![]() Главная страница Случайная страница КАТЕГОРИИ: АвтомобилиАстрономияБиологияГеографияДом и садДругие языкиДругоеИнформатикаИсторияКультураЛитератураЛогикаМатематикаМедицинаМеталлургияМеханикаОбразованиеОхрана трудаПедагогикаПолитикаПравоПсихологияРелигияРиторикаСоциологияСпортСтроительствоТехнологияТуризмФизикаФилософияФинансыХимияЧерчениеЭкологияЭкономикаЭлектроника |
I. МЕХАНИКА. x означает производную от x по времени
этой формулы находим
При дифференцировании данного выражения по времени примем во внимание, что производная от частного двух функций, зависящих от времени (например y (t) и z (t)), вычисляется по формуле:
![]()
Олимпиада «Ломоносов – 2007»
v = hu 2cos(a + )sina − (u + u 2)sin(a +b)cosa L sin2a
mg – модуль силы тяжести, N – модуль
нормальной составляющей силы взаимодей-ствия куба и цилиндра, F – модуль силы трения между кубом и цилиндром, N 1и N 2– модули нормальных составляющих сил
при скольжения куба и цилиндра по столу. По второму закону Ньютона уравнения движения центров масс куба и цилиндра в проекции на гори-зонтальное направление запишутся как:
где a – модуль ускорения этих тел. В проекции на вертикальное на-правление имеем:
0 = F + N 1− mg, 0 = N 2− F − mg.
Отсюда N 1= mg − F, N 2= mg + F. Поэтому силы трения скольжения
Решения задач
Подставляя найденные значения сил в уравнения движения центров
I.3. При решении этой задачи придётся использовать как законы со-хранения, так и законы кинематики. Прежде всего, выясним, какие вели-чины сохраняются в системе «шарик + клин». Удар абсолютно упругий, поэтому механическая энергия системы до и после удара одинакова. Можно приравнять кинетическую энергию шарика непосредственно перед соударением и кинетическую энергию клина и шарика сразу по-сле соударения:
Здесь v 0и v – скорости шарика до и после удара, u – скорость клина после удара.
Импульс системы «шарик + клин» в результате соударения изменяется: до удара он горизонтален, а после удара появляется вертикальная со-ставляющая этого импульса, связанная с отскочившим вверх шариком. Это обусловлено появлением в процессе соударения дополнительной нескомпенсированной составляющей внешней силы – силы реакции опоры. Однако поскольку реакция опоры не имеет проекции на гори-зонтальное направление, сохраняется горизонтальная составляющая им-пульса системы, (поверхность опоры гладкая и импульсом силы трения можно пренебречь):
Олимпиада «Ломоносов – 2007»
Из этих уравнений находим скорости v = v 0 M − m
M
x (t) = ut. Движение шарика – равнопеременное:
Последние два равенства превращаются в алгебраические уравнения, включающие искомую величину, если записать их для момента времени = t, когда шарик вернется в ту точку, где он столкнулся с клином:
I.4. По условию сила сопротивления воздуха F = v, где v – ско-рость автобуса, b – коэффициент сопротивления. Поэтому часть мощ-ности двигателя, расходуемая на преодоление этой силы, равна N 1 = Fv =b v 2. При движении автобуса массой m по наклонному уча-стку шоссе часть мощности двигателя расходуется также на увеличение потенциальной энергии автобуса: N 2 = mg sina × v. Полная мощность, развиваемая двигателем, N 0 =b v 2 + mgv sina. Из условия задачи следу-ет система уравнений:
![]()
Решения задач
(v 0− 1)sina 2 v sina1
весия стержня, имеем: Рис. 102
Исключая из этих уравнений N 1и N 2, получаем ответ:
è (1) ø
Замечание: Заданные в условии величины m,, a и µ должны при-нимать такие значения, чтобы выполнялось неравенство 0 £ l £ L.
m g –силы тяжести, T – сила натяжения проволо-
ки. В целях экономии места сила реакции шарнира на рисунке не изображена. Уравнение моментов, Рис. 103
![]()
Олимпиада «Ломоносов – 2007»
Пусть L 0– длина недеформированной проволоки, а ∆ L – ее абсолют-ное удлинение под действием силы натяжения T. По закону Гука
где – модуль Юнга, S – площадь поперечного сечения проволоки. Поскольку проволока жесткая, ее длина в растянутом состоянии мало отличается от L 0. Поэтому можно приближенно положить
l 2+ h 2 ∆ L T
Исключая из этих равенств натяжение проволоки, найдем ее абсо-лютное удлинение:
Минимум этого выражения легко определить, приравнивая нулю произ-водную
Отсюда находим ответ: h = l = 30 см.
I.7. Введем ось Оx, направление которой совпадает с осью стержня. Поскольку сумма проекций на эту ось всех сил, действующих на шарик при прохождении положения равновесия равна нулю (пружина не де-
![]() ![]()
Решения задач
Mv 0= (M + m) u 0,
где v 0 – скорость шарика без мухи при прохождении им положения равновесия, u 0– скорость шарика с мухой сразу после ее посадки на
2 2 kX 2 (M + m) u 2, 2 2
получаем ответ: X 1= X 0 M
M + m
ной пружины; координатную ось Ox напра-вим вертикально вниз. Когда кабина непод-вижна, координата гири в положении рав-новесия равна x 0= mg / k. В момент начала движения кабины скачком смещается вниз положение равновесия гири, координата которой в равновесии становится равной x = m (g + a)/ k. В результате начинаются
Рис. 104
гармонические колебания
от времени t изображен на рис. 104, на котором t = 0 соответствует моменту начала движения кабины. Как видно из рисунка, время t, за
которое длина пружины в первый раз достигает максимального значе-ния, равно половине периода колебаний гири: t= T /2. Путь, пройден-
![]() ![]()
Олимпиада «Ломоносов – 2007»
получаем ответ:
По закону Гука модуль силы упругости, возникающей при растяжении пружины, равен F = k ∆ l. Уравнения движения шариков имеют вид:
& & + k m + m 2 x = 0,
1 2 & & + k m + mx 2= 0. 1 2
Как и следовало ожидать, оба шарика совершают гармонические коле-бания на одной и той же частоте
![]() ![]() ![]()
w = m + m
m m
k + k = w2+w2.
1 2
|