15 Сила трения - Каталог заданий по Олимпиадной физике в Школково

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#29281

Известно, что благодаря антикрыльям вес болида Формулы-1 при скорости $v = 216 км/ч$ в 6 раз превышает силу тяжести. Определите, чему равен минимальный радиус поворота $R$ , по которому способен проехать такой болид на данной скорости. Коэффициент трения между покрышками и поверхностью трассы равен $μ = 0,8$ . Ускорение свободного падения считайте равным $2 g = 10 м/ с$ .

Источники: Всеросс., 2016, ШЭ, 10

Показать ответ и решение

При движении болида по повороту на болид действует центростремительное ускорение, созданное силой трения. Запишем второй закон Ньютона:

ma = F тр

При этом центростремительное ускорение равно:

2 a = v-, R

а сила трения

Fтр = μN,

где $N = P = 6mg$ – сила реакции опоры, $m$ – масса болида.
Отсюда

v2 v2 3600 (м/с)2 ---= 6μg ⇒ R = ----= --------2---= 75 м R 6μg 48 м/с

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#29282

На железнодорожной платформе, движущейся по горизонтальному рельсовому пути с постоянной по величине и направлению скоростью $V0 = 10$ м/с, стоит коробка. Внезапно начинается торможение, платформа движется по прямой до полной остановки с постоянным по величине ускорением $a = 2 м/ с2$ . Коробка, в свою очередь, перемещается относительно платформы на $S = 12$ м и останавливается. Ускорение свободного падения $2 g = 10 м/ с$ . Коробка движется по горизонтальной прямой.
1. Найдите тормозной путь $L$ платформы.
2. Найдите коэффициент $μ$ трения скольжения коробки.
3. В течение какого времени $T$ скорость коробки в системе отсчёта, связанной с платформой, увеличивалась?
4. Найдите наибольшую скорость $Umax$ коробки относительно платформы.

Источники: «Физтех», 2021, 9

Показать ответ и решение

1) Тормозной путь равен:

V02− V 2 V 20 100(м/с)2 L = ---------= --- = --------2-= 25 м 2a 2a 2 ⋅ 2 м/с

2) Тормозной путь коробки относительно рельс равен $(L + S )$ , тогда коэффициент трения тогда аналогично прошлому равенству:

ma = μmg ⇒ a = μg

V02− V 2 V02 V02 (L + S ) = ---------= ----⇒ μ = ----------≈ 0,135. 2a 2μg 2(L + S)g

3) $V0 T = --- = 5 с a$ .
4) $( μg) Umax = (a − μg)T = V0 1 − --- ≈ 3,2 м/с a$

Ответ:

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задачи	Баллы

Записана формула тормозного пути	2

Записан второй закон Ньютона	2

Записана формула времени движения	2

Записана формула максимальной скорости	2

Представлен правильный ответ	2

Максимальный балл	10

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#29283

Горизонтальная лента конвейера движется относительно земли с постоянной скоростью $u$ . На ленте лежит брусок, который вначале неподвижен относительно этой ленты. Коэффициент трения между бруском и лентой равен $μ$ . На пути бруска находится неподвижная относительно земли вертикальная стенка (см. рисунок). Достигнув стенки, брусок соударяется с ней абсолютно упруго. После первого удара брусок отскакивает назад, но через некоторое время вновь достигает стенки. Далее удары о стенку повторяются с некоторым интервалом времени $T$ . Найдите этот интервал. Ускорение свободного падения $g$ известно.

Источники: Всеросс., 2019, МЭ, 10

Показать ответ и решение

Рассмотрим движение бруска относительно земли. Из второго закона Ньютона находим, что ускорение бруска в те моменты, когда он проскальзывает относительно ленты, равно $a = μg$ и направлено вправо, вдоль оси X.

После каждого удара о стенку существует интервал времени, в течение которого брусок движется равноускоренно. Зависимость проекции скорости бруска на ось X от времени $t$ при этом имеет вид:

V = − u + μgt. x

Брусок перестаёт проскальзывать относительно ленты в тот момент, когда его скорость относительно земли сравнивается со скоростью ленты:

u = − u + μgt1.

Отсюда время равноускоренного движения равно

2u- t1 = μg .

Найдём изменение координаты x бруска за время $t1$ :

μgt2 Δx = − ut1 +----1= 0. 2

Изменение координаты равно нулю. Это означает, что скорость бруска сравняется со скоростью ленты ровно в тот момент, когда брусок вновь подъедет к стенке. В тот же момент произойдёт следующий удар, поэтому время $t1$ и есть искомый интервал $T$ между ударами.
(Официальное решение ВсОШ)

Ответ:

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задачи	Баллы

Записан второй закон Ньютона	2

Записана зависимость проекции скорости от времени	2

Сказано, когда проскальзывание прекратится	2

Записана формула времени движения и изменения координаты	2

Представлен правильный ответ	2

Максимальный балл	10

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#29284

На горизонтальной гладкой поверхности стола покоится доска массой $M$ (см. рисунок). На доску со скоростью $v$ въезжает шайба массы $m$ . Какой должна быть длина доски, чтобы шайба не соскользнула с неё? Коэффициент трения скольжения между шайбой и доской равен $μ$ , размер шайбы мал по сравнению с длиной доски.

Источники: МФТИ, 1993

Показать ответ и решение

Сила трения между шайбой и доской $μmg$ . Относительно стола ускорение шайбы $μg$ , а ускорение доски $M a = μmg ⇒ μmg ∕M$ . Ускорение шайбы относительно доски

a = μg + μmg--. M

Начальная скорость шайбы относительно доски равна $v$ . Путь шайбы по доски до моменты остановки на доске

v2 S = --. 2a

Длина доски $L$ должны быть больше $S$

2 L > ----M-v------ 2μ(M + m)g

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#29285

Систему грузов, имеющих массы $m$ и $3m$ , тянут с помощью подвижного блока по гладкой горизонтальной поверхности. При каких значениях силы $F$ грузы не будут проскальзывать друг по другу, если коэффициент трения между ними $μ$ ? Массами блоков и нити можно пренебречь. Нить нерастяжима.

Источники: Всеросс., 2018, МЭ, 11

Показать ответ и решение

Если бы трение отсутствовало, то тогда ускорение груза $m$ было бы больше ускорения груза $3m$ , значит, сила трения, действующая на груз $m$ , направлена влево. В момент начала проскальзывания возникает пограничная ситуация: в системе действует максимально возможная сила трения, но ускорения грузов одинаковы. Ввиду невесомости нити и блоков сила натяжения нити равна $F -- 2$ Запишем второй закон Ньютона для груза $m$ и груза $3m$ соответственно:

( { F-− μmg = ma 2 ⇒ F = 8μmg ( F + μmg = 3ma

Значит, проскальзывание отсутствует при $F ≤ 8μmg.$
(Официальное решение ВсОШ)

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#29286

Ведущие колёса паровоза соединены реечной передачей, одно звено которой представляет собой плоскую горизонтальную штангу, шарнирно прикреплённую к спицам соседних колёс на расстоянии от оси, равном половине радиуса $R$ колеса (рис.). При осмотре паровоза механик поставил на эту штангу ящик с инструментами и по рассеянности забыл его там. Паровоз трогается с места и начинает медленно набирать скорость. При какой скорости $v1$ паровоза ящик начнёт проскальзывать относительно штанги? При какой скорости $v2$ паровоза ящик начнет подпрыгивать? Коэффициент трения между ящиком и штангой равен $μ$ . Числовой расчёт проведите для значений $R = 1 м$ , $μ = 0, 5$ .

Источники: Всеросс., 2004, финал, 10

Показать ответ и решение

Перейдем в систему отсчета, равномерно движущуюся вместе с паровозом. Очевидно, что пока ящик не проскальзывает, он движется по окружности радиуса $l = R ∕2$ . Вектор ускорения направлен к центру окружности и равен $ω2l$ . Пусть $m$ масса ящика, $N$ нормальная реакция опоры, $ω$ – угловая скорость вращения колес, $φ$ – угол, который спица в данный момент образует с горизонтом. Условие отсутствия проскальзывания ящика можно записать в проекциях на горизонтальную и вертикальную оси:

( { Ox m ω2lcos φ ≤ μN 2 ( 2 ⇒ μg ≥ ω l(cosφ + μ sin φ ) Oy m ω lsinφ = mg − N,

Выражение $f(φ ) = (cos φ + μ sin φ)$ максимально при $φ = φ0$ , которое находится из условия

′ f (φ0) = − sinφ0 + μcos φ0 = 0,

откуда $tgφ0 = μ.$ Но можно обойтись и без производных, введя вспомогательный угол $ψ$ :

tgψ = μ

Тогда

f(φ ) = cos φ + sin-ψ sin φ = cos(φ-−-ψ). cos ψ cos ψ

Это выражение принимает максимальное значение при $φ = ψ$ . Выражая $sin φ0$ и $cosφ0$ через $μ$ , найдем $∘ ------- f (φ0) = 1 + μ2$ и преобразуем условие отсутствия проскальзывания:

2 ω--l≤ ∘--μ----. g 1 + μ2

Отсюда

∘ --------- -2gR-μ--- v1 = ω1R = ∘ 1 + μ2 ≈ 3,0 м/ с

Если скорость превысит это значение, ящик сдвинется относительно штанги. Ящик начнет подпрыгивать, когда вертикальное ускорение штанги в верхней точке превысит ускорение свободного падения:

2 ∘ ---- ω l ≥ g ⇒ v2 = ω2R = 2gR = 4,43 м/с

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#29287

Однородный диск раскрутили вокруг его оси до угловой скорости $ω$ и положили на границу раздела двух горизонтальных полуплоскостей так, что его центр оказался точно на границе (см. рисунок; вид сверху). Коэффициент трения между диском и одной полуплоскостью $k$ , между диском и другой полуплоскостью $2k$ . Найти ускорение центра диска сразу после того, как он оказался на поверхности.

(«Росатом», 2019, 11)

Источники: «Росатом», 2019, 11

Показать ответ и решение

Мысленно разобьем диск на узкие колечки, найдем силу трения, действующую на каждое, а потом просуммируем. Рассмотрим четыре малых элемента кольца одинаковой длины, лежащих на одинаковых расстояниях от границы полуплоскостей на одной и второй полуплоскости (см. рисунок). На них действуют силы трения, направленные противоположно скорости элементов (т.е. по касательным к кольцу). Но поскольку коэффициенты трения диска о полуплоскости – разные, то две силы будут больше двух других, и суммарная сила трения не будет равняться нулю.

Рассмотрим силы, действующие на два таких элемента, лежащих на одной и той же полуплоскости. Очевидно, сумма сил трения, действующих на них, будет направлена вдоль границы и равна

2k Δmg sin α, 1

где $k1$ – коэффициент трения между диском и той полуплоскостью, на которой находятся рассматриваемые элементы диска, $Δm$ – масса каждого элемента, $α$ – угол между элементами и перпендикуляром к границе раздела между полуплоскостями (см. рисунок).

Масса элемента пропорциональна его длине

Δm = Δl-m. l

где $m$ – масса кольца, $l$ – его длина, $Δl$ – длина рассматриваемых элементов. Поскольку величина

Δl sinα

имеет смысл проекции рассматриваемого элемента кольце на границу раздела между полуплоскостями, то их сумма дает диаметр кольца. Поэтому сумма проекций сил трения, действующих на элементы кольца, находящихся с одной стороны от границы раздела дает

∑ mg2r k1mg 2k1Δmg sin α = k1 ------= ------. 2πr π

где $r$ – радиус рассматриваемого кольца. Сумма проекций сил трения, действующих на другую половину дает

k2mg-- π .

Поэтому суммарная сила трения, действующая на рассматриваемое кольцо, есть

(k1 − k2)mg ------------. π

Суммируя силы трения, действующие на отдельные колечки, найдем результирующую силу трения, действующую на диск

(k1 − k2)M g F = ------------- π

где $M$ – масса диска. Отсюда находим ускорение центра диска, которое будет направлено вдоль границы полуплоскостей

(k − k )g a = --1----2--. π

Поэтому в рассматриваемом варианте ( $k1 = 2k$ , $k2 = k$ ) имеем

a = kg. π

(Официальное решение Росатом)

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#29288

Девятиклассник стоит на границе газона и обледеневшего участка дороги шириной $L$ . Трение между обувью мальчика и дорогой практически отсутствует. Он решил сначала отбежать назад, а затем, разогнавшись, преодолеть скользкий участок по инерции. Коэффициент трения между обувью и газоном равен $μ$ . Ускорение свободного падения равно $g$ .
1) Какое наименьшее время $T1$ потребуется мальчику, чтобы отбежать от дороги и вновь вернуться к границе обледеневшего участка, разогнавшись до скорости $v0$ ?
2) Какое наименьшее время $T$ от момента начала движения понадобится ему для преодоления всего скользкого участка?

Источники: Всеросс., 2011, РЭ, 9

Показать ответ и решение

Наибольшее ускорение ученика, обусловленное трением, $a = μg$ как при разгоне, так и при торможении

На скользком участке скорость не меняется. Пусть школьник в течение времени $t1$ удаляется с ускорением a от края дороги. Затем он начинает тормозить с тем же ускорением. До полной остановки уйдёт такое же время $t1$ . При этом он окажется на расстоянии $S = at21$ от края дороги. Разгоняясь в сторону границы, он затратит ещё время $t2$ , чтобы вновь преодолеть расстояние $S$ . При этом $S = at22∕2$ . Скорость же на границе $v = at2$ . Выражая $t1$ через $t2$ , а затем $t2$ через $v0$ , получим ответ на первый вопрос:

√ -- v T1 = ( 2 + 1)--0. μg

Время пересечения дороги $t3$ равно:

L- -L- t3 = v = at2.

Полное время движения:

T = 2t1 + t2 + t3

Выражая $t1$ через $t2$ , получим:

√ -- L T = ( 2 + 1)t2 +--- at2

Наименьшее время достигается при $√ -- ( 2 + 1)t2 = L∕(at2)$ , то есть при условии:

2 -√---L---- t2 = ( 2 + 1)a

Отсюда

∘ ---√------- L(--2-+-1)- T = 2 μg .

(Официальное решение ВсОШ)

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#29289

Доска массы $M$ и длины $L$ скользит с некоторой скоростью $v0$ по гладкой горизонтальной поверхности. На левом краю доски лежит кубик массы $m$ . Коэффициент трения скольжения между кубиком и доской равен $μ$ . Доска испытывает абсолютно упругий удар о вертикальную стенку (см. рисунок). При какой максимальной скорости доски $v0 = vmax$ кубик с неё не упадёт? Размерами кубика по сравнению с $L$ пренебречь. В процессе всего движения кубик не опрокидывается.

Источники: Всеросс., 2010, РЭ, 10

Показать ответ и решение

Сразу после удара о стенку доска изменит направление движения на противоположнное, а кубик продолжит движение к стенке. Сила трения скольжения вызовет изменение как скорости кубика, так и скорости доски. Уравнение движения для кубика и доски:

( { vk = − v0 + μgt μmg ⇒ aд = ----- ( M aд = F тр = μmg M

Следовательно, скорость доски

μmg vд = v0 − -----t M

Проскальзывание прекратится после того, как скорости доски и кубика сравняются:

v0 − μg m--tк = − v0 + μgtк ⇒ tк = 2v0---M---- M μg M + m

Максимальное перемещение кубика относительно доски равно $L$ . Из рисунка видно, что оно численно равно площади заштрихованного треугольника:

L = 1⋅ 2v ⋅ t 2 0 к

то есть максимальная скорость, при которой кубик не упадёт с доски:

∘ ---------------- μgL ( M + m ) vmax = ----- -------- . 2 M

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#40698

Экспериментатор Глюк обнаружил у себя в архивах чертеж механической системы, включающей в себя грузы массой $m$ и $M$ , три невесомых блока и невесомые нерастяжимые нити, причем трения в блоках нет. Груз $m$ висит вертикально, а груз $M$ лежит на шероховатой горизонтальной плоскости. Найдите ускорение груза $m$ , считая, что $m = 1 кг$ , $M = 11 кг$ , $μ = 0,25$ . Обратите внимание, что конец левой нити прикреплен к оси самого правого блока и к этой же оси прикреплена другая нить, соединенная с грузом $M$ .
(Всеросс., 2020, МЭ, 11)

Источники: Всеросс., 2020, МЭ, 11

Показать ответ и решение

Для описания движения данной системы тел выберем неподвижную систему отсчёта, ось $y$ которой направлена вертикально вниз, куда может двигаться грузик $m$ , а ось $x$ по горизонтали справа налево, в направлении возможного движения груза массой $M$ . Обозначим силу натяжения первой нити через $T$ , а второй - через $4F$ (см. рисунок).

Тогда в проекциях на выбранные оси координат уравнение движения двух тел системы имеют вид:

mg − T = ma1, F − Fтр = M a2

В силу условия задачи можно считать, что сила натяжения вдоль всей первой нити одинакова и равна $T$ , а сила натяжения второй нити $F = 3T$ , так как для правого блока сумма сил должна быть равна нулю.

Если груз $M$ сдвинется влево на расстояние $x$ , то грузик $m$ за счет укорочения трех горизонтальных участков первой нити сдвинется вниз на расстояние $3x$ . Поэтому уравнение кинематической связи для ускорений тел имеет вид: $a1 = 3a2$ . При движении данной системы тел если $a1 > 0$ , то на груз $M$ действует сила трения скольжения

Fтр = μM g

Подставим в исходную систему уравнений все полученные выражения:

T = mg − 3ma2; 3T − μM g = M a2

Отсюда:

(3m--− μM-)g- a2 = 9m + M

тогда

3(3m − μM )g a1 = 3a2 = --9m-+-M----= 0,375 м∕c2

Так как получено положительное значение ускорения, то тела действительно будут двигаться, поэтому предположение о действующей силе трения верно.

(Официальное решение ВсОШ)

Ответ:

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задачи	Баллы

Представлен рисунок с верно отмеченными силами и указанными осями	1

Записан второй закон Ньютона для каждого тела	2

Получена связь между $F$ и $T$	1

Получена и обоснована связь между ускорениями тел	3

Получено верное выражение для ускорения груза $m$	2

Получен верный численный ответ	1

Максимальный балл	10

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#113138

Тело массой $m = 2 кг$ аккуратно положили на горизонтальную поверхность и подействовали на него силой $F = 6 Н$ , направленной под углом $α = 30∘$ к горизонту. Коэффициент трения между телом и поверхностью равен $μ = 0,4$ . Найти силу трения, действующую на тело.

Источники: МФТИ, 1987

Показать ответ и решение

Запишем второй закон Ньютона для тела в проекции на вертикальную ось:

N + F sinα = mg

Откуда:

N = 17 Н

Найдем максимальную силу трения: силу трения скольжения:

Fтр. макс = μN = 6,8 Н

Сравним проекцию силы $F$ на горизонтальную ось, чтобы понять находится ли тело в покое или скользит.

F ≈ 5,2 Н < 6,8 Н x

Значит, что тело находится в покое. Тогда сила трения возникающая между телом и поверхностью компенсирует $F x$ . Т. е. сила трения равна:

Fтр = 5,2 Н

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#113158

На горизонтальной поверхности стола протягивают с постоянной скоростью $v$ тонкую ленту шириной $d$ . На ленту въезжает скользящая по столу монета, имея скорость $4v∕3$ , направленную перпендикулярно к краю ленты (см. рисунок). Монета скользит по ленте и покидает её со скоростью $v$ (относительно стола) под неравным нулю углом к краю ленты.
1) Найти скорость монеты (по модулю) относительно ленты в начале движения по ленте.
2) Найти коэффициент трения скольжения между лентой и монетой.

Источники: МФТИ, 2004

Показать ответ и решение

Сила трения направлена против относительной скорости движения тела. Поэтому для удобства перейдем в СО ленты. Начальная скорость монетки в этой СО будет равна:

5 u1 = -v 3

Это же и ответ на первый пункт.

\text{[math]}

Движение монетки в этой СО будет по прямой и будет равнозамедленным из-за силы трения. Конечную относительную скорость можно найти так же сложением векторов абсолютной скорости и скорости противоположной скорости ленты - переносной.

3 6 u2 = 2 ⋅5v = 5v

Можно записать закон равноускоренного движения:

2 2 − 2Sa = u 2 − u1

Где ускорение:

a = μg

Найдем перемещение:

S = 5d 4

Подставляя получим:

5 ( 6 )2 (5 )2 − 2⋅4dμg = 5v − 3v

2 μ = 602-v- 1125 gd

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#115425

Виталич опять отправился на моторной лодке по реке и, двигаясь в стоячей воде, развил скорость $V0.$ В момент времени $t = 0$ двигатель лодки выключают, и она (вместе с Виталичем) начинает замедляться под действием силы сопротивления. Масса лодки с Артемом Виталичем равна $M.$
Теперь считая, что сила сопротивления воды движению лодки пропорциональна скорости (коэффициент пропорциональности к считать известным), найдите (используя идеи предыдущей задачи):
1) зависимость скорости $v(t)$ лодки от времени $t;$
2) время торможения лодки $tторм;$
3) путь $S(t),$ пройденный к моменту времени $t;$
4) путь $Sторм,$ пройденный до полной остановки (интересный результат получается с учетом времени торможения?);
5) обладая зависимостью $v(t)$ и $S(t),$ найдите зависимость пройденного пути от скорости $S(v);$
6) а можно ли получить зависимость $S (v)$ из пункта $5$ более простым способом?

Показать ответ и решение

Решение скрыто

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#115429

Из зенитной установки выпущен снаряд вертикально вверх со скоростью $v0 = 600 м/с.$ Сила сопротивления воздуха $F⃗= − k⃗v.$ Определить максимальную высоту $H$ подъема снаряда и время его подъема $τ$ до этой высоты, если известно, что при падении снаряда с большой высоты его установившаяся скорость $v = 100 м/с. 1$

(Сборник задач по общему курсу физики под редакцией В.А. Овчинкина)

Источники: Сборник задач по общему курсу физики под редакцией В.А. Овчинкина

Показать ответ и решение

1. Введем оси и запишем 2ой Закон Ньютона для снаряда:

dv − mg − kvy = m--y dt

Видно, что в нашем дифференциальном уравнении присутствует неоднородность в виде $− mg$ , его не удастся решить разделением переменных сразу. Чтобы избавится от проблемы введем замену переменных $F = mg + kvy,$ тогда $dF = kdvy$ .

2. Получили уравнение с разделяющимися переменными. Запишем и сразу интегрируем:

∫ t − F = m-dF--⇒ −-k dτ = lnF |mg+kvy k ⋅dt m 0 mg+kv0

Тогда

k mg + kvy ( mg ) -k mg − m-⋅t = ln mg-+-kv-⇒ vy = k--+ v0 ⋅e−m ⋅t −-k- 0

3. Положим теперь $v(t ) = 0 y под$ . Тогда:

(mg- ) − km-⋅tпод mg- 0 = k + v0 ⋅e − k

Выразим отсюда время подъема:

( ) e km⋅tпод = mg-∕k+-v0= 1 + v0k ⇒ tпод = m-ln 1 + v0k mg ∕k mg k mg

4. Вычислим высоту подъема снаряда как функцию от времени:

∫ t [(mg )( m ) k- mg ] H (t) = vydτ = -k-+ v0 − -k e− m⋅t −-k-⋅t |t0 ⇒ 0

( 2 ) 2 H (t) = − m-g − mv0- e−mk⋅t − mg ⋅t+ m--g+ mv0- k2 k k k2 k

5. Вычислим теперь максимальную высоту подъема снаряда. Для этого запишем снова второй закон Ньютона:

− mg − kdy = m dvy ⇒ − mgdt − kdy = mdvy dt dt

Проинтегрируем и получим (полагая под $τ$ время подъема снаряда):

− mg ⋅τ − k ⋅H = m (vy − v0)

В высшей точке траектории скорость снаряда нулевая

1 − mgτ − kH = − mv0 ⇒ H = --(mv0 − mg τ) k

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#115430

Приведён график зависимости скорости падающего на Землю тела массой $m = 1 кг$ от времени в единицах $t0$ (рис.).

1) Определите промежуток времени $t0.$
2) Чему равна сила сопротивления воздуха $f(v),$ действующая на тело, движущееся со скоростью
а) $v = 10 м/с;$ б) $v = 8 м/с?$

(Всеросс., 2007, 0Э, 9)

Источники: Всеросс., 2007, 0Э, 9

Показать ответ и решение

1) Из графика видно, что касательная к нему в точке $t∕t0 = 0$ проходит через точку, соответствующую скорости $v∗ = 5 м/с$ и времени $t∗ = 0,5t0$ . Понятно, что тангенс угла наклона касательной к графику в точке $t∕t0 = 0$ соответствует ускорению тела в начальный момент времени. Однако в начале полета скорость тела нулевая (это означает, что на тело еще не действует сила сопротивления воздуха, которая, как известно, пропорциональна скорости). Из этого делаем вывод, что ускорение тела в этой точке равно ускорению свободного падения $g = 10 м/ с2$ .

g = v∗ =--5--⇒ t = 1 с t∗ 0,5t0 0

2) Скорость $v = 10 м/ с$ соответствует установившейся скорости движения тела $⇒ Fсопр = mg = 1 Н.$

Проанализируем теперь, что происходит при скорости $v = 8 м/с$ . Пишем второй закон Ньютона:

mg − F = ma сопр

Из графика можем, по аналогии с пунктом один, вычислить угол наклона касательной к графику в точке $v = 8 м/с$ и получить значение ускорения тела: $2 a ≈ 3 м/с$ .

Теперь несложно вычислить силу сопротивления, действующую на тело:

Fсопр = mg − ma ≈ 7 Н

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#115431

Шарик массой $m$ запущен под углом $𝜃$ к горизонтальной плоскости. При движении шарик испытывает трение со стороны среды, $F⃗= − β⃗v.$ Начальная скорость шарика равна $v0.$ На каком расстоянии от места запуска и за какое время шарик достигнет максимальной высоты?

(Сборник задач по общему курсу физики под редакцией В.А. Овчинкина)

Источники: Сборник задач по общему курсу физики под редакцией В.А. Овчинкина

Показать ответ и решение

Разложим скорость на компоненты:

v0x = v0cos𝜃, v0y = v0 sin𝜃

$PIC$

Запишем 2 з. Ньютона:

d⃗v m -- = − β ⃗v+ m⃗g dt

По горизонтальной оси действует только сила сопротивления:

mdvx = − βvx ⇒ dvxt = −-βvx dt m

Это уравнение решается так:

v (t) = v e− βmt x 0x

Тогда координата $x(t)$ :

∫ ∫ x(t) = tv (t)dt = v te− βmtdt = mv0x-(1 − e− βmt) 0 x 0x 0 β

По вертикальной оси действуют сила сопротивления и сила тяжести:

dvy dvy β m dt-= − βvy − mg ⇒ -dt = − (m-vy + g)

β-dvy--= − dt mvy + g

Интегрируя, получаем:

( mg ) − β-t mg vy(t) = v0y +-β- e m − -β-

Максимальная высота достигается, когда $v (t) = 0 y$ :

( ) mg- − βmtmax mg- − βm-tmax ---mg---- v0y + β e = β ⇒ e = βv0y + mg

m ( βv sin𝜃) tmax =-- ln 1+ --0---- β mg

Найдём расстояние, на котором достигается максимальная высота:

( ( ) ) mv0cos𝜃- β- x(tmax) = β 1 − exp − m tmax

Подставим найденное значение $tmax$ :

mv cos𝜃( mg ) x(tmax) =---0---- 1− ------------ β βv0sin𝜃+ mg

mv0cos𝜃- ---βv0sin𝜃--- x(tmax) = β ⋅βv0sin𝜃+ mg

mv2 cos𝜃sin𝜃 x(tmax) =---0-------- βv0 sin𝜃 + mg

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#115433

Из точки $O$ на поверхности воды в реку бросают одинаковые маленькие металлические шарики (см. рис.). Отпущенный без начальной скорости шарик упал на дно в точке $B,$ а шарик, запущенный вертикально вниз с известной скоростью $v$ — в точку $C.$ Расстояние $BC = L.$ Найдите горизонтальную составляющую их скорости второго шарика при ударе о дно. Считайте, что при движении на шарик со стороны воды действует сила, прямо пропорциональная скорости движения шарика относительно воды и направленная против этой скорости. Скорость течения не зависит от глубины, а дно горизонтально. Силу Архимеда не учитывать.

(Всеросс., 2018, финал, 11)

Источники: Всеросс., 2018, финал, 11

Показать ответ и решение

Введём оси: OX сонаправлена со скоростью реки, а OY направлена вертикально вниз. $wx$ — скорость течения реки, $wy = g∕k$ . Тогда:

( {v˙x = − kvx + kwx ( v˙y = − kvy +kwy

Уравнения без индекса выполнены для обеих проекций:

--dv- = − kdt, следовательно v − w

v = w+ (v − w )e−kt = w (1− e−kt) +v e−kt 0 0

Введем обозначение:

∫ t − kt ′ f(t) = 0 (1 − e )dt.

Тогда смещение по оси $OX$ равно:

∫ t2 Δx1 = vxdt = wxf(t1) t1

∫ t1 Δy1 = vydt = wyf (t1) = H, 0

где $H$ — глубина реки.

Во втором случае время падения равно $t2$ :

∫ Δx = t2 v dt = w f(t) = Δx − L 2 0 x x 2 1

∫ t2 ∫ t2 v Δy2 = vydt = wyf (t2)+ v e−ktdt = wyf(t2)+ k(1− e−kt) = H. 0 0

Вычитая попарно уравнения, записанные для разных осей получаем:

( { wx(f(t1)− f(t2)) = L ( wy(f(t1)− f(t2)) − vk(1− e−kt) = 0

Замечая, что искомая скорость $w$ равна:

−kt kLwy- gL- w = wx(1− e ) = v = v .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#117371

К санкам, свободно стоящим на горизонтальной шероховатой поверхности, сначала прикладывают горизонтальную силу, а затем - такую же по величине силу, но направленную под углом $α$ к горизонту. При этом оказалось, что ускорение санок в двух этих случаях является одинаковым. Определить коэффициент трения между санками и снегом.

$PIC$

(Росатом 2025, 10)

Источники: Росатом - 2025, 10

Показать ответ и решение

Из второго закона Ньютона для санок в первом случае найдём ускорение:

F- a1 = m − μg,

Второй закон Ньютона для второго случая:

Н а вертикаль: 0 = F sinα + N − mg

На горизонтал ь: ma2 = F cosα− μN

Отсюда получаем:

( ) a = F-cosα − μ g − F-sinα- = F(cosα-+-μsin-α)− μg 2 m m m

Здесь $m$ - масса санок, $μ$ - коэффициент трения между санками и поверхностью.

Из условия равенства ускорений получаем:

cos α+ μ sinα = 1 ⇒ μ = 1−-cosα-= tg(α∕2) sinα

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#118662

Длинный стержень массы $M$ лежит на горизонтальном шероховатом полу. Коэффициент трения равен $μ$ . Найти минимальную величину внешней горизонтальной силы для того, чтобы сдвинуть тело. Сила может быть приложена в любом направлении.

(Всесибирская олимпиада 2025, 10)

Показать ответ и решение

Размерами тела пренебречь нельзя, соответственно, необходимо учитывать вращение тела вокруг некоторой точки вращения О. Для минимизации силы $F$ , приложить ее следует к краю стержня, в направлении перпендикулярном оси стержня. Запишем условия равновесия:

∑ ∑ F = 0, M = 0

Обозначим расстояние от одного края до точки О за X, а от второго края до O за Y, тогда X + Y = L:

Cилы трения (приложенные к центрам масс отдельных кусков пропорциональны доле длины стержня:

X Y F тр1 = μmg --, F тр2 = μmg -- L L

Из первого условия равновесия:

F +F тр2 = Fтр1 ⇒ F = μmg X--− Y L

Из второго:

F ⋅X = F ⋅X∕2 + F ⋅Y∕2 ⇒ FX = μmg X2-+-Y2- тр1 тр2 2L

Подставляя одно уравнение в другое с учетом преобразований получаем:

2X2 = L2 ⇒ X = √L- 2

L ∕√2-− (L − L∕√2) √- F = μmg ⋅------------------= ( 2 − 1)μmg ≈ 0.41μmg < μmg ∕2 L

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#124705

Дрон тянет брусок за нить, как показано на рисунке на отдельном листе. Брусок скользит с постоянной скоростью по горизонтальной поверхности. Брусок изготовлен из однородного материала. Можно проводить измерения на рисунке (на отдельном листе), считая, что размеры тел и расстояния соответствуют действительности с некоторым неизвестным масштабным коэффициентом. Если вы читаете условие с экрана, для вашего удобства на рисунке нанесены вспомогательные пунктирные линии (они могут быть полезны).

1. Найдите коэффициент трения между бруском и горизонтальной поверхностью.
2. Определите массу бруска, если масса дрона $m = 1$ кг.
3. Теперь рассмотрим полет дрона в адиабатической атмосфере. В адиабатической атмосфере при смещении порции воздуха по вертикали изменение ее параметров происходит по адиабатическому закону. Можно показать, что в такой атмосфере температура является линейной функцией высоты $z$ : $gz T = T0 − -- cp$ , где $T0 = 293$ К - температура у поверхности, $cp = 1.00$ Дж/г $⋅$ К - удельная теплоемкость воздуха при постоянном давлении, и $2 g = 9.81 m ∕c$ . Найдите зависимость плотности воздуха $ρ$ от высоты. Ответ выразите через плотность $ρ0$ у поверхности (на высоте $z = 0$ ), удельную теплоемкость воздуха при постоянном объеме $cv = 0,718$ Дж/г $⋅$ , и определенные ранее величины.
4. Считая, что максимальная высота полета дрона без нагрузки $zmax$ ограничивается мощностью его двигателей, найдите $zmax$
Известно, что мощности двигателей хватает лишь для того, чтобы приподнять от поверхности нагрузку равную $50%$ массы дрона. Влиянием турбулентных эффектов на тягу двигателя можно пренебречь.
(NBPhO, 2020)

Показать ответ и решение

1. Пусть масса прямоугольного бруска равна M. На дрон действуют три силы: равнодействующая силы трения и нормальной реакции $Ff$ , натяжение верёвки $T$ , направленное вдоль верёвки, сила тяжести $M g$ , направленная вертикально вниз из центра бруска.

Поскольку брусок скользит с постоянной скоростью, эти три силы должны уравновешивать друг друга. Единственный способ, при котором это возможно - если векторные продолжения всех трёх сил пересекаются в одной точке $O$ . Это можно доказать от противного: если силы не пересекаются в одной точке, рассмотрев момент сил относительно любой точки пересечения двух сил, мы увидим ненулевой вращающий момент, что означает отсутствие равновесия.
Если нормальная сила равна $N$ , то сила трения составляет $N μ$ , поэтому равнодействующая:

Ff = Ny − Nxμ

Следовательно, $Ff$ всегда направлена под углом $α = arctanμ$ к вертикали. Зная точки приложения и направления сил тяжести и натяжения, можно определить положение точки $O$ и $Ff$ . Поскольку $μ = tanα$ , коэффициент трения можно измерить как отношение горизонтальной и вертикальной составляющих $Ff$ :

μ = 0.659

2. Рассмотрим систему, состоящую из бруска и дрона. На эту систему действуют три силы: cила тяжести $(M +m )g$ , cила трения $Ff$ , подъёмная сила $F$ , удерживающая дрон в воздухе. Тяга дрона направлена вдоль его оси симметрии.

Поскольку система находится в равновесии, продолжения всех трёх сил должны пересекаться в одной точке $O′$ . Используя результаты предыдущей части, точку $O′$ можно найти как точку пересечения силы трения и подъёмной силы. Так как сила тяжести действует вертикально, мы можем определить горизонтальное положение центра масс системы. Если $x1$ и $x2$ - горизонтальные расстояния от $′ O$ до центров масс бруска и дрона соответственно, то:

x1 M x- = -m- 2

Из измерений по рисунку получаем $x1 = 0.796 x2$ , следовательно:

M = 0.796 m = 0.796 кг

3. Рассмотрим "карман"воздуха с фиксированной массой, движущийся в атмосфере. Пусть его объём $V = V (z)$ . Для адиабатической атмосферы:

pV γ = const,

где $γ = cp = 1.39 cv$ - показатель адиобаты. Поскольку $pV ∼ T$ и $p ∼ ρT$ , получаем:

γ − 1 1−γ pV ∼ ρ T ∼ p T = const

Следовательно:

( )--1-- ( )--1-- ρ(z) = ρ0 T(z) γ − 1 = ρ0 1 − -gz- γ − 1 T(0) cpT0

4. Дрон поддерживает высоту за счёт работы двигателя, который прогоняет воздух через пропеллеры. Величина тяги явно зависит от плотности воздуха $ρ$ и скорости $v$ потока через пропеллеры. Уравнение баланса сил:

F − m g = 0, tot

где $F$ - вертикальная тяга, $m total$ - общая масса дрона. Если $A$ - эффективная площадь пропеллеров, выражение для $F$ можно получить либо через динамическое давление $2 ρv$ , либо из закона сохранения импульса. За время $Δt$ через пропеллеры проходит объём воздуха:

ΔV = Av Δt

Импульс этого объёма:

Δp = ΔV ρv = Aρv2Δt

Следовательно, тяга:

Δp F = --- = Aρv2 Δt

Мощность двигателя $P$ связана с плотностью воздуха и скоростью потока. Лопасти пропеллера наклонены, что создаёт крутящий момент, пропорциональный $F$ . Скорость вращения лопастей пропорциональна $v$ , поэтому выходная мощность: