Олимпиадная динамика

Олимпиадная динамика – 4

Эти задачи разбирали с группой ребят летом. Решения выкладывала, начиная с августа и позднее. Лучше всего открыть рубрику “Олимпиадная физика”

Задача 1. Отрезок проволоки изогнут в виде симметричного участка параболы и расположен так, что ось ее симметрии вертикальна.

К задаче 1

На этот отрезок надевают маленькую бусинку массой $m$ , удерживая ее у одного из краев проволоки. Затем бусинку отпускают без начальной скорости, и она начинает скользить по проволоке под действием силы тяжести. Найдите модуль силы, с которой бусина будет давить на проволоку, находясь в самой нижней точке своей траектории. Трение пренебрежимо мало. Размеры $L$ и $H$ , указанные не рисунке, известны.

Движение по бусинке аналогично броску под углом к горизонту

Решение. Для бусинки в самой нижней точке

$ma_n=N-mg$

$\frac{m\upsilon^2}{R_{kr}}= N-mg$

Где $R_{kr}$ – радиус кривизны.

Бусинка движется по параболе, как двигался бы брошенный под углом к горизонту объект. Ускорение в нижней точке равно $g$ , а скорость – $\upsilon\cos\alpha$ :

$g=\frac{\upsilon^2\cos^2 \alpha}{R_{kr}}$

$R_{kr}=\frac{\upsilon^2\cos^2 \alpha }{g}$

Расстояние $L$ бусинка пройдет со скоростью $\upsilon\cos\alpha$ за время $t$ , до самой нижней точки она доберется за время $\frac{t}{2}$ .

$L=\upsilon\cos\alpha \cdot t$

$\upsilon\cos\alpha=\frac{L}{t}$

$H=\frac{g\left(\frac{t}{2}\right)^2}{2}=\frac{gt^2}{8}$

$t=\sqrt{\frac{8H}{g}}$

$\upsilon\cos\alpha=\frac{L\sqrt{g}}{\sqrt{8H}}$

Подставим в формулу для радиуса кривизны:

$R_{kr}=\frac{\upsilon^2\cos^2 \alpha }{g}=\frac{L^2g}{8Hg}=\frac{L^2}{8H}$

При движении бусинки сверху вниз выполняется:

$\frac{m\upsilon^2}{2}=mgH$

$\upsilon^2=2gH$

Возвращаемся ко второму закону:

$N=mg+\frac{m c\dot 2gH\cdot 8H}{L^2}=mg\left(1+\frac{2H\cdot 8H}{L^2}\right)= mg\left(1+\frac{16H^2}{L^2}\right)$

Бусинка давит на проволоку с силой, которая по модулю (по третьему закону) равна $N$ /

Ответ: $F=N= mg\left(1+\frac{16H^2}{L^2}\right)$ .

Задача 2. В системе, изображенной на рисунке, цилиндрический груз массой $m_1$ движется внутри цилиндрического канала чуть большего диаметра, просверленного внутри тела массой $m_2$ . Нить, соединяющая грузы $m_1$ и $m_3$ , невесома и нерастяжима, блоки невесомы, трения нет. Чему равно ускорение груза массой $m_1$ ? Ускорение свободного падения равно $g$ , участок нити между блоками горизонтален.

К задаче 2

Решение. Пусть груз 3 едет вниз. Его ускорение – $a_3$ . Тогда груз 1 – вверх. Трения нет, поэтому груз 2 тоже не покоится, а поедет вправо. Его ускорение – $a_2$ . Груз 1 поедет вправо вместе с грузом 2 – то есть он будет иметь две составляющих ускорения – горизонтальную и вертикальную. Пусть вертикальная составляющая ускорения этого груза $a_1$ .

Расставим силы:

Расстановка сил в задаче

По второму закону Ньютона:

$-m_3a_3=m_3g-T$

$(m_1+m_2)a_2=T$

$m_1a_1=T-m_1g$

Выразим ускорения:

$a_1=\frac{T}{m_1}-g$

$a_2=\frac{T}{m_1+m_2}$

$a_3=\frac{T}{m_3}-g$

Кусок нити между блоком и грузом $m_1$ уменьшается, кусок нити между блоками – уменьшается, кусок нити, на котором висит $m_3$ – увеличивается. Вся нить – неизменной длины. Поэтому сумма длин кусков постоянна. При двойном дифференцировании получим

$-a_1-a_2-a_3=0$

Последний минус – так как ускорение направлено против оси (груз едет вниз).

$\frac{T}{m_1}-g+\frac{T}{m_1+m_2}+\frac{T}{m_3}-g=0$

$\frac{T}{m_1}+\frac{T}{m_1+m_2}+\frac{T}{m_3}=2g$

$T\left(\frac{1}{m_1}+\frac{1}{m_1+m_2}+\frac{1}{m_3}\right)=2g$

$T\left(\frac{m_3(m_1+m_2)}{m_1m_3(m_1+m_2)}+\frac{m_1m_3}{ m_1m_3 (m_1+m_2)}+\frac{m_1(m_1+m_2)}{ m_1m_3 (m_1+m_2)}\right)=2g$

$T\left(\frac{m_3m_2+m_1^2+m_1m_2+2m_1m_3}{ m_1m_3 (m_1+m_2)}\right)=2g$

$T\left(\frac{ m_2 (m_1+m_3)+m_1(m_1+m_3)+m_1m_3}{ m_1m_3 (m_1+m_2)}\right)=2g$

$T\left(\frac{ (m_2+m_1) (m_1+m_3)+m_1m_3}{ m_1m_3 (m_1+m_2)}\right)=2g$

$T=\frac{2g m_1m_3 (m_1+m_2)}{ (m_2+m_1) (m_1+m_3)+m_1m_3}$

Осталось определить ускорения.

$a_1=\frac{T}{m_1}-g=\frac{2g m_3 (m_1+m_2)}{ (m_2+m_1) (m_1+m_3)+m_1m_3}-g=\frac{m_2(m_3-m_1)-m_1^2}{(m_2+m_1) (m_1+m_3)+m_1m_3}\cdot g$

Мы помним, что это лишь вертикальная составляющая ускорения первого груза. Есть еще горизонтальная – она равна $a_2$ .

$a_2=\frac{T}{m_1+m_2}=\frac{2m_1m_3}{(m_2+m_1) (m_1+m_3)+m_1m_3}\cdot g$

Полное ускорение первого груза $a$

$a=\sqrt{a_1^2+a_2^2}=\frac{\sqrt{(2m_1m_3)^2+(m_2(m_3-m_1)-m_1^2)^2}}{(m_2+m_1) (m_1+m_3)+m_1m_3}\cdot g$

Ответ: $a=\sqrt{a_1^2+a_2^2}=\frac{\sqrt{(2m_1m_3)^2+(m_2(m_3-m_1)-m_1^2)^2}}{(m_2+m_1) (m_1+m_3)+m_1m_3}\cdot g$

Задача 3. На краю полусферической чаши радиусом $R$ закреплена невесомая нить длиной $\frac{R}{2}$ (в точке A), ко второму концу которой прикреплено маленькое тело. Тело удерживают на краю ямы так, что нить натянута.

К задаче 3

В некоторый момент времени тело отпускают. Найти скорость и ускорение тела в тот момент, когда оно будет проходить нижнюю точку своей траектории.

Решение. Уравнение сферы

$x^2+y^2+z^2=R^2$

И, раз тело находится на сфере, его координаты удовлетворяют данному уравнению.

Движение бусинки по поверхностям двух сфер

Когда тело отпустят, при его движении расстояние от тела до точки А не меняется. То есть координаты тела должны удовлетворять еще и уравнению сферы с радиусом $\frac{R}{2}$ , центр которой – в точке А:

$(x+R)^2+y^2+z^2=\frac{R^2}{4}$

Вычтем уравнения.

$x^2 -(x+R)^2=\frac{3R^2}{4}$

$x^2-(x^2+2xR+R^2)=\frac{3R^2}{4}$

$-2xR=\frac{7R^2}{4}$

$-2x=\frac{7R}{4}$

$x=-\frac{7R}{8}$

То есть мы доказали, что расстояние от центра сферы (по оси $Ox$ ), на котором тело находится при своем движении, постоянно. То есть тело движется в плоскости, параллельной плоскости $yOz$ . Значит, тело движется в вертикальной плоскости по окружности.