Кинематические связи. 10 класс, подготовка к олимпиадам

Задачи на кинематические связи - одни из самых непростых на олимпиадах разного уровня. Давайте рассмотрим несколько из них.

Задача 1.

Груз поднимается при помощи двух неподвижных и одного подвижного блоков. Определить скорость $w$ груза в момент, когда угол между нитями равен $\alpha=120^\circ,$ если нити вытягиваются со скоростями $u=3$ м/с и $\upsilon=2$ м/с. Ответ дать в м/с, округлив до целых.

К задаче 1

Решение.

Сумма проекций скорости среднего блока на левую и правую нити $2w\cdot\cos\frac{\alpha}{2}$ равна скорости убывания длины нити между крайними блоками $u+\upsilon.$ Получается, что $w=\frac{u+\upsilon}{2\cos\frac{\alpha}{2}}=5$ м/с.

Ответ: 5 м/с.

Задача 2.

На полу около стены стоит гладкий клин. На его плоскости, образующей с горизонтом угол $\theta=60^\circ,$ лежит груз, удерживаемый невесомой нерастяжимой нитью. Один конец нити прикреплен к стене так, что участок нити между стеной и клином горизонтален. Остальная часть нити лежит на наклонной плоскости. Найдите скорость движения груза относительно пола через $t_0=1$с после начала движения клина от стены с ускорением $a_0=1$ м/с$^2$ параллельным горизонтальному участку нити. Ответ дать в м/с, округлив до целых.

К задаче 2

Решение.

В системе отсчета клина сам клин неподвижен, стена удаляется от него с ускорением $a_0,$ и брусок скользит по поверхности клина вверх с ускорением $a_0$ (так как нить нерастяжима).

Тогда, в земной системе отсчета ускорение бруска равно векторной сумме ускорения клина (переносное ускорение) и ускорения бруска в системе отсчета клина (относительное ускорение). Абсолютное ускорение бруска

$$a_{abs}=2a_0\cdot\sin\frac{\theta}{2}.$$

Окончательно, скорость бруска через время $t$ равна

$$\upsilon=2a_0\cdot t\cdot\sin\frac{\theta}{2}=1.$$

Ответ: 1 м/с.

Задача 3.

Колесо катится без проскальзывания с постоянной скоростью $\upsilon=4$ м/с. С верхней точки обода колеса (точка $A$ см. рис.) срывается камешек. Через какое время колесо наедет на этот камешек? Радиус колеса $R=40$ см, ускорение свободного падения $g=10$ м/с$^{2}.$ Ответ дать в секундах, округлив до десятых.

К задаче 3

Решение.

В земной системе отсчета верхняя точка колеса имеет скорость $2\upsilon$ направленную горизонтально. Время полета камешка можно найти из формулы

$$2R=\frac{g\cdot t^2}{2}.$$

Дальность полета камешка с высоты $2R$ будет равна

$$L=2\upsilon\cdot t=2\upsilon\cdot\sqrt{\frac{4R}{g}}.$$

Время, за которое точка контакта колеса с дорогой доедет до места падения камешка, равно

$$\tau=\frac{L}{\upsilon}=4\sqrt{\frac{R}{g}}=0,8.$$

Ответ: 0,8 с.

Задача 4.

Стержень длиной $L=0,58$ м движется в горизонтальной плоскости. В некоторый момент времени скорости концов стержня равны $\upsilon_1=1$ м/с и $\upsilon_2=1,5$ м/с, примем скорость первого из них направленной под углом $\alpha=30^\circ$ к стержню. Какова угловая скорость $\omega$ вращения стержня вокруг оси вращения? Ответ дать в рад/с, округлив до целых.

К задаче 4

Решение.

Для решения данной задачи необходимо помнить теорему о мгновенном центре скоростей (далее — МЦС).

Теорема о мгновенном центре скоростей: Для любого движения плоской среды, кроме поступательного, существует единственная точка (не обязательно принадлежащая этой среде), скорость которой равна $\vec 0,$ а скорости всех остальных точек среды распределены так, как будто они движутся по окружностям вокруг этой точки. Эта точка называется мгновенным центром скоростей (сокращенно — МЦС). Для каждого момента времени МЦС, вообще говоря, свой.

Вернёмся к задаче. Обозначим за $\beta$ угол между скоростью второго конца и стержнем, первый конец стержня точкой $A,$ а второй — точкой $B.$ Сделаем рисунок. Проведём перпендикуляры к скоростям двух точек, тогда точка их пересечения и будет МЦС. Это точка $O$ на рисунке.

К задаче 4. Центр вращения

Так как $O$ — МЦС, то все точки стержня вращаются вокруг него с угловой скоростью $\omega,$ то есть $\upsilon_1=\omega\cdot OA$ и $\upsilon_2=\omega\cdot OB$ откуда $OB=\frac{\upsilon_2}{\upsilon_1}\cdot OA.$\

Заметим, что $\angle BAO=\frac{\pi}{2}-\alpha,$ а по теореме косинусов

$$OB^2=AB^2+AO^2-2\cdot AB\cdot AO\cdot cos(\angle BAO).$$

Подставляя в теорему косинусов $OB$ выраженный через $OA$ и решая квадратное уравнение, получаем, что

$$OA=\frac{L\cdot\upsilon_1\cdot\left(\sqrt{\upsilon_2^2-\upsilon_1^2\cdot\sin^2\left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)}-\upsilon_1\cdot\cos\left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)\right)}{\upsilon_2^2-\upsilon_1^2},$$

откуда

$$\omega=\frac{\upsilon_1}{OA}=\frac{\upsilon_2^2-\upsilon_1^2}{L\cdot\left(\sqrt{\upsilon_2^2-\upsilon_1^2\cdot\sin^2\left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)}-\upsilon_1\cdot\cos\left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)\right)}\approx 3.$$

Ответ: 3 рад/с.

Задача 5.

С каким ускорением движется груз 2, если блок имеет ускорение $3a$ вверх, а груз 1 — ускорение $a$ вниз? $a=2$ м/с$^{2}.$ Ответ дать в м/с$^{2},$ округлив до целых.

К задаче 5

Решение.

Предположим, что тело 2 неподвижно, тогда нить должна растянуться на $\frac{6a\cdot t^2}{2}$ из-за движения блока и на $\frac{a\cdot t^2}{2}$ из-за движения груза 1. Но это невозможно, так как нить нерастяжима, следовательно, груз 2 должен за это время $t$ подняться на расстояние $\frac{7a\cdot t^2}{2}.$ То есть он движется с ускорением $7a$ вверх. $7a=14$ м/с $^{2}.$

Ответ: 14 м/с$^2$.