражения, получаем

τ = = (2)

Однако для десятиклассников, не знакомых с понятием интеграла, такой путь решения невозможен. Поэтому для его отыскания следует воспользоваться понятием среднего значения функции на интервале.

В данном случае удобно искать среднее значение функции

Растущей с ростом r по линейному закону (рисунок 3)

r

R1 R2

Рисунок 3

На интервале R1 ≤ r ≤ R2 оно равно

< > = + = (3)

Из (3) , учитывая что < > = , находим среднюю скорость < V > движения муравья через точку A и B

< V > =

Следовательно, искомое время

τ = = ,

что совпадает с (2) Подставив численные данные получаем τ = 100с

5. Так как лыжник, пройдя расстояние ɩ по склону горы остановился, то, по закону сохранения и превращения энергии,

mgl sin α = A (1)

Здесь m – масса лыжника, А- работа силы сопротивления. Поскольку по условию задачи сила сопротивления F=kx , где х – пройденный путь, k – коэффициент пропорциональности, то А = и (1) имеет вид:

mgl sin α = (2)

Аналогично (1), при прохождении лыжника расстояния l *, в конце которого его скорость достигает максимального значения,

mgl*sin α = + (3)

Из второго закона Ньютона

ma = mg sinα – kx

видно что ускорение лыжника имеет свой знак ( следовательно скорость будет достигать максимального значения) при

x = l* = (4)

Решая систему уравнений (2) и (3) с учетом (4) получаем

l =

6. Будем считать что груз вращается по окружности радиуса R и стержень составляет с вертикалью угол α. На груз действует сила тяжести mg и сила реакции T со стороны стержня (рисунок 4), равнодействующая которых сообщает грузу нормальное ускорение an . Записав второй закон Ньютона для груза в проекциях на горизонтальное (ОХ) и вертикальное (ОY) направления

man = T sin α ; 0 = T cos α – mg,

легко найти, что

an = g tg α (1)

Учитывая, что an = ω2 R, где R= ɩ sin α , перепишем (1) в виде

ω2 ɩ sin α = g tg α

отсюда cos α = (2)

Из (2), вспоминая что |cos α| ≤ 1 ясно, что отклонение стержня от вертикали будет возможно только при условии ω2ɩ > g, то есть в том случае, если угловая скорость вращения оси ω>

При этом угол α π/2 при неограниченном увеличении угловой скорости вращения.

При ω2ɩ < g равнодействующая mg tgα силы тяжести и силы реакции сообщает грузу ускорение большее, чем ускорение при его вращении по окружности. Поэтому стержень с грузом будет вращаться сохраняя вертикальное положение, которое, в случае, является устойчивым.

Примерный график α(ω) приведён на рисунке 4

α

π/2