Условия и решения задач
II олимпиады Мордовского государственного университета
по теоретической механике
(2013–2014 учебный год)
№1. Груз втягивают вверх по шероховатой поверхности, наклоненной под углом 60° к горизонту, наматывая трос на блок; при этом рукоятку блока вращают с постоянной скоростью. Найти максимально возможную массу груза, если трос выдерживает натяжение 60 кН, а поверхность – силу давления 45 кН. Коэффициент трения груза о поверхность равен 0.6.
Решение. На груз действуют сила тяжести 
, реакция опоры 
, натяжение нити 
и сила трения 
. Поскольку рукоятка блока вращается с постоянной скоростью, то и груз движется без ускорения. Значит, действующие на него силы уравновешены:
Введем оси координат так, как показано на рисунке, и спроецируем на них указанное векторное равенство:
Кроме того, следует учитывать, что при движении сила трения F = f0N, где f0 = 0.6 – коэффициент трения. Решая полученную систему, найдем
По условию, T £ 60 кН, N £ 45 кН. Из первого неравенства следует, что G £ 51.4569 кН, из второго – что G £ 90 кН. Оба ограничения выполняются при G £ 51.4569 кН. Поделив эту силу тяжести на ускорение свободного падения g = 9.81 м/с2, найдем максимально допустимую массу груза: m = 5245.35 кг.
Ответ. 5245.35 кг.
№2. Кривошип OA длины R = 20 см вращается с постоянной угловой скоростью w0 = 4 рад/с, так что ползун A движется в вертикальной плоскости по окружности радиуса R с центром в точке O. К ползуну A с помощью шарнира прикреплен стержень AB длины l = 16 см. Колесо с центром в точке B имеет радиус r = 4 см и катится по указанной окружности радиуса R без проскальзывания. Найти угловую скорость колеса.
Решение. Очевидно, искомая угловая скорость w = vB/r. Чтобы найти vB (скорость точки B), воспользуемся теоремой о проекциях двух скоростей применительно к отрезку AB.
Скорость точки A перпендикулярна OA, направлена по горизонтали влево и равна vA = w0R = 0.8 м/с. Скорость точки B перпендикулярна отрезку OB, поскольку изучаемый механизм таков, что расстояние OB = const; тем самым, эта скорость параллельна касательной к большой окружности, проведенной в точке их контакта.
Обозначим углы, образованные векторами 
и 
с линией BA, через a и b, соответственно; тогда vA×cosa = vB×cosb. Так как a = 180°–90°–ÐOAB, b = 90°–ÐOBA, то
Для вычисления углов решим треугольник OAB, в котором OA = R = 20 см, AB = l = 16 см, OB = R–r = 16 см. Из теоремы косинусов следует, что cos OAB = 5/8, cos OBA = 7/32; тогда sin OAB » 0.7806, sin OBA » 0.9758, а значит, vB » 0.6400 м/с.
Окончательно, w » 0.6400/0.04 = 16 рад/с.
Способ 2. Нетрудно видеть, что точка O – МЦС стержня AB. Действительно, отрезок OA перпендикулярен скорости точки A, а отрезок OB – скорости точки B. Поэтому vB/vA = OB/OA. Отсюда сразу следует, что vB = 0.64 м/с. Дальнейшие рассуждения очевидны.
Ответ. 16 рад/с.
№3. Материальная точка массы 2 кг, укрепленная на пружине жесткости 20000 Н/м, движется прямолинейно в среде с коэффициентом вязкого сопротивления 4 кг/с. В начальный момент времени пружина была не деформирована, но материальной точке сообщили некоторую скорость. Найти эту скорость, если спустя 2 с после начала движения по закону пружина, на которой был укреплен груз, оказалась растянута на 4 см.
Решение. В задаче не говорится ни о каких внешних силах, кроме сил упругости и вязкого сопротивления. Пусть x – деформация пружины, m = 2 кг – ее масса, r = 4 кг/с – коэффициент сопротивления, k = 20000 Н/м – жесткость пружины. Движение точки описывается уравнением
Для решения линейного дифференциального уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами составим и решим характеристическое уравнение: ml2 + rl + k = 0. Оно имеет комплексно сопряженные корни: , поэтому зависимость x(t) выглядит так:
т. е. точка совершает затухающие колебания.
Из условия x(0) = 0 найдем, что начальная фаза колебаний a = 0. Нам требуется найти величину
для чего необходимо определить параметр A. Его можно вычислить, исходя из условия x(2) = 0.04 м: A = –0.3366. Отсюда v0 = –33.6583 м/с.
Ответ. –33.6583 м/с.
№4. Теннисный мяч запущен с высоты 1 м с начальной скоростью 20 м/с под углом 45° к горизонту. Долетев до стенки, находящейся на расстоянии 5 м от места запуска, он ударяется об нее и отскакивает назад. На каком расстоянии от стенки приземлится мяч? Коэффициент восстановления при ударе равен 0.8, сопротивлением воздуха пренебречь.
Решение. Введем систему координат так, как показано на рисунке (ускорение свободного падения 
направлено вертикально вниз).
Начальные координаты мяча равны x0 = 0, y0 = 1 м, проекции начальной скорости на координатные оси составляют 
м/с. Вдоль оси Ox ускорение мяча равно 0; вдоль Oy оно равно –g. Знание этих параметров позволяет записать уравнения движения мяча до удара:
Компоненты скорости мяча изменяются по законам vx(t) = v0x, vy(t) = v0y – gt.
Такими же уравнениями (только с другими параметрами x0, y0, v0x, v0y) описывается полет мяча после его удара о стенку в некоторой точке A.
Расстояние в 5 м до стенки мяч преодолеет за время
с,
так как его горизонтальная скорость постоянна. Координаты точки соприкосновения со стенкой равны 
. В момент удара горизонтальная скорость мяча 
.
При ударе о стенку вертикальная (касательная) компонента скорости не меняется. Величина горизонтальной (нормальной) компоненты меняется в k = 0.8 раз (k – коэффициент восстановления); кроме того, направление нормальной компоненты меняется на противоположное. Значит, сразу после удара компоненты скорости мяча равны 
Соответственно, движение мяча после удара описывается уравнениями
где параметры xA, yA, vAx, vAy известны, время t отсчитывается от момента удара.
Нас интересует момент падения мяча на землю. Решая уравнение y(t) = 0, квадратное относительно t найдем два его корня: t1 » –0.4226, t2 » 2.5987. По предположению, t ³ 0, а значит, надо выбрать корень t2. Следовательно, в момент падения на землю мяч имеет абсциссу x(t2) » –24.4009 м и находится на расстоянии |5 – x(t2)| » 29 м от стенки.
Замечание. Это не единственный способ решения. Можно было, например, избавиться от времени в уравнениях движения и записать уравнение траектории в виде y = y(x).
Ответ. Около 29 м.
№5. Материальная точка движется под действием силы тяжести в вертикальной плоскости по шероховатой поверхности. Траектория точки представляет собой дугу окружности AB радиуса R. В положении A скорость точки равна нулю. Доказать, что в положении B скорость v точки удовлетворяет неравенству v2 < 2gR(1–f0), где g – ускорение свободного падения, f0 – коэффициент трения точки о поверхность.
Решение. Воспользуемся теоремой об изменении кинетической энергии материальной точки:
где m – масса точки, vA, vB – скорости материальной точки в положениях A и B, соответственно, AE – работа внешних сил, действующих на точку.
В изучаемом случае vA = 0, на точку действуют сила тяжести 
, численно равная mg, нормальная реакция поверхности и сила трения , численно равная f0N. Очевидно, работа силы тяжести положительна и равна mgR. Работа нормальной реакции равна нулю: в каждой точке траектории сила перпендикулярна направлению движения. Итак, AE = mgR + AF, где AF – работа силы трения. Вычислим ее.
Поскольку направлена в сторону, противоположную перемещению, ее работа выражается криволинейным интегралом первого рода:
Элемент длины ds = R×dj, где jÎ[0; p/2] – угол отклонения радиус-вектора текущего положения точки от горизонтали. Чтобы оценить N, рассмотрим проекцию уравнения движения 
на нормаль к траектории:
Здесь v – скорость материальной точки, an = v2/R – ее нормальное ускорение. Поскольку v = 0 лишь в положении A, то
Возвращаясь к теореме об изменении кинетической энергии, получим
откуда и вытекает искомое неравенство.
Система оценивания
Решение каждой задачи оценивается по 7-балльной шкале:
· 0 баллов – решение полностью неверное или задача не решалась (в последнем случае в протоколе выставляется «–»).
· 1–2 балла – решение неверное, но есть отдельные продвижения.
· 3–4 балла – задача решена примерно наполовину (например, при решении задачи статики составлена математическая модель).
· 5–6 баллов – задача решена не полностью или в решении есть вычислительные ошибки.
· 7 баллов – задача решена полностью.
