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

Закон сохранения импульса – задачи ЗФТШ. Часть 2

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.

 

Добавить комментарий

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