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

Несколько задач для подготовки к олимпиадам

[latexpage]

Еще несколько задач на динамику для подготовки к олимпиадам. Динамика, трение, немного гидродинамики.

Задача 1. Система, состоящая из двух одинаковых брусков массы $m$, движется с постоянной скоростью $\upsilon_0$ вдоль гладкой горизонтальной плоскости по направлению к вертикальной стенке. Верхний брусок смещён относительно нижнего на расстояние $b_0$ в направлении движения (см. рисунок ). Через некоторое время система сталкивается со стенкой. Соударение любого из брусков с ней можно считать абсолютно упругим. Коэффициент трения между брусками $\mu$. 1) Определите смещение $b$ (модуль и направление) верхнего бруска относительно нижнего после того, как прекратится взаимодействие системы брусков со стенкой, а верхний брусок перестанет скользить по нижнему. 2) С какой скоростью к после этого будет двигаться система? 3) В каких координатах зависимость $b (\upsilon_0)$ будет линейна? Постройте график этой зависимости в соответствующих координатах.

К задаче 1

Когда первый брусок ударится о стенку – а удар абсолютно упругий – его скорость поменяет направление на противоположное и останется такой же по модулю. Поэтому сразу после удара бруски имеют равные, противоположно направленные скорости. На них оба действует сила трения. Для верхнего бруска она направлена вправо, для нижнего – влево.

Упругое столкновение

И тут возможны варианты развития событий. Нижний брусок о плоскость не трется, он трется о верхний. И, значит, тормозит. И может не доехать до стенки. Если его кинетическая энергия окажется меньше работы против силы трения, так и случится. По закону сохранения энергии

$$S=\frac{\upsilon_0^2}{2\mu g}$$

$$S\leqslant b_0$$

Конечная скорость системы – ноль: $\upsilon_k=0$.

Так как бруски в одинаковых условиях – на них действует одинаковое ускорение и они пройдут одинаковые пути $S$. Смещение будет равно

$$b=b_0-2S$$

Итак, если $\frac{\upsilon_0^2}{2\mu g}\leqslant b_0$, то $b=b_0-\frac{\upsilon_0^2}{\mu g}$, $\upsilon_k=0$.

Если брусок доехал до стенки, то (т.к. скорости брусков одинаковы)

$$\upsilon_k=\sqrt{\upsilon_0^2-2\mu g b_0}$$

Общая скорость будет равна $\upsilon_k$.

Смещение во втором случае

А смещение будет равно $b=-b_0$.

Чтобы график зависимости $b(\upsilon_0)$ будет линейна в координатах $b(\upsilon_0^2)$:

График

Ответ: Если $\frac{\upsilon_0^2}{2\mu g}\leqslant b_0$, то $b=b_0-\frac{\upsilon_0^2}{\mu g}$, $\upsilon_k=0$. Если $\frac{\upsilon_0^2}{2\mu g}\geqslant b_0$, то $b=-b_0$, $\upsilon_k=\sqrt{\upsilon_0^2-2\mu g b_0}$.

 

Задача 2. На вершину закрепленной полусферы радиуса $R$ ставят шар того же радиуса со смещенным центром тяжести («ванька-встанька»). Центр тяжести шара находится ниже его центра на расстоянии $\frac{2R}{3}$ от центра (см. рисунок; центр тяжести шара показан звездочкой). Будет ли такое положение шара устойчивым? Проскальзывания нет.

К задаче 2

Решение. Когда речь идет о колебаниях или, как здесь, о равновесии, необходимо отклонить тело на малый угол. Положение равновесия устойчиво, если при таком смещении центр тяжести опускается ниже, чем был.

Шар сместился

Первоначальное положение центра тяжести – $h_1=\frac{4}{3}R$.

Согласно рисунку,

$$h_2=2R\cos \alpha -\frac{2}{3}R\cos 2\alpha$$

$$h_2=2R(\cos \alpha -\frac{1}{3}\cos 2\alpha)= 2R(\cos \alpha -\frac{1}{3}(1-\sin^2\alpha))= 2R(1-2\sin^2\frac{\alpha}{2} -\frac{1}{3}(1-2\sin^2\alpha))$$

Так как угол мал, $\sin\alpha\approx \alpha$, поэтому

$$h_2= 2R(1-2\cdot\frac{\alpha^2}{4} -\frac{1}{3}(1-2\alpha^2))$$

$$h_2=2R(1-\frac{\alpha^2}{2} -\frac{1}{3}+\frac{2}{3} \alpha^2))=2R(\frac{2}{3}+\frac{1}{6}\alpha^2)= \frac{4R}{3}+\frac{R}{3}\alpha^2$$

Таким образом, $h_2>h_1$, и положение равновесия устойчиво.

Задача 3.  Экспериментатор Глюк пустил плавать по тихому озеру горящую свечку. Чтобы обеспечить ей вертикальную устойчивость, к ее нижнему концу он прикрепил маленький груз (рисунок). Определите максимальное время горения свечи, если она однородна по всей длине, имеет плотность $\rho = 0,9$ г/см$^3$ и время полного сгорания $\tau_0 = 20$ мин. Считайте, что вещество свечи сгорает без остатка. Плотность воды $\rho_0 = 1$ г/см$^3$.

К задаче 3

Решение. Свеча может утонуть, а может опрокинуться – мы ведь не знаем ничего про груз $m$, который Глюк прикрепил снизу. Запишем условие плавания:

$$Mg=F_A$$

Где

$$M=m+m_{sv}=m+\rho l S$$

$l$ – длина свечи, $S$ – ее сечение.

$$( m+\rho l S)g=\rho_0 (l-x)Sg$$

$x$ здесь – величина надводной части.

За счет наличия груза центр масс свечи изменился и из центра сместился ниже. В этой точке приложена сила тяжести. А сила Архимеда приложена к центру погруженного объема. Если центр погруженного объема выше центра тяжести – сила Архимеда будет возвращающей – будет устанавливать свечу вертикально и она будет более-менее устойчиво плавать и гореть. А вот если сила Архимеда приложена ниже, чем сила тяжести – то при отклонении от положения равновесия свеча опрокинется.

То есть координата центра тяжести должна быть меньше, чем $\frac{l-x}{2}$. Определим координату центра масс:

$$x_{zm}=\frac{\rho l S\cdot \frac{l}{2}}{m+\rho l S}$$

$$2x_{zm}=\frac{\rho l^2 S}{m+\rho l S}$$

$$l-x \geqslant \frac{\rho l^2 S}{m+\rho l S}$$

Чем больше $x$ – величина надводной части – тем дольше будет гореть. Подставим в последнее уравнение вместо знаменателя то, что мы получили из условия плавания.

$$l-x \geqslant \frac{\rho l^2 S}{\rho_0 (l-x)S}$$

$$(l-x)^2 \geqslant \frac{\rho l^2}{\rho_0 }$$

$$(l-x)^2- \frac{\rho l^2}{\rho_0 }\geqslant 0$$

$$\left(l-x-l\sqrt{\frac{\rho}{\rho_0 }}\right)\cdot \left(l-x+l\sqrt{\frac{\rho}{\rho_0 }}\right) \geqslant 0$$

Второй корень – $x=l+ l\sqrt{\frac{\rho}{\rho_0 }$  – больше $l$. Поэтому берем меньший

$$x= l-l\sqrt{\frac{\rho}{\rho_0 }$$

С другой стороны,

$$x=\upsilon \t_x$$

А

$$l=\upsilon \tau$$

Откуда

$$t_x=\frac{x}{l}\tau=\tau\cdot(1-\sqrt{\frac{\rho}{\rho_0 }})=61,6$$

Ответ: $t_x=62$ c

Задача 4. Цилиндрический сосуд с жидкостью плотностью $\rho$ вращается с постоянной угловой скоростью $\omega_0$ вокруг вертикальной оси $OO_1$. Внутри сосуда к оси $OO_1$ в точке А прикреплен тонкий горизонтальный стержень $AB$, по которому без трения может скользить муфта в виде шара радиусом $r$. Шар связан с концом стержня в точке А пружиной жесткостью $k$, длина которой в нерастянутом состоянии $L_0$. Определите расстояние центра шара от оси вращения, если плотность материала шара в четыре раза меньше плотности жидкости.

К задаче 4

Решение. При вращении сосуда поверхность жидкости искривляется, поэтому сила Архимеда направлена не вверх, а под углом к вертикали: перпендикулярно поверхности жидкости. По сумме векторов силы Архимеда и силы тяжести понимаем, что сила упругости направлена должна быть вправо, то есть пружина стремится распрямиться, значит, шар ее сжимает под действием силы Архимеда. Выходит, из ускорения свободного падения и центростремительного (в сумме) возникнет эффективное ускорение, действующее на шар. Вот по этой прямой и будет направлена сила Архимеда. Тогда по горизонтальной оси (центр шара на расстоянии $x$ от оси).

Сила Архимеда на шар

$$ma_n=F_{A_gor}-F_{upr}$$

Длина нерастянутой пружины $L_0$, центр шара расположен был вначале на расстоянии $L_0+r$ от оси. Затем пружина немного сжалась, и расстояние от оси до центра шара стало равным $x$. Значит, сжатие пружины:

$$\Delta x= L_0+r-x$$

По второму закону Ньютона по горизонтальной оси

$$(\rho V-\rho_0 V) \omega^2 x=  -k(L_0+r-x)$$

$\rho V-\rho_0 V$ – масса, уменьшенная на воздействие силы Архимеда по горизонтальной оси.

$$(\rho_0 V-\rho V) \omega^2 x=  k(L_0+r-x)$$

$$(\rho_0 -\frac{\rho_0}{4} )\cdot \frac{4}{3}\pi r^3 \omega^2 x=  k(L_0+r-x)$$

$$\frac{3\rho_0}{4} \cdot \frac{4}{3}\pi r^3 \omega^2 x=  k(L_0+r-x)$$

$$\rho_0\pi r^3 \omega^2 x=  k(L_0+r-x)$$

$$\rho_0\pi r^3 \omega^2 x+kx=  k(L_0+r)$$

$$x=\frac{ k(L_0+r)}{ \rho_0\pi r^3 \omega^2 +k }$$

Ответ: $x=\frac{ k(L_0+r)}{ \rho_0\pi r^3 \omega^2 +k }$

Докажем здесь же, что форма вращающейся в стакане жидкости – параболоид. На малый элемент массы жидкости действует сила тяжести и центробежная сила.

Доказательство параболической формы вращающейся жидкости

$$\operatorname{tg}\alpha=\frac{m\omega^2 r}{mg}=\frac{\omega^2 r }{g}$$

Это не что иное, как угол наклона касательной

$$\operatorname{tg}\alpha=\frac{dy}{dr}$$

$$\frac{dy}{dr}=\frac{\omega^2 r }{g}$$

$$dy=\frac{\omega^2 rdr }{g}$$

Просуммируем справа и слева:

$$y(r)=\frac{\omega^2 r^2 }{2g}$$

А это и есть парабола.

Комментариев - 4

  • Юлия
    |

    Здравствуйте!
    Может, кто сталкивался с проблемой – в последних разборах задач формулы не отображаются, а вместо них код. Что можно сделать?

    Ответить
    • Анна
      |

      Здравствуйте, Юлия. Причину отказа плагина не знаю. Но сейчас идет работа по обновлению сайта, скоро заработает.

      Ответить
  • Светлана
    |

    Здравствуйте. Я тоже вижу только коды.Надеюсь, что скоро все настроится.

    Ответить
    • Анна
      |

      Подождем немного. Сайт обновляется и скоро будет другим.

      Ответить
  • Добавить комментарий

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