Просто о физике, математике, электротехнике
Просто о физике, математике, электротехнике
Категория: Движение по окружности, Кинематические связи, Олимпиадная физика

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=1с 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.

 

Добавить комментарий

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