Олимпиадная динамика

Олимпиадная динамика – 1

Разбираю задачи, которые летом решали с группой ребят-олимпиадников.

Задача 1. На свободно вращающиеся обода двух колес, центры которых лежат на одной вертикали, а оси закреплены горизонтально и параллельны, натянута легкая шероховатая нерастяжимая нить, концы которой прикреплены к грузу массой $m$ , удерживаемому вблизи верхнего обода.

К задаче про два обода

Толщина обода много меньше его радиуса, а масса обода много больше массы спиц и втулки колеса, и равна $M$ . С каким ускорением будет двигаться груз после его освобождения до момента касания нижнего обода?

Решение. Нить, будучи шероховатой, не скользит по ободам, а так как она нерастяжима – то скорости точек обода, всех точек нити и груза одинаковы.

Груз после отпускания придет в движение и будет двигаться с некоторым ускорением. Если рассмотреть малый промежуток времени $\Delta t$ , то ускорение можно считать постоянным. А скорость за этот промежуток времени вырастет на $\Delta \upsilon=a\Delta t$ .

Тело пройдет расстояние

$\Delta h= \upsilon\Delta t+\frac{a\Delta t^2}{2}$

Так как $\Delta t^2$ – величина второго порядка малости, то вторым слагаемым пренебрежем.

$\Delta h= \upsilon\Delta t$

Опустившись на такое расстояние, груз потеряет в потенциальной энергии:

$\Delta E_p=mg\Delta h=mg\upsilon \Delta t$

И эта убыль компенсируется прибылью кинетической энергии. Если скорость тела в некоторый момент равна $\upsilon$ , и от этого момента начинает прирастать скорость (то есть от этого момента отсчитывается время $\Delta t$ ), то в начале отсчета времени энергия системы состоит из кинетической энергии ободов и груза.

Разобьем обод на маленькие части массами $\Delta m$ . Тогда каждый кусочек имеет скорость $\upsilon$ , и

$\sum \frac{\Delta m \upsilon^2}{2}=\frac{\upsilon^2}{2}\sum\Delta m=\frac{M\upsilon^2}{2}$

Это кинетическая энергия ободов.

$E_{k1}=\frac{m\upsilon^2}{2}+\frac{M\upsilon^2}{2}\cdot 2$

А к концу отсчета времени энергия

$E_{k2}=\frac{m(\upsilon+\Delta \upsilon)^2}{2}+\frac{M(\upsilon+\Delta \upsilon)^2}{2}\cdot 2$

Изменение кинетической энергии

$E_{k2}- E_{k1}=\frac{m(\upsilon+\Delta \upsilon)^2}{2}+\frac{M(\upsilon+\Delta \upsilon)^2}{2}\cdot 2-\frac{m(\upsilon+\Delta \upsilon)^2}{2}+\frac{M(\upsilon+\Delta \upsilon)^2}{2}\cdot 2$

$E_{k2}- E_{k1}=\frac{1}{2}\cdot(m+2M)( (\upsilon+\Delta \upsilon)^2-\upsilon^2)= \frac{1}{2}\cdot(m+2M)(\upsilon^2+2\upsilon\Delta \upsilon+\Delta \upsilon^2-\upsilon^2)$

Слагаемым $\Delta \upsilon^2$ пренебрежем, так как оно много меньше остальных.

$E_{k2}- E_{k1}= \frac{1}{2}\cdot(m+2M)\cdot 2\upsilon\Delta \upsilon=\upsilon\Delta \upsilon \cdot(m+2M)$

Приравняем убыль потенциальной и прибыль кинетических энергий:

$mg\upsilon \Delta t=\upsilon\Delta \upsilon \cdot(m+2M)$

Ускорение

$a=\frac{\Delta \upsilon }{\Delta t }=\frac{mg}{m+2M}$

Ответ: $a=\frac{mg}{m+2M}$ .

Задача 2. Отношение минимальной силы, которую надо приложить к бруску, чтобы он двигался вверх по наклонной плоскости к минимальной силе, которую надо приложить к бруску, чтобы оторвать его от этой наклонной плоскости равно 0,7. Угол наклона плоскости к горизонту $30^{\circ}$ . Определите коэффициент трения между бруском и плоскостью.

Решение.

Условие отрыва – равенство нулю силы реакции опоры.

$N=0$

Силу надо прикладывать перпендикулярно плоскости, чтобы брусок оторвать. Она будет равна $F_2=mg\cos \alpha$ .

К задаче про брусок

Куда надо прикладывать силу, чтобы сдвинуть брусок и чтобы сила была при этом минимальна? Я предположила, что под некоторым углом $\beta$ .

$F_1\cos \beta=mg\sin\alpha +\mu N$

$F_1\sin \beta+N= mg\cos \alpha$

Подставим $N$ :

$F_1\cos \beta=mg\sin\alpha +\mu (mg\cos \alpha- F_1\sin \beta)$

$F_1=\frac{mg(\sin\alpha +\mu\cos \alpha)}{ \cos \beta +\mu \sin \beta}$

Обратим внимание, что числитель выражения – константа, от угла $\beta$ не зависит. Значит, минимум будет при максимальном знаменателе. Определим его максимум при помощи производной:

$(\cos \beta +\mu \sin \beta)'=-\sin \beta+\mu \cos \beta=0$

$\mu=\operatorname{tg}\beta$

При таком тангенсе определяем синус и косинус из прямоугольного треугольника:

$\sin \beta=\frac{\mu}{\sqrt{1+\mu^2}}$

$\cos\beta=\frac{1}{\sqrt{1+\mu^2}}$

Значит, $F_1$ равна

$F_1=\frac{ mg(\sin\alpha +\mu\cos \alpha)}{ \sqrt{1+\mu^2}}$

Отношение сил:

$\frac{F_1}{F_2}=0,7=\frac{\sin\alpha +\mu\cos \alpha }{\cos \alpha \sqrt{1+\mu^2}}$

$(\sin\alpha +\mu\cos \alpha)^2=0,49cos^2 \alpha(1+\mu^2)$

$\sin^2\alpha+2\mu \sin\alpha\cos \alpha+\mu^2\cos^2 \alpha=0,49\cos^2 \alpha+0,49\mu^2 \cos^2 \alpha$

$1- \cos^2 \alpha+2\mu \sin\alpha\cos \alpha+0,51\mu^2\cos^2 \alpha-0,49\cos^2 \alpha=0$

$1- 1,49\cos^2 \alpha+2\mu \sin\alpha\cos \alpha+0,51\mu^2\cos^2 \alpha=0$

Обозначим $a=\mu \cos \alpha$ , и решим квадратное уравнение:

$0,51a^2+2\sin\alpha \cdot a+1-1,49\cos^2\alpha=0$

$0,51a^2+a+1-1,49\cdot 1,5=0$

$0,51a^2+a-1,235=0$

$D=1+0,51\cdot 1,235\cdot 4=3,52$

$a=\frac{-1\pm\sqrt{3,52}}{1,02}=0,86$

$\mu \cos \alpha=0,86$

$\mu \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=0,86$

$\mu=0,993$

Ответ: $\mu=0,993$ .

Задача 3. Тонкий однородный жесткий стержень $S$ скользит по гладкой наклонной плоскости, составляющей угол $\alpha$ с горизонтом. В начальный момент времени нижний конец стержня движется вниз вдоль наклонной плоскости (по линии $L$ «падения воды», как указано стрелкой), а верхний конец стержня движется горизонтально, причем модуль скорости верхнего конца в два раза больше, чем нижнего.

К задаче про стержень

По прошествии некоторого промежутка времени оказалось, что середина стержня сместилась на одинаковые расстояния по горизонтали и вдоль линии «падения воды». Во сколько раз изменился модуль скорости середины стержня за этот промежуток времени?

Решение. Рассмотрим плоскость, в которой лежит стержень. Проведем перпендикуляры к обеим скоростям. Пересечение – точка О – мгновенный центр скоростей. Проводим $OC$ – медиану треугольника $ABO$ . Она равна половине гипотенузы.