Олимпиадная динамика – 1

[latexpage]

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.

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 $F_2=mg\cos \alpha$.

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.

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.

$$\omega=\frac{\upsilon}{OB}=\frac{2\upsilon}{AO}$$

$$\frac{AO}{OB}=\frac{2x}{x}$$

Гипотенуза

$$AB=\sqrt{4x^2+x^2}=x\sqrt{5}$$

Длина отрезка $OC$

$$OC=\frac{AB}{2}=\frac{ x\sqrt{5}}{2}$$

Скорость центра масс

$$\upsilon_c=\omega \cdot OC=\frac{2\upsilon}{2x}\cdot \frac{ x\sqrt{5}}{2}=\frac{\upsilon \sqrt{5}}{2}$$

Угол $AOC$ равен $\beta$ – равны как углы со взаимно перпендикулярными сторонами. Таким образом,

$$\cos \beta=\frac{x}{\frac{ x\sqrt{5}}{2}}=\frac{2}{\sqrt{5}}$$

Определим составляющие скорости центра $\upsilon_{cx}$ и $\upsilon_{cy}$:

$$\upsilon_{cx}=\upsilon_c\cos \beta=\frac{\upsilon \sqrt{5}}{2}\cdot \frac{2}{\sqrt{5}}=\upsilon$$

$$\upsilon_{cy}=\upsilon_c\sin \beta=\frac{\upsilon \sqrt{5}}{2}\cdot \frac{1}{\sqrt{5}}=\frac{\upsilon}{2}$$

По теореме о движении центра масс он движется с таким ускорением, с каким двигалась бы точка с массой, равной массе тела.

$$m\vec{a}_{zm}=\sum \vec{F}_{vnesh}$$

Ускорение есть только по оси $y$:

$$y: m a_{cy}=mg\sin \alpha$$

$$x: a_{cx}=0$$

$$ a_{cy}=g\sin \alpha$$

По горизонтальной оси движение равномерное, $S_x=\upsilon_{cx}t$.

А по оси $y$ движение равноускореннное:

$$S_y=\upsilon_{cy}t+\frac{ a_{cy}t^2}{2}$$

$$S_x=S_y$$

$$\upsilon_{cx}t=\upsilon_{cy}t+\frac{ a_{cy}t^2}{2}$$

$$\upsilon_{cx}=\upsilon_{cy}+\frac{ a_{cy}t}{2}$$

Подставляем найденное ранее:

$$\upsilon=\frac{\upsilon}{2}+\frac{ g\sin \alpha t}{2}$$

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

$$t=\frac{\upsilon }{ g\sin \alpha }$$

Таким образом,

$$\upsilon_x=\upsilon_{cx}=\upsilon$$

$$\upsilon_y =\upsilon_{cy}+ g\sin \alpha t =\frac{\upsilon}{2}+ g\sin \alpha \cdot \frac{\upsilon }{ g\sin \alpha }=\frac{3}{2}\upsilon$$

$$\upsilon_k=\sqrt{\upsilon_x^2+ \upsilon_y^2 }=\sqrt{\upsilon^2+\frac{9}{4}\upsilon^2 }=\sqrt{\frac{13}{2}}\upsilon$$

Отношение скоростей

$$\frac{\upsilon_k }{\upsilon_c}=\sqrt{\frac{13}{5}}$$

Ответ: $\frac{\upsilon_k }{\upsilon_c}=\sqrt{\frac{13}{5}}$