Просто о физике, математике, электротехнике
Просто о физике, математике, электротехнике
Категория: Динамика, Кинематика, Олимпиадная физика

Механика. Подготовка к олимпиадам, 9 класс

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 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.

 

Добавить комментарий

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