Задачи вступительных экзаменов и олимпиад по физике в МГУ в 2000 - Алешкевич В.А.
Скачать (прямая ссылка):
Рис.51.
IV.6. На плоский экран, в котором сделаны две узкие кольцевые концентрические прорези, нормально падает параллельный монохроматический пучок видимого света. Радиус первой кольцевой прорези г, = 0,7 мм, а второй - r2 = 2r{. Найтн длину волны X падающего света, если на прямой, проходящей через центр прорезей перпендикулярно экрану, на расстоянии L = Im по другую сторону от него наблюдается интерференционный минимум.
63 Решения задач. Механика
PE ШЕ H ИЯ ЗАДАЧ I. МЕХАНИКА
1.1. Из условия задачи ясно, что после начала движения клина (/ = 0) груз будет двигаться по его поверхности лишь ограниченное время, а именно вплоть до того момента т, когда точка крепления нити к грузу достигнет вершины клина. Поскольку иное специально не оговорено в условии задачи, будем считать, что клин движется поступательно, и нить к грузу прикреплена так, что последний при движении клина также движется поступательно. Именно в этих предположениях и будем искать ответ на вопрос задачи для промежутка времени 0</<т. Поскольку до момента времени t = 0 клин покоился, а затем его начали двигать с постоянным ускорением а, скорость клина относительно пола в момент времени t будет равна \(t) = at. Поэтому относительно неподвижной лабораторной системы координат, ось OX которой параллельна отрезку нити, не лежащему на клине, а ось OY направлена вертикально вверх (см. рис. 52), клин за достаточно малый промежуток времени At переместится на расстояние Дх(/, t + At) = Vx(!) At = аI At.
По условию задачи нить следует считать нерастяжимой. Поэтому за указанное
M Y
\
%
фД X
-—>
^ л л ' слл время длина отрезка нитн, лежащего на
рис 52. клнне, уменьшится на ту же величину
Ах(/, I+ At), и груз переместится по клину на то же самое расстояние. С помощью рис. 52 легко доказать, что проекция перемещения груза на ось OXза рассматриваемый промежуток времени равна Axrp(Zj^AZ) = (l-cos<p)Ax(f,/ + Af) = (l-cos(p)a/Af, а на ось OY
- Ajip(Г, / + А/) = Ax(t, I + A/)sinq> = a/A/sin(p. Поскольку по определению
Vrpx(I) = AxrpU,! +At)/Al и Vrpy(I) = AyivO, I+ At)/At, то для моментов
времени 0<Г<Т при сделанных выше предположениях составляющие скорости груза относительно пола равны Avrpx(I) = (1 - cosq>)at и
Avrpy(I) = afsinq>, а искомая величина скорости груза
Vrp(I) = Jv2rpx(I) + V2rpy(I) = 2 а / sin (ф/2).
64 Фіаический факультет МГУ
12. По условию задачи при перемещении точки нити А катушка движется по плоскости, сохраняя ориентацию своей оси. Следовательно, считая, как это обычно и делается в подобных задачах, катушку твердым телом, ее движение можно представить как сумму поступательного движения со скоростью IP, равной скорости движения оси катушки, и вращения с угловой скоростью cd вокруг этой оси. Поскольку качение катушки происходит без проскальзывания, то a = v0/R. Из сказанного следует, что в тот момент, когда скорость оси катушки равна w, скорость точки В должна быть равна ив =V0 -cor = (R-r)v0/R, а потому при движении катушки с течением времени длина отрезка нерастяжимой нити AB должна уменьшаться.
Учитывая, что по условию задачи отрезок нити AB остается горизонтальным, а первоначально покоившуюся точку А перемещают с постоянным ускорением а, коллинеарным нити, искомый промежуток времени т должен удовлетворять уравнению: L(т) = L0/n = L0- (а0 - а)х2/l, где а0 = aR/(R -г) - ускорение центра катушки. Из этих уравнений следует, что апгх2 =2L0(n-\){R-r), и с учетом условия 0<т интересующий промежуток времени равен
x = ^2L0{n-\)(R-r)/(anr).
IJ. Будем решать задачу при следующих стандартных предположеж-ях: действием воздуха на тела системы можно пренебречь и лабораторную систему отсчета, относительно которой стол неподвижен, можно считать инерциальной. Кроме того, будем считать, что блок к доске и нить к грузу прикреплены так, что под действием силы F может возникнуть лишь поступательное движение этих тел. Поскольку нить является гладкой, то действующие со стороны нити на блок силы не могут иметь составляющей, направленной по касательной к блоку. Полагая, как обычно, что ось, вокруг которой мог бы вращаться блок, совпадает с его геометрической осью, можно утверждать, что при любом натяжении нити блок не будет вращаться. Поэтому, учитывая невесомость нити, можно утверждать, что величина силы натяження во всех точках нигн должна быть одинакова и равна величине приложенной к ее свободному концу силе F. Следователь-
65 Решения задач. Механика
но, на груз со стороны нитн должна действовать сила, равная -F. Поскольку нить невесома, то сумма сил, действующих на нее, должна быть равна нулю, а потому, вспоминая третий закон Ньютона, можно утверждать, что со стороны нити на блок должна действовать сила 2 F.
Из условия задачи ясно, что если движение груза по доске и может иметь место, то груз при этом будет двигаться по доске к блоку. Следовательно, сила трения Flp, действующая на груз со стороны доски, может быть направлена только так, как показано на рнс. 53. На этом же рисунке
показаны сила -F, действующая на груз со стороны нити, сила трения Ш Crp f = -Cip, действующая на доску со стороны груза, и ось OX используемой при решении задачи лабораторной системы отсчета. Поскольку Рис. 53. по условию задачи доска находится
