Просто о физике, математике, электротехнике
Просто о физике, математике, электротехнике
Категория: Закон сохранения импульса, Олимпиадная физика

Закон сохранения импульса – задачи ЗФТШ. Часть 2

[latexpage]

Когда твои ученики учатся в ЗФТШ – считай, ты тоже там учишься. Что, кстати, очень полезно, ибо задачи олимпиадные, сложненькие.

Задача 6. К телу массой $m=1,0$ кг, первоначально покоящемуся на шероховатой горизонтальной поверхности, прикладывают в течение времени $T=10$ с горизонтальную силу. Коэффициент трения скольжения тела по поверхности равен $\mu=0,1$. Найдите проекцию $\upsilon_x(T)$ скорости тела в момент времени $T=10$ с в следующих случаях:

а) сила не изменяется со временем. Ее величина равна $F=2,0$ Н;

б)  величина силы равномерно по времени уменьшается от $F=2,0$ Н до нуля, направление действия силы неизменно.

Положительное направление оси $Ox$ совпадает с направлением действия силы.

Решение.

а) Определяем изменение импульса:

$$\Delta p_x=(F-F_{tr})\Delta t$$

Максимальная сила трения – сила трения скольжения

$$ F_{tr}(max)=\mu N=\mu m g=0,1\cdot 1\cdot 10=1$$

Тогда

$$\Delta p_x=(2-1)\cdot 10=10$$

Но

$$\Delta p_x=m\Delta \upsilon_x=m\upsilon_x=10$$

Откуда $\upsilon_x=10$ м/с.

Ответ: $\upsilon_x=10$ м/с.

 

б) Сила трения останется такой же. Так как сила $F$ уменьшается, то натупит момент, когда она станет равной силе трения – 1 Н. Это произойдет через 5 с. То есть 5 с тело будет в движении, но потом оно остановится. И скорость тела через 5 с станет равной нулю, и будет равной нулю тем более через 10 с.

Ответ: 0.

 

Задача 7. Плоский склон горы образует с горизонтом угол $\alpha=30^{circ}$. Из миномета, расположенного на склоне, производят выстрел под таким углом $\varphi$ к поверхности склона, что продолжительность полета мины наибольшая. Мина падает на склон на расстоянии $S=800$ м от точки старта.

  • Под каким углом $\varphi$ к поверхности склона произведен выстрел?
  • Найдите величину $\upsilon_0$ начальной скорости мины.

Ускорение свободного падения $g=10$ м/$^2$. Сопротивление воздуха пренебрежимо мало.

Решение. Нарисуем треугольник перемещений.

Треугольник перемещений к задаче 7

Для него составим теорему синусов:

$$\frac{\frac{gt^2}{2}}{\sin \varphi}=\frac{\upsilon_0 t}{\sin (90-\alpha)}$$

$$\frac{gt}{2\sin \varphi}=\frac{\upsilon_0 }{\cos\alpha}$$

$$t=\frac{\upsilon_0\cdot 2\sin \varphi }{g\cos\alpha}$$

Так как время полета максимально по условию, то это означает, что $\sin \varphi$ – максимален и равен 1. А значит, $\varphi=90^{\circ}$.

Нам известно перемещение. Запишем его формулой:

$$S=\frac{g\sin \alpha t^2}{2}$$

Где $ g\sin \alpha$ – проекция ускорения на склон.

Подставим время:

$$S=\frac{ g\sin \alpha }{2}\cdot \frac{4\upsilon_0^2}{g^2\cos^2 \alpha}=\frac{2\sin \alpha \upsilon_0^2}{g\cos^2 \alpha }$$

$$\upsilon_0=\cos \alpha\sqrt{\frac{gS}{2\sin \alpha }}=\frac{\sqrt{3}}{2}\sqrt{\frac{8000}{1}}=77,46$$

Ответ: начальная скорость – примерно 77 м/с, стреляли перпендикулярно поверхности склона.

 

 

Задача 8. Мяч массой $m$ брошен с горизонтальной поверхности земли под углом к горизонту. Допустим, что в процессе полета на мяч действует не только сила тяжести, но и сила сопротивления, пропорциональная скорости $\vec{F}=-k*\vec{\upsilon}$. $k>0$. Перемещение мяча по вертикали за время полета от старта до наивысшей точки траектории равно $H$. На сколько уменьшится время полета мяча от старта до наивысшей точки траектории при учете силы сопротивления?

Решение. Без учета силы сопротивления

$$\upsilon_0\sin \alpha-gt=0$$

Здесь $t$ – половина времени полета.

$$t=\frac{\upsilon_0\sin \alpha }{g}=\frac{\upsilon_{0y}}{g}$$

Если есть сила сопротивления, то

$$-mg-k\upsilon_y=m\frac{\Delta \upsilon_y}{\Delta t}$$

Домножаем на время:

$$-mg\Delta t -k\upsilon_y\Delta t =m\Delta \upsilon_y$$

Суммируем:

$$-mg t_1-kH=- m\upsilon_{0y}$$

$$t_1=\frac{ m\upsilon_{0y}}{mg}-\frac{kH}{mg}$$

$$t_1=\frac{ \upsilon_{0y}}{g}-\frac{kH}{mg}$$

Тогда разность времен

$$\tau=t_1-t=-\frac{kH}{mg}$$

Время полета при учете сопротивления воздуха уменьшается.

Ответ: $\mid\tau\mid=\frac{kH}{mg}$.

Задача 9. Шайба массы $m=0,2$ кг летит с горизонтально скоростью $v_0=10$ м/с на высоте $h=0,45$ м. После удара плашмя о горизонтальную поверхность льда, шайба подскакивает на прежнюю высоту. Под каким углом $\beta$ к вертикали отскочила шайба от поверхности льда? Коэффициент трения скольжения шайбы по поверхности льда равен $\mu=0,4$.

Решение. Здесь время соударения ненулевое. Пусть время соударения $\Delta t$. Шайба при подлете имела скорость по оси $y$, равную

$$\upsilon_y=\sqrt{2gh}$$

И, так как она отскочила на прежнюю высоту, значит, в конце соударения ее скорость такая же по модулю: $\upsilon_y=\sqrt{2gh}$. Но шайба имеет и скорость по оси $x$. Изменения импульса по осям:

$$\Delta p_x=-F\Delta t$$

$$\Delta p_y=N\Delta t$$

Распишем $\Delta p_y$:

$$\Delta p_y=m\sqrt{2gh}-(- m\sqrt{2gh})= 2m\sqrt{2gh}$$

$$N\Delta t=2m\sqrt{2gh}$$

Распишем $\Delta p_x$, подставляя $N\Delta t$:

$$\Delta p_x=-\mu N\Delta t=-2\mu m\sqrt{2gh}$$

$$m\upsilon_x-m\upsilon_0=-2\mu m\sqrt{2gh}$$

Сокращаем массу:

$$\upsilon_x-\upsilon_0=-2\mu\sqrt{2gh}$$

Скорость по оси $x$ в конце соударения:

$$\upsilon_x=\upsilon_0-2\mu\sqrt{2gh}$$

Угол найдем как отношение составляющих скорости:

$$\operatorname{tg}\beta=\frac{\upsilon_x}{\upsilon_y}=\frac{\upsilon_0-2\mu\sqrt{2gh}}{\sqrt{2gh}}$$

Ответ: $\beta=\operatorname{arctg}\frac{\upsilon_0-2\mu\sqrt{2gh}}{\sqrt{2gh}}$

Задача 10. Клин массы $M=2$ кг покоится на шероховатой горизонтальной поверхности. По гладкой наклонной плоскости клина, образующей угол $\alpha=frac{\pi}{4}$ с горизонтом, прямолинейно движется шайба массы $m$. Коэффициент трения скольжения клина  по горизонтальной поверхности равен $\mu=0,2$. Найдите наибольшую величину массы $m$ шайбы.

Решение. Силы на шайбу и на клин:

Силы в задаче 10

Для клина

$$Mg+mg\cos^2\alpha=N$$

$$mg\sin\alpha \cos\alpha\leqslant \mu N$$

$$mg\sin\alpha \cos\alpha\leqslant\mu(Mg+mg\cos^2\alpha)$$

$$g\sin\alpha \cos\alpha\leqslant\mu(\frac{M}{m}g+g\cos^2\alpha)$$

Тогда

$$\mu \frac{M}{m}g \geqslant g\sin\alpha \cos\alpha-\mu g\cos^2\alpha$$

$$\frac{M}{m}\geqslant \frac{\sin\alpha \cos\alpha }{\mu}-\cos^2\alpha$$

$$\frac{M}{m}\geqslant \frac{0,5}{0,2}-0,5=2$$

$$m=1$$

Ответ: 1 кг.

 

Комментариев - 2

  • Алексей
    |

    Анна Валерьевна, здравствуйте, подскажите в какой программе вы рисунки делаете?

    Ответить
    • Анна
      |

      В обычном Paint’е. Так наблатыкалась – быстро получается.

      Ответить
  • Добавить комментарий

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