Механика. Подготовка к олимпиадам, 9 класс

[latexpage]

Здесь задачи на кинематику и динамику, поэтому я дала такое объединяющее их название статье. Все задачи довольно старые, некоторые уже были разобраны в вариантах, другие – еще, возможно, будут.

Задача 1. При выполнении трюка «Летающий велосипедист» гонщик движется по трамплину под действием силы тяжести, начиная движение из состояния покоя с высоты $H=17,3$ м. На краю трамплина скорость гонщика направлена под углом $\alpha=30^{\circ}$ к горизонту. Пролетев по воздуху, гонщик приземляется на горизонтальный стол, находящийся на той же высоте, что и край трамплина. Какова дальность полёта $L$ на этом трамплине? Сопротивлением воздуха и трением пренебречь. Ответ выразить в м, округлив до целых.

К задаче 1

Решение.

Дальность полета можно записать как

$$L=\upsilon_x t=\upsilon\cdot \cos{\alpha}\cdot t$$

За время $\frac{t}{2}$ гонщик достигнет наивысшей точки подъема, где его вертикальная составляющая скорости равна нулю:

$$0=\upsilon_{y0}-g\frac{t}{2}$$

$$\frac{t}{2}=\frac{\upsilon_{y0}}{g}=\frac{\upsilon\cdot\sin{\alpha}}{g}$$

Тогда

$$L=\upsilon\cdot \cos{\alpha}\cdot \frac{2\upsilon\cdot\sin{\alpha}}{g}=\frac{\upsilon^2}{g}\sin{2\alpha}$$

Модуль начальной скорости определяется из закона сохранения энергии по формуле $\frac{m\cdot\upsilon^2}{2}=m\cdot g\cdot H$, следовательно $\frac{\upsilon^2}{g}=2H$. При $\alpha=30^{\circ}$ получаем, что искомая дальность полёта равна $L=2H\cdot \sin{2\alpha}=\sqrt{3}H=30$ м.

Ответ: 30 м.

Задача 2. Груз массой $m=0,5$ кг падает с некоторой высоты на плиту массой $M=1$ кг, укреплённую на пружине с жёсткостью $k=1000$ Н/м. Чему равно наибольшее сжатие пружины $x$, если в момент удара груз обладал скоростью $\upsilon_0=5$ м/с? Удар считать неупругим. Ответ выразить в см, округлив до десятых. Ускорение свободного падения принять равным $g=10$ м/c$^{2}$.

Решение.

Пусть кинетическая энергия плиты и груза после соударения $W_k=\frac{(M+m)\upsilon^2}{2}$, потенциальная энергия начального сжатия пружины $W_{p0}=\frac{kx_0^2}{2}$ и конечная энергия сжатия $W_p=\frac{k(x+x_0)^2}{2}$

По закону сохранения энергии

$$W_k+W_{p0}+(M+m)gx=W_p \eqno (1)$$

$$W_k+\frac{kx_0^2}{2}+(M+m)gx=W_p=\frac{k(x+x_0)^2}{2}$$

Приводя подобные члены и учитывая, что $x_0=\frac{Mg}{k}$ имеем

$$ W_k+mgx=\frac{kx^2}{2} \eqno (2)$$

Из закона сохранения импульса имеем $\upsilon=\frac{m}{M+m}\upsilon_0,\quad W_k=\frac{\upsilon_0^2m^2}{2(M+m)}$

Подставляя в (2), получаем

$$\frac{\upsilon_0^2m^2}{2(M+m)}+mgx=\frac{kx^2}{2}$$

Решаем получившееся квадратное уравнение

$$x=\frac{mg}{k}+\frac{mg}{k}\sqrt{1+\frac{k\upsilon_0^2}{(M+m)g^2}}\approx7,0.$$

Ответ: 7,0 см.

Задача 3. В преддверии летнего сезона пожаров двое пожарных в одной из деревень решили заполнить одинаковые ёмкости для воды, расположенные на вышках высотой $H$. Емкости — это открытые сверху кубические баки объёмом $V$, стоящие на вышках. Один из пожарных стал заполнять бак при помощи насоса водой из большого водоёма, находящегося на уровне земли, из брандспойта, попадая струёй воды, направленной снизу вверх, прямо в верхнюю, открытую часть бака. Другой пожарный проложил от насоса до верхней части бака трубу и подавал в неё воду с той же скоростью, что и первый пожарный. Оба заполнили баки за одинаковое время. Во сколько раз минимальные затраты энергии на заполнение баков во втором случае больше, чем в первом? Потерями энергии в насосах и из-за трения в трубах и о воздух пренебречь. Ответ округлить до целых.

Решение.

Поскольку потерь энергии нет, механическая энергия при подъёме струи воды наверх сохраняется. Запишем закон сохранения энергии для всего объёма поднятой воды в первом случае, когда струя воды с плотностью $\rho$ для попадания в бак должна подняться с уровня земли на высоту, как минимум равную $H+\sqrt[3]{V}$ – чтобы вода преодолела и высоту стенки бака тоже. Для этого воде нужно сообщить кинетическую энергию

$$K_1=\frac{\rho\cdot V\cdot u^2}{2}$$

(здесь $u$ — скорость воды на выходе из брандспойта). Вся она перейдет в потенциальную, равную

$$E_1+K_1=\Pi_1=\rho\cdot V\cdot g\cdot (H+\sqrt[3]{V}).$$

Во втором случае вода обладает одинаковой кинетической энергией и на входе в брандспойт, и на выходе из него (времена заполнения баков и скорости воды на выходе из брандспойта и на входе в трубу одинаковы). Пренебрегая трением, мы можем записать с учётом первого соотношения минимальные затраты энергии. Они равны

$$E_2=\rho\cdot V\cdot g\cdot (H+\sqrt[3]{V})+\frac{\rho\cdot V\cdot u^2}{2}=2E_1.$$

Таким образом, во втором случае минимальные затраты энергии в два раза больше.

Ответ: в 2 раза.

Задача 4. Система из грузов массами $m$ и $M$ и связывающей их лёгкой нерастяжимой нити в начальный момент покоится в вертикальной плоскости, проходящей через центр закреплённой сферы. Груз массой $m$ находится в точке $A$ на вершине сферы. В ходе возникшего движения груз массой $m$ отрывается от поверхности сферы, пройдя по ней дугу 30$^\circ$. Найдите массу $m$, если $M=100$ г. Размеры груза массой $m$ ничтожно малы по сравнению с радиусом сферы. Трением пренебречь. Ответ выразить в г, округлив до целых.

К задаче 4

Решение.

Найдём модуль скорости груза массой $m$ в точке его отрыва от поверхности сферы. Для этого приравняем друг другу значения механической энергии системы грузов в начальном состоянии и в состоянии, когда груз массой $m$ находится в точке отрыва (потенциальную энергию грузов в поле тяжести отсчитываем от уровня центра сферы, в начальном состоянии груз массой $M$ находится ниже центра сферы на величину $h_0$).

Расставим силы

Тогда

$$mgR-Mgh_0=\frac{m\upsilon^2}{2}+mgr\cos\alpha+\frac{M\upsilon^2}{2}-Mgh,$$

где $R$ – радиус трубы, $h-h_0=R\frac{\pi}{6}.$ Отсюда

$$\frac{\upsilon^2}{R}=\frac{2g\cdot \left(m\cdot(1-\cos\alpha)+M\cdot \frac{\pi}{6}\right)}{M+m}.$$

Груз $m$ в точке отрыва ещё движется по окружности радиусом $R$, но уже не давит на сферу. Поэтому его центростремительное ускорение вызвано только силой тяжести, так как сила $T_1$ направлена по касательной к сфере. Таким образом,

$$\frac{m\cdot \upsilon^2}{R}=mg\cos\alpha.$$

Подставляя сюда значение $\frac{\upsilon^2}{R}$, получим, что искомая масса груза равна

$$m=M\cdot \frac{\frac{\pi}{3}-\cos\alpha}{3\cos\alpha-2}=30.$$

Ответ: 30 г.

Задача была представлена в видеоразборе варианта 28, номер задачи – 29.

Задача 5. Небольшая шайба после удара скользит вверх по наклонной плоскости из точки $A$. В точке $B$ наклонная плоскость без излома переходит в наружную поверхность горизонтальной трубы радиусом $R$. Если в точке $A$ скорость шайбы превосходит $\upsilon_0=4$ м/с, то в точке $B$ шайба отрывается от опоры. Длина наклонной плоскости $AB=L=1$ м, угол $\alpha=30^{\circ}$. Коэффициент трения между наклонной плоскостью и шайбой $\mu=0,2$. Найдите внешний радиус трубы $R$. Ответ выразить в м, округлив до десятых. Ускорение свободного падения принять равным $g=10$ м/c$^{2}$.

К задаче 5

Решение.

Запишем закон сохранения энергии  для движения шайбы от точки $A$ до точки $B$. Разность кинетической энергии шайбы вначале движения и работы силы трения равна сумме кинетической и потенциальной энергий шайбы в точке $B$:

$$\frac{m\upsilon_0^2}{2}-\mu mgL\cos\alpha=\frac{m\upsilon_B^2}{2}+mgL\sin\alpha.$$

Условие отрыва шайбы — равенство нулю силы реакции опоры, действующей на неё. Из второго закона Ньютона, написанного для шайбы в момент отрыва в проекции на направление, перпендикулярное скорости,

$$\frac{\upsilon_B^2}{R}=g\cos\alpha$$

$$\Downarrow$$

$$\upsilon_B^2=gR\cos\alpha.$$

Решая систему, находим внешний радиус трубы:

$$R=\frac{\upsilon_0^2}{g\cos\alpha}-2L\cdot(\mu+\operatorname{tg}{\alpha})\approx 0,3.$$

Ответ: 0,3 м.