Поможем в ✍️ написании учебной работы

Имя

Поможем с курсовой, контрольной, дипломной, рефератом, отчетом по практике, научно-исследовательской и любой другой работой

Выберите тип работыЧасть дипломаДипломная работаКурсовая работаКонтрольная работаРешение задачРефератНаучно - исследовательская работаОтчет по практикеОтветы на билетыТест/экзамен onlineМонографияЭссеДокладКомпьютерный набор текстаКомпьютерный чертежРецензияПереводРепетиторБизнес-планКонспектыПроверка качестваЭкзамен на сайтеАспирантский рефератМагистерская работаНаучная статьяНаучный трудТехническая редакция текстаЧертеж от рукиДиаграммы, таблицыПрезентация к защитеТезисный планРечь к дипломуДоработка заказа клиентаОтзыв на дипломПубликация статьи в ВАКПубликация статьи в ScopusДипломная работа MBAПовышение оригинальностиКопирайтингДругое

Нажимая кнопку "Продолжить", я принимаю политику конфиденциальности

 

 

I. МЕХАНИКА

 

 

1

&

I.1. Обозначим расстояние O C через x (см. рис. 100). Тогда иско-мая скорость равна v = x, где точка над буквой

1

x означает производную от x по времени. Из ∆ O CO2 по теореме синусов можно записать:

 

x       h

sing = sina . Учитывая, что   = p −a −b , из              Рис. 100

этой формулы находим

 

=

x h               .

sin(a +b) sina

 

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:

 

&

&

=

÷

ç

,

d æ y ö y z − y z dt è z ø         z2

 

121

	1		.

 

 

Олимпиада «Ломоносов – 2007»

 

 

а производная от сложной функции y(z(t)) равна

 

d                                             d

&

&

&

&

dt y(z) = y(z)z ; например, dt sina = cosa ×a . С учетом сказанного получаем:

&                           &

=

&

.

x h

cos(a +b)sina ×(a +b)−sin(a +b)cosa ×a sin2 a

 

&

&

&

&       &

1                                                                                           1

u

В нашем случае b = −u / L , g= −u2 / L и a = −(b + g) = (u +u2)/L. Знак «минус» в первых двух выражениях отражает тот факт, что при указан-ных в условии направлениях скоростей 1 и u2 углы b и                                                           уменьша-ются. Объединяя записанные выражения, находим ответ:

 

v = h u2 cos(a +

)sina −(u +u2)sin(a +b)cosa Lsin2 a

 

 

I.2. Куб и цилиндр движутся под действием сил, модули и направ-ления которых изображены на рис. 101, где

mg – модуль силы тяжести, N – модуль

 

нормальной составляющей силы взаимодей-ствия куба и цилиндра, F – модуль силы трения между кубом и цилиндром, N1 и N2 – модули нормальных составляющих сил

F

F

Рис. 101                 взаимодействия куба и цилиндра со столом, 1 и 2 – модули сил трения, возникающих

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:

 

1

2

ma = f − N − F ,  ma = N − F ,

 

где a – модуль ускорения этих тел. В проекции на вертикальное на-правление имеем:

 

0 = F + N1 −mg ,  0 = N2 − F −mg .

 

Отсюда N1 = mg − F , N2 = mg + F . Поэтому силы трения скольжения

 

122

 

Решения задач

 

 

1

2

F = µN1 = (mg − F),   F = µN2 = µ(mg + F) .

 

F

2

Поскольку цилиндр по условию движется, не вращаясь, сумма момен-тов сил   и  2 относительно его оси равна нулю, откуда следует, что F = F . При этом сила трения покоя F достигает максимального зна-

 

F

F

чения: F = µN . Следовательно, N = N2 . Объединяя эти соотношения с записанными выше выражениями для сил 1 и                          2 , получаем, что

 

=

,

F

=

,

F

=

,

F

=

.

N

µmg             µmg(1−2µ)              µmg              mg 1−µ           1            1−µ                  2   1−µ                 1−µ

 

Подставляя найденные значения сил в уравнения движения центров

 

f

масс куба и цилиндра, находим ответ: m = 2g(1+µ) .

 

 

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:

 

0

=      +

.

m v2    m v2   Mu2 2      2      2

Здесь v0 и 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):

 

123

 

Олимпиада «Ломоносов – 2007»

 

 

m v0 = Mu .

 

 

Из этих уравнений находим скорости v = v0

M −m

 

M

 

и u = v0 m .

 

M

Теперь можно записать закон движения для каждого из тел после со-ударения. Направим оси системы координат по горизонтали (Оx) и по вертикали (Oy). Клин движется равномерно, поскольку трения нет:

 

x(t) = u t . Движение шарика – равнопеременное:

2

y(t) =v ×t − g t2 .

 

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:

 

2

S = ut, 0 =vt− gt2 .

 

0

Mg

0

M         Mg

Решение записанной системы уравнений позволяет найти ответ: S = 2 m v2                             M −m » 2 m v2 =10 см.

 

 

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

N1 = F v =bv2 . При движении автобуса массой m по наклонному уча-стку шоссе часть мощности двигателя расходуется также на увеличение потенциальной энергии автобуса: N2 = mgsina ×v. Полная мощность, развиваемая двигателем, N0 =bv2 + mg vsina . Из условия задачи следу-ет система уравнений:

 

2                                                               2

1              1

bv0 =bv2 + mg v sina1 =bv2 + mg v2 sina 2 .

 

 

124

			v		.

 

 

Решения задач

 

 

2      2

Исключая из этой системы b и m, получаем ответ:

 

 

ç

è

2

÷

0

ø

v2 = 1 æ u2 + 4v2 −uö, где

(v0 − 1 )sina 2 v sina1

 

 

1

I.5. Стержень находится в равновесии под действием сил, изобра-женных на рис. 102, где mg и Mg – силы тяжести,

 

1

2

действующие на шарик и на стержень, N1 и N2  – нормальные составляющие сил реакции горизонталь-ной и вертикальной поверхностей, F и F  – силы

 

F

F

трения покоя. Максимальное расстояние l соответст-вует случаю, когда обе силы трения покоя принимают максимально  возможные  значения:     1 = N1 , 2 = µN2 . Записывая для этого случая условия равно-

весия стержня, имеем:                                                                     Рис. 102

 

2

N2 = µN1 ,   N2 + N1 = (M +m)g , µN2Lcosa + N2Lsina = mglcosa + Mg L cosa .

 

Исключая из этих уравнений N1 и N2 , получаем ответ:

 

ö

ç

×

ç

÷

2

m

m

µ +

2

l = Læµ(µ+ tga) (M +m) − M ÷.

è (    1)                           ø

 

Замечание: Заданные в условии величины m,   , a и µ должны при-нимать такие значения, чтобы выполнялось неравенство 0 £ l £ L .

 

 

I.6. Пусть M – масса груза, m – масса стержня, s – его длина. Стержень находится в равновесии под действием сил, показанных на рис. 103, где Mg и

 

mg –силы тяжести, T – сила натяжения проволо-

 

ки. В целях экономии места сила реакции шарнира

на рисунке не изображена. Уравнение моментов,          Рис. 103

 

 

125

			=		.

 

 

Олимпиада «Ломоносов – 2007»

 

 

записанное относительно оси шарнира (точки O) имеет вид:

 

2

Mgs+mg s =Thsinf ,  причем sinf = l    . l2 +h2

 

Пусть L0 – длина недеформированной проволоки, а ∆L – ее абсолют-ное удлинение под действием силы натяжения T . По закону Гука

 

=

,

0

∆L  T L   ES

 

где   – модуль Юнга, S – площадь поперечного сечения проволоки. Поскольку проволока жесткая, ее длина в растянутом состоянии мало отличается     от         L0 .  Поэтому можно    приближенно                   положить

 

L0 » l2 +h2 . В итоге уравнение моментов и закон Гука принимают вид:

 

 

æM + m ögs =Th    l   ,

l2 +h2

∆L       T

 

l2 +h2    ES

 

Исключая из этих равенств натяжение проволоки , найдем ее абсо-лютное удлинение:

 

æ

÷

∆ = +

.

L  h

ç

÷

ç  l2 ö (M +(m/2))g s è        h ø    ESl

 

Минимум этого выражения легко определить, приравнивая нулю произ-водную

 

æ

2

d      l

÷

÷

ç

2

h

ø

è

dh çh+ h ö =1− l2 = 0.

 

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-

 

126

	=		.

 

 

Решения задач

 

 

формирована, сила трения отсутствует), то можно применить закон со-хранения импульса для системы «шарик + муха»:

 

M v0 = (M + m)u0 ,

 

где v0  – скорость шарика без мухи при прохождении им положения равновесия, u0 – скорость шарика с мухой сразу после ее посадки на

2             2

шарик. В процессе колебаний шарика на пружине (или шарика с мухой) механическая энергия каждой из этих систем постоянна во времени. Поэтому можно записать:

 

 

kX0    M v0 ,

2      2

kX 2    (M + m)u2 ,

2           2

 

где k – жесткость пружины. Отметим, что механическая энергия сис-темы в этих двух случаях различна. Используя записанные уравнения,

 

 

получаем ответ: X1 = X0

M

 

M + m

 

 

I.8. Совместим начало системы координат, связанной с кабиной лифта, с нижним концом недеформирован-

ной пружины; координатную ось Ox напра-вим вертикально вниз. Когда кабина непод-вижна, координата гири в положении рав-новесия равна x0 = m g /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

 

1

гири с периодом T = 2p m/k . График зависимости координаты гири x

 

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-

 

 

127

					1

 

 

Олимпиада «Ломоносов – 2007»

 

 

2

2

ный кабиной за это время, S = at . Объединяя записанные выражения,

 

получаем ответ:

 

2

S = p2a m .

 

m

m

I.9. Пусть массы шариков 1 и 2 , а жесткость пружины k . Часто-ты колебаний каждого из шариков при условии, что другой шарик за-креплен, находятся по известной формуле для частоты колебаний груза на пружине:

 

m

m

w1 = k , w2 = k . 1                               2

 

x

Если после растяжения пружины отпустить шарики одновременно, то их колебания будут происходить так, что центр масс системы останется неподвижным. Обозначим через 1 и x2 модули смещений шариков от положения равновесия. Из определения центра масс следует равенство:

 

m x

m

1 1 = 2x2 .

 

x

x

Отсюда находим, что растяжение пружины ∆l = 1 + x2 выражается че-рез 1 и x2 как:

1      2

1      2

1

m               m

∆l = m +m x = m +m x2 . 2    1

 

По закону Гука модуль силы упругости, возникающей при растяжении пружины, равен F = k∆l . Уравнения движения шариков имеют вид:

 

m x

1

m x

2

1&& = −k∆l ,      2&& = −k∆l , или, с учетом записанных выше выражений для ∆l ,

&& +k m +m2 x = 0 ,

 

1  2

&& +k m +m x2 = 0 . 1  2

 

Как и следовало ожидать, оба шарика совершают гармонические коле-бания на одной и той же частоте

 

128

	k		1      2		=		m m		1       2

 

 

Решения задач

 

 

 

w =

m +m

 

m m

 

k + k = w2 +w2 .

 

1       2

 

1  2

Учитывая, что частота колебаний связана с периодом T соотношением

T T

T

+

w = 2p , получаем ответ: T =   1 2    .

T  T

2      2 1      2