На полу у стенки лежит клин с углом 30 при основании сверху положили массивное бревно

Обновлено: 04.05.2024

Представлены решения задач, предлагавшихся на олимпиадах по физике в Московском энергетическом институте (техническом университете). Олимпиада в 2008/09 уч. г. имеет высший уровень, позволяющий при успешном решении задач быть зачисленным на первый курс. Задачи охватывают практически все разделы физики, изучаемые в школе, и позволяют оценить уровень требований для поступления в МЭИ (ТУ). Заметим, что часть представленных решений задач приведена без поясняющих рисунков. При проработке задач необходимые для решения рисунки выполните самостоятельно.

Задача 1

Из городов А и B навстречу друг другу одновременно начали двигаться пешеход и бегун. Спустя время t₁ = 4 ч после встречи бегун прибыл в город А, а спустя t₂ = 9 ч после встречи пешеход прибыл в город B. Определите время t движения пешехода.

Так как путь, проделанный пешеходом до встречи и бегуном после встречи, одинаков и равен АС, получим AC = υ₂(t – t₂) = υ₁t₁. Аналогично из рассмотрения отрезка ВС следует BC = υ₁(t – t₂) = υ₂t₂. Здесь υ₁ – скорость бегуна, υ₂ – скорость пешехода, (t – t₂) – время движения бегуна и пешехода до встречи.

Решая полученную систему уравнений, найдём:

Задача 2

По наклонной плоскости пустили снизу вверх небольшой шарик. На расстоянии l = 0,3 м от начала пути шарик побывал дважды: через время t₁ = 1 c и через время t₂ = 2 c после начала движения. Определите начальную скорость υ₀ и ускорение а шарика.

Так как движение шарика вверх равнозамедленное, то в точке А он побывает дважды, двигаясь вверх и возвращаясь назад. Координата шарика в зависимости от времени:

Решая систему уравнений, получим:

Задача 3

Два тела бросили одновременно со скоростями υ₁ и υ₂ с поверхности Земли и c горки. Известно, что расстояние по горизонтали между точками бросания равно s. Тела в воздухе столкнулись. Определите высоту горки Н и высоту h точки столкновения.

Запишем закон движения для двух тел в проекции на ось Y:

Из закона движения второго тела в проекции на ось X x₂ = υ₂t, в случае x₂ = s и t = t₁ получим: Отсюда и, приняв во внимание, что y₂ = h при t = t₁,

Задача 4

Определите наименьший радиус дуги для поворота автомашины, движущейся по горизонтальной дороге со скоростью υ = 36 км/ч, если коэффициент трения скольжения колёс о дорогу μ = 0,25.

Автомобиль движется по окружности радиусом R в данный момент перпендикулярно плоскости рисунка. Радиус поворота будет наименьшим в том случае, если сила трения, которая удерживает автомобиль от скольжения, будет близка к силе трения скольжения.

По второму закону Ньютона,

F_тр + N + mg = ma.

В проекции на оси X и Y имеем

Решая полученную систему уравнений, с учётом

Задача 5

На идеально гладком столе лежит клин массой М с углом при основании α. На нём расположен клин массой m с таким же углом. Система покоится. К маленькому клину прикладывают горизонтальную силу F. Определите максимальное значение этой силы, при котором клинья будут двигаться как единое целое. Коэффициент трения между поверхностями клиньев равен μ.

Согласно второму закону Ньютона, для тела массой mF + mg + F_тр + N₁ = ma.

В проекции на оси х и Y получим:

Запишем второй закон Ньютона для системы из двух клиньев. Помня о том, что внутренние силы скомпенсированы, получим

В проекции на ось X:

Учитывая, что сила трения стремится к силе трения скольжения F_тр = μN₁, получим решение системы уравнений (1) и (3):

Задача 6

Молот массой m = 10 кг свободно падает из состояния покоя с высоты h = 1,25 м на наковальню. Определите среднюю силу удара, если его длительность Δt = 0,01 с. Удар считать абсолютно неупругим.

Рассмотрим интервал времени между началом и окончанием удара и запишем для этого интервала второй закон Ньютона

N + mg = ma.

Среднее значение силы удара F_ср по модулю равно среднему значению силы N, ускорение a_ср = (υ₂ – υ₁)/Δt, где υ₁ – скорость молота до удара, υ₂ – скорость молота после удара, Δt – время удара.

C учётом вышеизложенного получим запись второго закона Ньютона в проекциях на вертикальную ось:

Так как υ₂ = 0 ,а N = F_ср, окончательно получим

Задача 7

На клине с углом наклона α покоится брусок массой m, коэффициент трения бруска о клин равен μ (μ > tgα). Какой минимальной силой F₀, параллельной ребру клина АБ, можно сдвинуть этот брусок?

Выберем систему координат, в которой оси X и Y лежат в плоскости клина. Так как вектор силы трения лежит в плоскости клина (X, Y), то квадрат его модуля равен сумме квадратов проекции силы тяжести на ось Y и проекции силы F₀ на ось X. Вектор силы трения направлен под углом β к оси X. Для определения минимальной силы F₀ достаточно условия, что сумма всех сил, действующих на брусок, равна нулю:

Записывая это уравнение в проекциях на оси Х, Y, Z и учитывая, что сила трения в пределе равна силе трения скольжения, получим:

7. На гладком горизонтальном полу лежит прямоугольный клин, упираясь торцом в неподвижную вертикальную стенку. По наклонной грани клина соскальзывает без трения брусок массой m = 0,1 кг. С какой силой клин давит на стенку, если ускорение бруска а = 6 м/с 2 ? Принять g = 10 м/с 2 .

Скольжение бруска вдоль наклонной плоскости (клина) происходит под действием двух сил: силы тяжести mg и силы реакции опоры со стороны наклонной плоскости N, которая в отсутствие трения перпендикулярна её поверхности. Применение второго закона Ньютона для бруска в проекциях на направления вдоль наклонной плоскости и перпендикулярное к ней даёт:

ma = mg sin ; (1)

0 = N – mg cos . (2)

По третьему закону Ньютона, с такой же по величине, но противоположной по направлению силой –N брусок действует на наклонную плоскость! Поскольку клин неподвижен, то векторная сумма всех сил, действующих на него, равна нулю. Равна нулю и сумма проекций сил на горизонтальное направление. В горизонтальном направлении на клин действуют силы: вправо – сила реакции стенки F_n; влево – горизонтальная составляющая силы давления со стороны бруска, равная N sin . По второму закону Ньютона, для клина имеем

0 = F_n – N sin ,

откуда с учётом равенств (1) и (2) получаем

Наконец учтём, что и искомая сила нормального давления клина на стенку равна по величине только что найденной силе (третий закон Ньютона):

8. При нагревании одного моля идеального газа от Т₁ = 300 К до Т₂ = 600 К его объём увеличивается пропорционально Найдите работу, совершённую газом. Универсальную газовую постоянную принять равной R = 8,3 Дж/(моль · К).

Исходя из указанной в условии задачи зависимости между температурой и объёмом газа, делаем заключение, что температура газа квадратично зависит от его объёма:

В соответствии с объединённым газовым законом параметры заданного количества идеального газа в любом процессе связаны друг с другом соотношением

Исходя из соотношений (3) и (4) приходим к выводу, что в рассматриваемом процессе давление растёт пропорционально объёму (p V). Для определения работы газа удобно представить процесс его расширения на p, V-диаграмме. Работа численно равна площади фигуры под графиком зависимости p от V. Эта фигура – трапеция с основаниями p₁, p₂ и высотой, равной V₂ – V₁. Тогда работа равна

Рисунок помогает также убедиться в том, что (подобие треугольников), а значит, и соответствующие слагаемые сокращаются в равенстве (5).

Согласно уравнению состояния идеального газа pV = RT, где – число молей газа. Поэтому искомая работа равна

9. Предмет располагается на двойном фокусном расстоянии от собирающей линзы с фокусным расстоянием F. Линзу заменяют на рассеивающую с таким же положением фокусов. Определите отношение линейных увеличений даваемых линзой изображений предмета в первом и втором случаях.

Линейное увеличение даваемого линзой изображения предмета – это отношение линейных размеров изображения и предмета. Оно равно отношению расстояний от изображения до линзы и от предмета до линзы:

Когда предмет находится на двойном фокусном расстоянии от собирающей линзы, его изображение формируется на таком же расстоянии за линзой (проверьте с помощью формулы линзы или построения) и имеет те же размеры, что и предмет, т.е. k₁ = 1.

Формула линзы позволяет найти расстояние между изображением и рассеивающей линзой во втором случае:

Знак «минус» в левой части соответствует рассеивающей линзе, а в правой – тому, что изображение в этом случае мнимое. Из равенства (6) нетрудно найти а значит, и новое линейное увеличение

Теперь остаётся взять отношение линейных увеличений в первом и втором случаях:

10. Грузик массой m = 0,1 кг, подвешенный на пружине, совершает вертикальные гармонические колебания. Расстояние между двумя крайними положениями грузика s = 16 см. Минимальное время, за которое грузик проходит это расстояние, равно = 0,2 с. Найдите потенциальную энергию пружины в момент её максимального растяжения. Считать потенциальную энергию недеформированной пружины равной нулю, g = 10 м/с 2 .

Прежде всего отметим, что момент максимального растяжения пружины соответствует нижнему положению груза в процессе его вертикальных колебаний. В этот момент пружина растянута на величину

x = mg/k + A,

где А – амплитуда колебаний грузика. Здесь учтено важное обстоятельство, что в положении равновесия системы пружина уже растянута. Величина этого растяжения соответствует равенству сил тяжести и упругости:

0 = mg – k • x₀.

Потенциальная энергия пружины в интересующий нас момент равна

Чтобы найти эту величину, необходимо, таким образом, найти параметры А и k. Амплитуда колебаний А, очевидно, равна половине расстояния между двумя крайними положениями грузика s :

Жёсткость пружины связана с периодом колебаний грузика Т хорошо известным соотношением

В свою очередь период колебаний равен удвоенному времени движения грузика между двумя крайними положениями:

T = 2.

Решая систему уравнений, получаем ответ задачи:

Вариант 3

1. Сформулировать законы преломления света.

2. Что такое резонанс?

3. Магнитный поток через поверхность, ограниченную проводящим контуром, меняется так, как показано на графике. Постройте график зависимости от времени ЭДС, индуцируемой в этом контуре.

По закону Фарадея ЭДС индукции _i равна скорости изменения магнитного потока Ф через поверхность, ограниченную проводящим контуром:

Следовательно, _i определяется наклоном графика зависимости Ф(t). Таким образом, в промежутке времени от 0 до 2 с величина ЭДС постоянна и равна _i1 = –2 Вб/2 с = –1 В. Такая же ЭДС индуцируется в промежутке от 12 до 16 с. В промежутке времени от 6 до 8 с ЭДС _i2 = 4 Вб/2 с = 2 В. На горизонтальных участках графика ЭДС равна нулю, т.к. изменения магнитного потока не происходит. Соответствующая зависимость представлена графически на рисунке.

Исследуем движение без отрыва. Будем решать задачи с шарнирными конструкциями и пользоваться методом виртуальных перемещений.

Задача 1. Клин с углом $\alpha=30^$ при основании лежит на горизонтальной плоскости. Вертикальный стержень, опускающийся со скоростью $\upsilon=11$ см/с, заставляет клин скользить по этой плоскости со скоростью $u$. Определите величину $u$.

За время $t$ стержень опустится на расстояние $\upsilon t$, а клин проедет расстояние $ut$. Тогда

Задача 2. Прямоугольный клин с углом наклона плоскости $\alpha=30^$ движется по горизонтали равномерно со скоростью $u=1,0$ м/с, при этом он толкает стержень, направляющие которого зафиксированы под углом $\beta$, вверх со скоростью $\upsilon$ относительно неподвижной системы отсчета. Определите величину $\upsilon$, если известно, что угол между поверхностью клина и штырем $\beta=45^$.

Рассмотрим треугольник $ABC$. Если, по аналогии с предыдущей задачей, клин проходит расстояние $BC$, то стержень пройдет расстояние $AB$.

Этот треугольник уже не прямоугольный, как в предыдущей задаче, поэтому здесь можно воспользоваться теоремой синусов, ведь два угла в треугольнике $ABC$ нам известны.

Ответ: $\upsilon=0,7$ м/с

Задача 3. Размеры и массы тел, указанные на рисунке, равны соответственно $b=10$ см, $d=50$ см, $m=1$ кг, $M=3$ кг. В начальный момент система покоилась. Трения нет. Верхняя плоскость малой призмы все время движения горизонтальна. Какое расстояние пройдет нижняя призма, когда верхняя коснется плоскости? Чему равен угол $\beta$ между направлением вектора абсолютной скорости верхней призмы и горизонталью, если угол наклона плоскости нижней призмы $26^$?

Взаимное и одновременное движение призм начинается вследствие их давления друг на друга (силы реакции опоры, одинаковой для обеих призм)

Скорости призм и пройденные ими расстояния будут относиться так же:

Сумма пройденных расстояний равна $d-b$, значит, всего пройдено 40 см, причем большая призма прошла втрое меньшее расстояние – 10 см, малая тогда – 30 см.

Нарисуем векторы скоростей:

Следовательно, сам угол равен $\beta=33^$.

Ответ: а) 0,1 м б) $\beta=33^$.

Задача 4. На неподвижном клине с углом наклона плоскости $\alpha=30^$ лежит груз, прикрепленный к стене перекинутой через блок нерастяжимой нитью. В некоторый момент времени клин начинает двигаться вправо с постоянным ускорением $a=2,5$ м/с$^2$. С каким ускорением движется груз, пока он находится на клине?

Заметим, что любая точка нити движется с ускорением $a=2,5$ м/с$^2$. Поэтому нарисуем векторный треугольник ускорений:

Он равнобедренный, угол при вершине известен, воспользуемся теоремой косинусов:

Задача 5. На платформе с прямоугольным выступом высотой $h=20$ см лежит небольшое тело массой $m=100$ г. К нему прикреплен один конец невесомой нерастяжимой нити, перекинутой через идеальный блок, установленный на выступе платформы. Второй конец нити закреплен на вертикальной стене так, что участок нити между блоком и стеной горизонтален.

Платформу перемещают от стены с постоянной скоростью $\upsilon=2$ м/с. С какой силой $F$ нужно тянуть платформу в тот момент, когда участок нити над платформой составляет угол $\alpha=30^$ с горизонтом? Сила $F$ горизонтальна и лежит в плоскости рисунка. Коэффициент трения между телом и платформой $\mu=0,3$. Между платформой и полом трения нет. При движении тела друг от друга не отрываются.

Так как платформа движется равномерно, равнодействующая равна нулю. На платформу действует сила трения со стороны груза и сила реакции опоры со стороны блока (кроме силы $F$). Сила тяжести и сила реакции со стороны пола взаимно друг друга компенсируют. Сила трения направлена вправо. Определим силу реакции со стороны блока. Горизонтальная проекция силы реакции со стороны блока (показана красным) может быть найдена как

Так как равнодействующая – ноль, то можно записать

Тело $m$ участвует в сложном движении – оно и движется по поверхности платформы, и нить укорачивается, за счет чего меняется угол ее наклона. А угол меняется обычно при движении по окружности. Поэтому, помня о том, что $\omega$ не изменяется при переходе из ИСО в ИСО, перейдем в систему отсчета, связанную с грузом. Таким образом, сложное движение груза станет движением по окружности, центр которой – на блоке.

Движение по окружности

Если нить движется со скоростью $\upsilon$, то груз будет иметь скорость

Так как центр окружности на блоке, то нужно найти проекцию скорости, перпендикулярную нити, так как в той системе отсчета, в которую мы перешли, тело имеет нормальное ускорение.

Силы, действующие на тело

Сила трения, действующая на тело,

Силу реакции найдем из уравнения по второму закону Ньютона в проекциях на горизонтальную ось:

А еще запишем уравнение в проекциях на радиальную ось (на нить)

Теперь соберем все выкладки и определим силу $F$.

Теперь перепишем (1)

$$T+(mg-T\sin\alpha)\sin\alpha-(\mu m g-\mu T \sin\alpha)\cos \alpha-mg\sin\alpha=ma_n$$

Исследуем движение без отрыва. Закон палочки может пригодиться, а также иногда помогает пересадка в другую систему отсчета.

Задача 1. Скорость монеты, соскальзывающей с клина, изображена на рисунке. Графическим построением найдите скорость клина.

Понятно, что клин будет тоже скользить, и его скорость может быть направлена только горизонтально. Для того, чтобы построить ее, построим вектор относительной скорости монеты – той, с которой она движется по поверхности клина. Сумма относительной скорости и переносной (скорости клина $u$) даст абсолютную скорость монеты.

Задача 2. Луна обращена к земле всегда одной своей стороной. Сколько оборотов совершает она вокруг своей оси за время полного оборота вокруг Земли?

Решение можно пояснить рисунком:

Пометим точкой ту сторону Луны, которая обращена к Земле. Становится понятно, что Луна совершает один оборот вокруг своей оси за время полного оборота вокруг Земли.

Задача 3. Бусинка может двигаться по кольцу радиуса $R$, подталкиваемая спицей, равномерно вращающейся с угловой скоростью $\omega$ в плоскости кольца. Ось вращения спицы находится на кольце. Определите ускорение бусинки.

Бусинка будет двигаться вдоль спицы со скоростью $\upsilon_<\parallel>$, и, поскольку спица вращается, то у бусинки будет составляющая скорости, перпендикулярная спице: $\upsilon_<\perp>$.

$$\upsilon_<\perp>=\omega r=\omega\cdot 2R\cos\alpha$$

С другой стороны,

Так как скорость бусинки, движущейся по окружности, направлена перпендикулярно радиусу.

$$\omega\cdot 2R\cos\alpha=\upsilon \cos\alpha$$

Так как скорость по модулю не меняется, то у бусинки есть только нормальное ускорение

Задача 4. Бревно, упираясь нижним своим концом в угол между стеной и землей, касается дна грузовика на высоте $H$ от земли. Найдите угловую скорость бревна в зависимости от угла $\alpha$ между ним и горизонталью, если грузовик отъезжает со скоростью $\upsilon$ от стены.

За время $\Delta t$ грузовик отъедет на расстояние

$$\Delta l=\upsilon \Delta t$$

Бревно и грузовик

При этом бревно чуть опустится, повернувшись на малый угол $\Delta \alpha$. Если длина дуги поворота $\Delta x$, то по определению радианной меры угла

Задания Д29 C2 № 3669

На горизонтальной плоскости стоит клин массой M с углом при основании Вдоль наклонной плоскости клина расположена лёгкая штанга, нижнии конец которой укреплен в шарнире, находящемся на горизонтальной плоскости, а к верхнему концу прикреплён маленький шарик массой m, касающийся клина (см. рис.). Систему освобождают, и она начинает движение, во время которого шарик сохраняет контакт с клином. На какой максимальный угол штанга отклонится от горизонтали после того, как клин отъедет от неё? Трением пренебречь, удар шарика о горизонтальную плоскость считать абсолютно упругим. В ответе укажите синус искомого угла.

Обозначим длину штанги через

Поскольку трения нет, механическая энергия системы сохраняется. В процессе движения до удара шарика о горизонтальную плоскость потенциальная энергия шарика переходит в кинетическую энергию клина и шарика. Обозначим скорость клина в момент, когда шарик ударяется о горизонтальную плоскость, через V, а скорость шарика перед ударом — через Тогда закон сохранения энергии можно записать в следующем виде:

Непосредственно перед ударом шарика о горизонтальную плоскость его скорость направлена перпендикулярно этой плоскости, поскольку он находится на конце штанги, другой конец которой укреплён в шарнире, находящемся на этой плоскости. За малый промежуток времени перед ударом о плоскость шарик проходит по вертикали расстояние а клин, не теряя по условию контакта с шариком, проходит по горизонтали расстояние и эти расстояния связаны, очевидно, соотношением откуда или

После абсолютно упругого удара шарика о плоскость его скорость изменит направление на противоположное, а по модулю сохранит своё значение. После этого кинетическая энергия шарика по мере подъёма штанги будет уменьшаться, переходя в потенциальную энергию, так что при максимальном отклонении штанги от горизонтали на угол будет выполняться соотношение, следующее из закона сохранения энергии:

Из написанных уравнений имеем

поэтому угол максимального отклонения штанги после удара шарика о плоскость определяется из следующего соотношения:

Читайте также: