Задачи вступительных экзаменов по физике. Выпуск 8 - Алешкевич В.А.
Скачать (прямая ссылка):
Mmv=mPvPl +mUivUIl и mUllj2 Z2 = mPuIl/2+ mUIvIn/2'
где vmi - скорость шарика после первого удара, атши тр - массы шарика и рамКи, соответственно. Поскольку тш = тр = т, то указанным требованиям будет удовлетворять решение приведенной системы уравнений, имеющее вид: Wpl =/'u/V2, Vuil = jv/jl. Таким образом, после первого" соударения шарик и рамка будут двигаться с равными по величине скоростями во взаимно перпендикулярных направлениях. Отсюда, пренебрегая размерами шарика и учитывая, что рамка квадратная, можно доказать, что вторично шарик ударится опять о середину стороны рамки, параллельной на этОт раз оси OY. Повторяя приведенные выше рассуждения, можно доказать, что после второго удара шарик остановится, а рамка будет дви-
Физический факультет .МГУ
29 Олимпиадные задачи и задачи вступительных экзаменов по физике. Вып. 8
гатъся со скоростью wp2 = v. Отсюда следует, что и при третьем ударе шарик столкнется с серединой стороны рамки, т.е. траектория движения шарика относительно рамки должна иметь вид, показанный на рисунке пунктирной линией. Поскольку после третьего удара скорости шарика и рамки (в выбранной системе координат) должны стать равными Utu3 = Ivj-Jl и Vpl = jvj-Jl, соответственно, то шарик через некоторое время должен оказаться возле щели, через которую он влетел в рамку. Следовательно, после третьего удара шарик вылетит из рамки и будет двигаться со скоростью Vim - Vtss3 = і V/-Jl.
I.ft После отпускания Тпайба начинает скатываться по желобу, оказывая на него определенное давление. В результате и брусок начинает двигаться с некоторым ускорением. Поскольку шайба первоначально была расположена в вертикальной плоскости, проходяшей через центр масс бруска, и в момент отпускания имела нулевую скорость, линия действующей на брусок со стороны шайбы силы должна располагаться в указанной плоскости. Учитывая, что сила тяжести и сила реакции стола, действующие на брусок, направлены вертикально, а брусок может двигаться лишь в горизонтальном направлении, можно утверждать, что брусок будет двигаться поступательно. Будем, как обычно, считать лабораторную систему отсчета инерциальной. Если скорость бруска относительно этой системы в момент прохождения шайбой нижней точки траектории обозначить F11, то согласно закот- сохранения импульса скорость шайбы ц, в указанный момент времени должна удовлетворять соотношению: т vK+M Vk= 0, т.к. в
і
момент отпускания и шайба, и брусок были неподвижны.
Приращение кинетической энергии системы «шайба-брусок» обусловлено лишь работой сил тяжести над шайбой, т.к. по условию задачи силами трения следует пренебречь. Отсюда с учетом малости геометрических размеров шайбы следует, что в интересующий нас момент времени
30
Физический (Ьакультет МГУ Решения задач. Механика
л ч
mvH+MVH =ImgR, где g - ускорение свободного падения. Учитывая, что скорость-шайбы относительно бруска V0^ra = V-V, и решая составленную систему уравнений, получим, что величина искомой скорости шайбы при сделанных предположениях должна быть равна va0TH=j2gR(l + m/M).
1.9. Поскольку под действием силы натяжения нити первоначально покоившийся груз начинает подниматься, то величина этой силы хотя бы незначительно должна превышать силу тяжести, действующую на груз. По условию задачи нить невесома, массой блока и трением в его оси следует пренебречь. Поэтому можно считать, что сила натяжения нити в любом ее поперечном сечении должна оставаться неизменной, а потому должно соблюдаться неравенство: F>mg, где g - величина ускорения свободного падения. С другой стороны, можно утверждать, что из-за действия нити на скрепленный с кубиком блок кубик должен начать двигаться в направлении силы F с некоторым ускорением. При этом кубик будет давить на груз. Поскольку касающаяся груза грань кубика вертикальна, кубик движется по горизонтальной плоскости поступательно, и груз первоначально касался кубика, то горизонтальная составляющая ускорения груза должна совпадать с ускорением кубика. Из сказанного следует, что уравнения движения кубика и груза в проекциях на горизонтальную (параллельную силе- F) и направленную вертикально вверх оси лабораторной системы отсчета должны иметь вид:
M ах = F - N, тах = N, may=F-mg, где N - величина силы давления кубика на груз. При составлении приведенной системы уравнений было учтено, что сил трения нет, а выбранная лабораторная система отсчета, как обычно, принималась за инерциальную.
Из приведенной системы уравнений следует, что вертикальная составляющая ускорения груза при заданных условиях постоянна и равна ау = Fjm - g. Поэтому для подъема груза на высоту И необходимо время
г = \j2hjOy . Учитывая, что ускорение кубика, равное горизонтальной со-
Физический факупътет МГУ
31 Олимпиадные задачу и задачи вступительных экзаменов по физике. Вып.8
ставляющей ускорения груза, постоянно, найдем перемещение кубика за время подъема груза на заданную высоту: Ax = ахт2 Il = h ах/ау . При этом точка приложения силы F переместится в направлении действия этой силы на расстояние Aj = h + Ax, т.к. по условию задачи нить следует считать ие-растяжимой. Из приведенных уравнений движения следует, что ах = F/(m + M). Поэтому для подъема груза на заданную высоту необходимо совершить работу
