Просто о физике, математике, электротехнике
Просто о физике, математике, электротехнике
Категория: Второй закон Ньютона, Динамика

Динамика: сложные задачи

[latexpage]

Предлагаю решение нескольких задач из книги “Отличник ЕГЭ. Физика. Решение сложных задач”. Возможно, в дальнейшем на сайте появятся и решения других задач из этой книги. Задачи интересные, и все как одна “решабельные”, то есть никаких подвохов в них нет.

Задача 1. Шайба, брошенная вдоль наклонной плоскости, скользит по ней, двигаясь вверх, а затем движется вниз. График зависимости модуля скорости шайбы от времени дан на рисунке. Найти угол $\alpha$ наклона плоскости к горизонту.

К задаче 1

Так как  график составлен из двух отрезков прямых, то ускорение шайбы постоянно на обоих отрезках. Определим его. При движении вверх скорость шайбы изменилась с 6 м/с до 0 за 4 с, следовательно, ускорение равно $a_1=1,5$ м/с$^2$. На пути вниз скорость шайбы с нуля доросла до 4 м/с за 4 с, следовательно, ускорение равно $a_2=1$ м/с$^2$.

К задаче 1 – движение вверх

К задаче 1 – движение вниз

Реакция опоры при движении шайбы равна

$$N=mg \cos {\alpha}$$

От реакции опоры напрямую зависит сила трения. Запишем уравнение по второму закону Ньютона для движения шайбы вверх (сразу учтем, что ускорение отрицательно, поскольку шайба тормозит):

$$ma_1=F_{tr}+mg \sin {\alpha}$$

Запишем уравнение по второму закону Ньютона для движения шайбы вниз:

$$ma_2=mg \sin {\alpha}-F_{tr}$$

Складывая  уравнения, имеем:

$$m(a_1+a_2)=2 mg \sin {\alpha}$$

Откуда

$$\sin {\alpha}=\frac{ a_1+a_2}{2g}$$

$$\alpha=\arcsin{\frac{ a_1+a_2}{2g}}=\arcsin{\frac{ 1,5+1}{20}}=\arcsin{0,125}=7,2^{\circ}$$

Ответ: $7^{\circ}$.

Задача 2. Два шарика одинакового диаметра, имеющие массы $m_1 = 300$ г и $m_2 = 100$ г, связаны между собой легкой нерастяжимой нитью, длина которой значительно превышает диаметр шариков. Шарики сбросили с достаточно большой высоты. Спустя некоторое время после этого вследствие сопротивления воздуха скорость падения шариков стала постоянной. Найти натяжение нити Т при установившемся падении шариков. Ускорение свободного падения $g = 10$ м/с$^2$ .

К задаче 2

Шарики при падении «выстроятся»: снизу расположится более тяжелый, за ним «потянется» более легкий. «Потянется» в прямом смысле, посредством нити.

Для первого шарика уравнение для установившегося движения:

$$Mg-T-F_{sopr}=0$$

Для второго шарика:

$$mg+T-F_{sopr}=0$$

Складывая, имеем:

$$2 F_{sopr}=(M+m)g$$

$$F_{sopr}=\frac{(M+m)g}{2}$$

Подставим в любое уравнение полученную силу сопротивления:

$$T=Mg- F_{sopr}=Mg-\frac{(M+m)g}{2}=\frac{(M-m)g}{2}=\frac{(0,3-0,1)10}{2}=1$$

Ответ: $T=1$ Н.

Задача 3. Два одинаковых груза массой $M =1$ кг  связаны между собой нитью, перекинутой через блок с неподвижной осью. На один из грузов кладут перегрузок массой $m=0,1$ кг. С какой силой Р будет давить перегрузок на груз $M$? Массой блока и нити, а также трением в оси блока пренебречь, нить считать нерастяжимой‚ ускорение свободного падения принять равным $g= 10$ м/с$^2$.

К задаче 3

Запишем уравнение по второму закону для груза с перегрузком:

$$(M+m)a=(M+m)g-T$$

Для груза без перегрузка:

$$Ma=T-Mg$$

Из второго уравнения имеем $T$:

$$T=M(a+g)$$

Подставим в первое:

$$(M+m)a=(M+m)g-M(a+g)$$

$$(2M+m)a=mg$$

$$a=\frac{m}{2M+m}g$$

Теперь, зная ускорение, легко отыщем силу давления перегрузка на груз:

$$P=(g-a)m=\frac{2Mmg}{2M+m} $$

Ответ: $P=\frac{2Mmg}{2M+m} $.

Задача 4. В системе, показанной на рисунке, грузы массами $m_2 = 1$ кг и $m_3= 5$ кг прикреплены к концам невесомой нерастяжимой нити. На такой же нити, один конец которой закреплен, а другой прикреплен к грузу массой $m_2$,  висит подвижный блок. К оси этого блока на легких нерастяжимых нитях подвешен груз массой $m_1 = 6$ кг. Отрезки нитей, не лежащие на блоках, вертикальны. Пренебрегая трением и массой блоков, найти модуль и направление ускорения груза $m_1$.  Ускорение свободного падения принять равным $g= 10$ м/с$^2$.

К задаче 4

Это одна из задач, решение которых строится на факте нерастяжимости нити. Именно этот факт будет важен, так как решение будем основывать на том, что сумма путей, пройденных грузами, постоянна, и максимально равна длине нити. Пусть координаты грузов по оси $y$ $y_1$, $y_2$ и $y_3$ соответственно. Пусть в некоторый момент времени их координаты стали $y_1’$, $y_2’$ и $y_3’$. Путь, пройденный телом 1:

$$S_1= y_1’- y_1$$

А нить при этом «сократилась» на $2S_1$.

Путь, пройденный телом 2:

$$S_2= y_2’- y_2$$

А нить при этом «сократилась» на $S_2$.

Путь, пройденный телом 3:

$$S_3= y_3’- y_3$$

А нить при этом «удлинилась» на $S_3$.

Запишем пути, пройденные телами, через их ускорения:

$$S_1=\frac{a_1t^2}{2}$$

$$S_2=\frac{a_2t^2}{2}$$

$$S_3=\frac{a_3t^2}{2}$$

Можно записать, что

$$2S_1=S_2=S_3$$

Следовательно, ускорения тел 2 и 3 одинаковы, $a_2=a_3$, а у тела 1 тогда $2a_1=a_2$.

Теперь можно перейти к динамике. Запишем уравнения по второму закону Ньютона для всех тел. При этом обратим внимание, что разные участки нити будут по-разному натянуты. Это происходит из-за наличия груза 2, он является своеобразным «перегрузком»:

Силы

$$-m_1a_1=m_1g-2T_2$$

$$-m_2a_2=m_2g-T+T_2$$

$$m_3a_3=m_3g-T$$

Перейдем везде к ускорению $a_1$, ведь оно – искомое:

$$-m_1a_1=m_1g-2T_2$$

$$-2m_2a_1=m_2g-T+T_2$$

$$2m_3a_1=m_3g-T$$

Из последнего уравнения

$$T= m_3(g-2a_1)$$

А из первого

$$2T_2=m_1(g+a)$$

Тогда, подставляя все во второе, получим:

$$-2m_2a_1=m_2g- m_3(g-2a_1)+\frac{ m_1(g+a)}{2}$$

$$-a_1(m_3+m_2+\frac{m_1}{2})=(m_2-m_3+\frac{m_1}{2})g$$

$$a_1=-\frac{ 2m_2-2m_3+m_1}{4m_3+4m_2+m_1}g$$

«Минус» указывает направление ускорения: оно направлено вверх, против $g$.

$$a_1=-\frac{ 2-10+6}{20+4+6}g=-0,67$$

Ответ: $a_1=0,67$ м/с$^2$, направлено вверх.

Задача 5. Через гладкий блок, закрепленный на гладкой неподвижной наклонной  плоскости, составляющей с горизонтом угол $\alpha= 30^{\circ}$, перекинута легкая нерастяжимая нить. Один конец нити прикреплен к бруску массой $M = 5$ кг, лежащему на плоскости, а свисающий конец пропущен через узкое отверстие в грузе массой $m= 1$ кг, как показано  на рисунке. Если одновременно отпустить брусок и груз, нить будет проскальзывать через отверстие с постоянным ускорением $a= 3$ м/с$^2$ относительно груза. Найти силу $T$ натяжения нити. Ускорение свободного падения принять равным $g= 10$ м/с$^2$.

К задаче 5

Запишем уравнение по второму закону для обоих грузов:

$$Ma_M=Mg\sin{\alpha}-T$$

$$ma_m=mg-T$$

Теперь определимся с ускорениями: так как нить проскальзывает относительно груза $m$, то

$$a_M=a-a_m$$

Тогда, подставляя силу натяжения нити, имеем:

$$ M(a-a_m)=Mg\sin{\alpha}-m(g-a_m)$$

$$Ma+ma- Mg\sin{\alpha}=ma_m+Ma_m$$

$$a_m=\frac{mg+Ma- Mg\sin{\alpha}}{m+M}$$

Теперь можно определять силу натяжения:

$$T=mg-ma_m=mg-\frac{m(mg+Ma- Mg\sin{\alpha})}{m+M}$$

$$T=\frac{mgM-maM+ Mmg\sin{\alpha})}{m+M}$$

$$T=\frac{mM}{M+m}(g(1+\sin{\alpha})-a)$$

$$T=\frac{5}{6}(10(1+0,5)-3)=10$$

Ответ: $T=10$ Н

Задача 6. Маленькую шайбу массой $m = 100$ г запустили со скоростью $\upsilon_0= 0,6$ м/с в направлении по касательной к внутренней поверхности находящейся в невесомости сферы массой $M = 500$ г и радиусом $r = 0,5$ м. Найдите модуль силы, действующей на шайбу со стороны сферы. Трение отсутствует, сфера вначале покоилась.

По закону сохранения импульса

$$u(m+M)=\upsilon_0m$$

$$u=\frac{\upsilon_0m }{m+M}$$

Если перейти в систему отсчета «сфера», то скорость шайбы в ней будет равна

$$\upsilon_{sh}=\upsilon_0-u=\upsilon_0-\frac{\upsilon_0m }{m+M}=\frac{\upsilon_0M }{m+M}$$

Известно, что при движении по окружности угловая скорость такого движения равна  $\upsilon =\omega r$, следовательно,

$$R_{sh}=\frac{\upsilon_{sh} }{\omega }$$

Угловая скорость через период:

$$\omega=\frac{2\pi}{T}$$

Период – время одного оборота:

$$T=\frac{2 \pi r}{\upsilon_0}$$

Следовательно,

$$R_{sh}=\frac{Mr }{m+M}$$

Аналогично

$$R_{sf}=\frac{mr }{m+M}$$

Теперь можем найти, с какой силой шайба будет давить на сферу:

$$F=ma_n=\frac{m\ upsilon_{sh}^2}{R_{sh}}=m\frac{\upsilon_0^2M^2}{(m+M)^2}\frac{m+M}{Mr}=\frac{\upsilon_0^2Mm}{(m+M)r}$$

$$F=\frac{0,6^2\cdot0,5\cdot0,1}{0,6\cdot0,5}=0,6$$

Ответ: $F=0,6$ Н.


Задача 7.  На горизонтальном диске на расстоянии $R = 50$ см от оси лежит маленькая шайба. Диск медленно раскручивают так, что его угловая скорость равномерно возрастает со временем. Через время $t=20$ с после начала раскручивания шайба начала скользить по диску. Найти коэффициент трения шайбы о диск, если за время $t$ диск сделал $ n= 5$ оборотов.

К задаче 7

Сила трения удерживает шайбу от соскальзывания. Однако диск разгоняется, следовательно, есть тангенциальное ускорение, и скорость  шайбы растет, что вызывает рост нормального ускорения. Наконец, общее ускорение становится столь большим, что сила, им обусловленная, превышает силу трения, и шайба соскальзывает.

Условие соскальзывания

$$ma=mg\mu$$

Где $a=\sqrt{a_n^2+a_t^2}$.

Выясним, каковы нормальное и тангенциальное ускорения.

Скорость шайбы растет и становится равной $\upsilon$ к моменту соскальзывания. Угловая скорость становится равной $\omega$ за то же время. Тогда

$$S=\frac{a_t t^2}{2}$$

$$ a_t=\frac{2S}{t^2}$$

Путь, пройденный телом – пять кругов – равен $S=n\cdot2 \pi R$.

$$a_t=\frac{ 4n\cdot \pi R }{t^2}$$

Угловая скорость определяет, какой угол преодолело тело за промежуток времени. У нас пять кругов, следовательно, тело прошло $2 \pi n$ радиан за время $t$, тогда

$$\omega=\frac{2 \pi n }{t}$$

Нормальное ускорение тела

$$a_n=\omega^2 R=\frac{4 \pi^2 n^2R }{t^2}$$

В свою очередь, полное ускорение равно

$$a=\sqrt{\frac{16 \pi^4 n^4R^2 }{t^4}+\frac{ 16n^2\cdot \pi^2 R^2 }{t^4}}=\frac{4R\pi n}{t^2}\sqrt{\pi^2n^2+1}$$

Тогда

$$\mu=\frac{a}{g}=\frac{4\cdot0,5\cdot \pi \cdot5}{20^2\cdot10}\sqrt{\pi^2\cdot25+1}=0,5$$

Ответ: $\mu=0,5$.

 

Комментариев - 2

  • Никита
    |

    добрый вечер, в задаче № 3 в разделе сложных задач по динамике, я думаю что формула силы давления в данном случае будет иметь вид P= m*(g+a), а не P= m*(g-a) , так как ускорение груза с перегрузом будет направлено вниз . Если я не прав, прошу объяснить в чем моя ошибка.

    Ответить
    • Анна
      |

      [latexpage]
      Конечно, ускорение направлено вниз. Поэтому для перегрузка можно записать
      $$ma=mg-N$$
      Или
      $$N=mg-ma=m(g-a)$$
      По третьему закону сила реакции опоры равна силе, с которой перегрузок давит на груз.

      Ответить
  • Добавить комментарий

    Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *