05 Кинематические связи - Каталог заданий по Олимпиадной физике в Школково

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 21#40697Максимум баллов за задание: 10

Систему грузов, имеющих массу $m$ и $2m$ , тянут с помощью подвижного блока по гладкой горизонтальной поверхности (см. рисунок). При каких значениях модуля силы $F$ , направленной горизонтально, грузы не будут проскальзывать друг по другу, если коэффициент трения между ними равен $μ$ ? Массой блока и нити можно пренебречь. Участки нити, не лежащие на блоке, горизонтальны.

(Всеросс., 2020, МЭ-Чукотка, 11)

Источники: Всеросс., 2020, МЭ, 11

Показать ответ и решение

Если бы трение отсутствовало, тогда ускорение груза $m$ было бы больше ускорения груза $2m$ , 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 блока сила натяжения нити равна $F ∕2$ . Запишем второй закон Ньютона для груза $m$ и груза $2m$ соответственно (ось направлена направо):

{ F∕2 − μmg = ma, ⇒ F = 6μmg. F ∕2 + μmg = 2ma,

Значит, проскальзывание отсутствует при $F ≤ 6μmg$ .

(Официальное решение ВсОШ)

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#40698Максимум баллов за задание: 10

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 23#40702Максимум баллов за задание: 10

В системе, изображенной на рисунке, блоки имеют пренебрежимо малые массы, нить невесомая и нерастяжимая, не лежащие на блоках участки нити горизонтальны. Массы грузов, лежащих на горизонтальной плоскости, одинаковы и равны $M$ . Нить тянут за свободный конец в горизонтальном направлении с силой $F$ . С каким ускорением движется конец нити, к которому приложена эта сила? Трения нет, движение грузов считайте поступательным.

(Всеросс., 2016, МЭ-Пермь, 11)

Источники: Всеросс., 2016, МЭ, 11

Показать ответ и решение

1) Поскольку нить и блоки невесомые и трения нет, то сила натяжения нити одинакова по всей её длине и равна $F$ . Тогда на левый груз в горизонтальном направлении действует сила (см. рис.), равная $3F$ и направленная слева направо, а на правый груз – сила $2F$ , направленная справа налево. Направим ось $X$ неподвижной системы координат вправо.

2) Тогда по второму закону Ньютона проекция ускорения левого груза на ось $X$ будет равна

3F a1 = --- (1) M

а проекция ускорения правого груза

a2 = − 2F (2) M

3) Найдем, как связаны друг с другом ускорения грузов и конца нити, то есть получим уравнение кинематической связи. Пусть $x1(t)$ - координата оси левого блока в некоторый момент времени $t,x2(t)−$ координата оси правого блока, $x(t)−$ координата конца нити, $L−$ длина нити, $r−$ радиусы блоков, $x0−$ расстояние от оси левого блока до левого груза. Так как нить нерастяжима $(L = const)$ :

x(t)− x1(t)+ πr+ x2(t) − x1(t)+ πr+ x2(t)− x1(t)+ x0 = L (3)

Отсюда

x(t) = 3x1(t)− 2x2(t)+ L− 2πr − x0 (4)

Такое же соотношение справедливо также и для момента времени $t+ Δt$ , близкого к моменту $t$ :

x(t+ Δt) = 3x (t+ Δt) − 2x (t+ Δt) +L − 2πr − x (5) 1 2 0

Вычитая из (5) соотношение (4) найдем связь между перемещениями левого и правого грузов и смещением конца нити:

Δx = 3Δx1 − 2Δx2 (6)

4) Деля полученное соотношение на $Δt$ , получим уравнение связи скоростей

v = 3v1 − 2v2

И, аналогично, можно вывести связь ускорений:

a = 3a1 − 2a2

5) Таким образом, из условия нерастяжимости нити следует:

( ) a = 3a1 − 2a2 = 3 ⋅ 3F-− 2⋅ − 2F = 13F M M M

(Официальное решение ВсОШ)

Ответ:

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задачи	Баллы

Представлен рисунок с верно отмеченными силами и указанными осями	2

Получено уравнение кинематической связи ускорений грузов и конца нити	2

Определена связь между перемещениями левого и правого грузов и конца нити	2

Установлена связь между скоростями грузов и конца нити	2

Получено верное выражение для ускорения конца нити	2

Максимальный балл	10

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 24#48321Максимум баллов за задание: 10

На горизонтальной опоре находится куб, на котором укреплены два блока. Через блоки перекинута нить с грузами массами $m$ , $4m$ и $2m$ . Какой горизонтальной силой надо действовать на куб, чтобы он покоился? Трение между кубом и опорой отсутствует; коэффициент трения между верхним телом и кубом — $k$ .
(«Росатом», 2017, 9–10)

Источники: Росатом, 2017, 9–10

Показать ответ и решение

Чтобы куб покоился, сумма сил, действующих на него, должна равняться нулю. На куб действуют: сила тяжести $M g$ ( $M$ – масса куба), верхнее тело с силой $N1$ , сила реакции опоры $N$ , сила трения со стороны верхнего тела (направленная вправо, т.к. верхнее тело движется вправо), внешняя горизонтальная сила $F$ , удерживающая куб в покое (направленная, очевидно, влево), и нити, переброшенные через блоки. Нити действуют на куб через блоки, причем каждая нить оказывает воздействие в горизонтальном ( $T⃗1′$ и $⃗T′2$ ) и вертикальном ( $⃗T1$ и $T⃗2$ ) направлениях (см. рисунок).

Поэтому условие равновесия куба дает

F = T2 − T1 − Fтр, (1)

где $T1$ и $T2$ – силы натяжения левой (связанной с меньшим грузом) и правой нитей соответственно, $Fтр$ – сила трения. Таким образом, чтобы найти силу $F$ , надо найти силы натяжения нитей и силу трения.
Поэтому рассмотрим задачу динамики для трех тел, скрепленных нитями, при нулевом ускорении куба. На меньшее тело действуют: сила тяжести и сила натяжения левой нити. На верхнее тело: сила тяжести, сила реакции куба, сила трения, силы натяжения левой и правой нитей. На большее тело: сила тяжести и сила натяжения правой нити. Поэтому второй закон Ньютона для всех тел в проекциях на направления движения каждого тела имеет вид

ma = T1 − mg

4ma = T2 − T1 − 4kmg (2)

2ma = 2mg − T2

(здесь использована одинаковость ускорений тел и одинаковость сил натяжения, действующих со стороны разных концов нитей). Решая систему уравнений (2), находим

g(1-−-4k-) a = 7 .

Теперь из формулы (1) и второго уравнения системы (2) находим силу $F⃗$

4mg(1− 4k) F = 4ma = ----------, 7

при $k > 1∕4$ , тела не будут двигаться по кубу, поэтому и куб будут стоять. $F = 0$ . Таким образом

( 4mg (1 − 4k) { F = -----7-----, при k < 0,25 F = ( F = 0, при k > 0,25

(Официальное решение Росатом)

Ответ:

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задачи	Баллы

Записано условие равновесия куба	2

Записан второй закон Ньютона для всех тел в проекциях на направления движения каждого тела	2

Использована одинаковость ускорений тел и одинаковость сил натяжения, действующих со стороны разных концов нитей	2

Из системы уравнений получено выражение для силы $F$	2

Проанализировано, при каких значениях $F$ куб будет покоится	2

Максимальный балл	10

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 25#113757Максимум баллов за задание: 10

На гладкой горизонтальной поверхности покоится уголок массы $M,$ который с помощью лёгкой нити и двух блоков соединён со стенкой и бруском массы $m$ (см. рисунок). Брусок касается внутренней поверхности уголка. Нити, перекинутые через блок, прикреплённый к стене, натянуты горизонтально. Вначале систему удерживают в состоянии покоя, а затем отпускают. Найдите ускорение $a$ уголка. Блоки лёгкие. Трение в системе отсутствует.

(Всеросс., 2011, РЭ, 11)

Источники: Всеросс., 2011, РЭ, 11

Показать ответ и решение

Запишем второй закон Ньютона для уголка:

(m + M )a = 2T

И запишем для бруска:

′ ma = mg − T

Ускорения связаны соотношением:

a′ = 2a

Подставим:

2ma = mg − T

Выразим Т:

T = mg − 2ma

И подставим в первое уравнение:

(m + M )a = 2mg − 4ma

(5m + M )a = 2mg

Отсюда:

a = --2mg--- 5m + M

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 26#113767Максимум баллов за задание: 10

Найдите величины и направления ускорений осей всех блоков, изображённых на рисунке. Массы бруска и верхнего блока равны соответственно $M$ и $m.$ Остальные блоки невесомы, нить также невесома и нерастяжима. Трение в осях блоков пренебрежимо мало. Нити по блокам не проскальзывают, не лежащие на блоках участки нитей вертикальны. В начальный момент система покоилась.

(МОШ, 2016, 11)

Источники: МОШ, 2016, 11

Показать ответ и решение

Так как блок 4 невесом, значит, что сила натяжения в нижней нити равна нулю.

0 = T2 − 2T2

Так как сила натяжения в нижней нити равна нулю, то для груза можно записать:

M a = M g 5

a5 = g (вниз)

Так как блоки 2 и 3 невесомы, а сила натяжения нижней нити равна нулю, то и сила натяжения верхней нити тоже равна нулю. Отсюда:

a = a = a = 0 1 2 3

Распишем длину нинижней нити:

l2 = x4 − x3 + x4 − x2 + x5 − x2 + x5 − x4 + c2

l2 = x4 − x3 − 2x2 + 2x5 + c2

Найдем связь ускорений:

a4 + 2a5 = 0

a = − 2g (вверх) 4

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 27#113774Максимум баллов за задание: 10

Нерастяжимая нить прикреплена к маленькой массивной бусинке в точке $A,$ затем переброшена через блоки $B$ и $C,$ затем пропущена через сквозной отверстие $D$ в той же бусинке, а затем прикреплена к потолку в точке $E.$ Первоначально бусинку удерживают так, что участок нити $AB$ вертикален, $∠F DE = α$ (отмечен на рисунке одной дугой), $∠F DC = 3α$ (отмечен на рисунке двумя дугами). Затем бусинку отпускают. Найти ускорение бусинки сразу после этого. Трения между нитью и стенками отверстия в бусинке отсутствует.

(«Росатом», 2020, 11)

Источники: «Росатом», 2020, 11

Показать ответ и решение

Пусть ускорение направлено под некоторым углом $β$ . Запишем второй закон Ньютона для бусинки в проекции на ось вдоль ускорения:

ma = mg sin β + T cosα+ β + T cos3α + β − T sin β

ma = mg sin β + T (cosα + β + cos3α + β − sin β) (1)

Распишем длину нити:

L = l1 + l2 + l3 + l4

Продифференцируем:

0 = v + v + v + v 1 2 3 4

0 = v cos α+ β + vcos3α+ β − vsin β

0 = cosα + β + cos3α +β − sin β (2)

Воспользуемся этим соотношением в (1):

a = sinβg

\text{[math]}

Выразим $sin β$ из (2):

sinβ = cosα+ β + cos3α+ β

sinβ = cosα cosβ − sin αsin β + cos3α cos β − sin 3αsin β

tgβ (1 + sinα + sin3α ) = cosα+ cos3α

tg β = -cosα-+cos3α--- 1+ sin α+ sin 3α

Отсюда:

cosα + cos3α sin β = ∘-(cosα-+-cos3α)2 +-(1+-sinα-+-sin-3α)2

\text{[math]}

a = g∘----------cosα-+-cos3α------------ (cosα + cos3α)2 + (1+ sin α+ sin 3α)2

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 28#117382Максимум баллов за задание: 10

В системе, изображенной на рисунке, все блоки невесомы, нити - невесомы и нерастяжимы. Массы грузов равны $m$ и $3m$ . Найти ускорения грузов.

$PIC$

(Росатом 2025, 10)

Источники: Росатом - 2025, 10

Показать ответ и решение

Силы, действующие на тела, показаны на рисунке:

$PIC$

Это две силы тяжести $m ⃗g$ и $3m⃗g$ и силы натяжения нитей $T⃗1$ и $⃗T2$ (см. рисунок). Второй закон Ньютона для тел:

m ⃗a1 = m⃗g +T⃗1 3m ⃗a = 3m ⃗g+ T⃗ 2 2

где $⃗a1$ и $⃗a2$ - ускорения тел ( $a1$ - ускорение тела массой $m, a2$ - тела массой $2m)$ . Спроецируем эти законы на оси, направленную вверх для меньшего и вниз для большего. Получим

ma1 = T1 − mg 3ma2 = 3mg − T2

(здесь $a 1$ и $a 2$ - проекции ускорений тел на указанные оси). Поскольку блоки невесомы, то суммы сил, действующих на каждый из них, равны нулю. Поэтому сила натяжения нитей, прикрепленных к осям двух маленьких подвижных блоков, равны $2T1$ , а сила натяжения нити, прикрепленной к большому телу - $T2 = 4T1$ .
Теперь установим связь ускорений. Если маленькое тело опустится вниз на величину $Δx$ , то нить справа от самого левого блока укоротится на $Δx$ . Это приведет к подъему двух маленьких подвижных блоков на $Δx∕4$ каждого. M , следовательно, большой груз поднимется на величину $Δx ∕4$ . Поэтому скорость маленького тела в любой момент времени вчетверо меньше

скорости большого, и, следовательно ускорение: $a1 = 4a2$ . В результате наша система уравнений станет такой

4ma2 = T1 − mg 3ma2 = 3mg − 4T1

Решая эту систему уравнений, найдем

1 a2 = −19 g

Это значит, что больший груз будет двигаться с ускорением $g∕19$ , направленным вверх, а меньший груз - с ускорением $4g∕19$ , направленным вниз.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 29#125168Максимум баллов за задание: 10

Блок, представляющий собой тонкий обруч с невесомыми спицами, может свободно вращаться вокруг горизонтальной оси, проходящей через его центр $O$ . Масса обруча $m1 = 50г$ равномерно распределена по его длине. Через блок переброшена невесомая и нерастяжимая нить, к правому концу которой подвешен груз массой $m = 75 г 2$ . Левый вертикальный участок нити закреплён на полу в точке $A$ . Ось блока поднимают вверх, действуя на неё постоянной силой $F = 2,2H$ . Ускорение свободного падения $g = 10м/с2$ . Считая, что при движении нить не скользит по блоку, найдите следующие величины:

Ускорения оси блока $a1$ и груза $a2$ .
Отношение $x = ΔTT1$ , где $ΔT = T1 − T2$ , $T1$ и $T2$ — силы натяжения левого и правого вертикальных участков нити. Числовое значение $x$ округлите до сотых.

$PIC$

(Курчатов 2025, 11)

Показать ответ и решение

Пусть $V1$ и $V2$ — мгновенные скорости оси блока и груза, $ω$ — мгновенное значение угловой скорости вращения блока вокруг своей оси, $r$ — радиус блока. Рассмотрим мгновенные скорости $VB$ и $VC$ точек блока $B$ и $C$ , лежащих на концах его горизонтального диаметра. В точке $B$ блок касается левого вертикального участка нити. Так как нить нерастяжима, скорости всех точек этого участка равны скорости точки $A$ , то есть нулю. Поскольку нить не скользит по блоку, скорость $VB$ также обращается в нуль. В точке $C$ блок касается правого вертикального участка нити, скорости всех точек которого равны $V2$ . Поэтому $VC = V2$ . Используя закон сложения скоростей, находим связь скоростей $V1$ и $V2$ и, как следствие, связь ускорений $a1$ и $a2$ :

( { VB = V1 − ωr = 0 ( V = V + ωr = V C 1 2

Отсюда получаем:

V2 = 2V1, a2 = 2a1.

$PIC$

Рассмотрим полную механическую энергию $E$ системы, состоящей из блока, нити и груза. Для того чтобы правильно записать кинетическую энергию блока, воспользуемся известным фактом, что если тонкий обруч массой $M$ катится без проскальзывания по столу, то его кинетическая энергия равна $2 M V$ , где $V$ — скорость центра обруча. В нашем случае роль стола играет левый вертикальный участок нити $AB$ . Блок как бы катится вверх по этому неподвижному участку. Отсутствие проскальзывания соответствует обращению в нуль скорости $VB$ . Таким образом, в нашей задаче кинетическая энергия обруча равна $2 m1V 1$ . Учитывая равенство $V2 = 2V1$ , получаем:

m V 2 E = m1V 21 + --2-2+ m1gh1 + m2gh2 = (m1 + 2m2)V21 + m1gh1 +m2gh2, 2

где $h1$ и $h2$ — высоты оси обруча и центра масс груза над полом.

Рассмотрим баланс энергии системы за малое время $Δt$ :

ΔE = FV1Δt.

Здесь в левой части стоит приращение энергии $ΔE$ , в правой части — работа силы $F$ на перемещении $V1Δt$ . В связи с этим равенством следует отметить два обстоятельства:

Сила, действующая на нить со стороны пола в точке $A$ , не совершает работу, поскольку скорость точки $A$ равна нулю.
Так как нить не скользит по блоку, силы трения, действующие между блоком и верхним участком нити, являются силами трения покоя. Суммарная работа этих сил равна нулю (другими словами, при взаимодействии нити с блоком не выделяется тепло).

Запишем приращение энергии $ΔE$ :

2 ΔE = (m1 + 2m2 )Δ (V1 )+ m1g Δh1 +m2g Δh2.

Обозначим через $ΔV1$ приращение скорости оси блока за время $Δt$ . Тогда для приращения квадрата скорости имеем:

( ) Δ(V12 ) = (V1 + ΔV1)2 − V12= 2V1ΔV1 + (ΔV1)2 = 2V1ΔV1 1+ ΔV1- . 2V1

При уменьшении $Δt$ отношение $ΔV1∕V1$ становится сколь угодно малым и может быть отброшено. Тогда:

Δ (V21 ) = 2V1ΔV1.

Приращения высот $Δh1$ и $Δh2$ равны:

Δh1 = V1Δt, Δh2 = V2Δt = 2V1Δt.

Собирая всё вместе, получаем:

ΔE = (m1 + 2m2 )⋅2V1ΔV1 + m1g ⋅V1Δt+ m2g ⋅2V1Δt.

Введём ускорение оси блока $a1$ :

ΔV1 a1 = -Δt-.

Тогда $ΔV1 = a1Δt$ и выражение для $ΔE$ принимает вид:

ΔE = (m + 2m )(2a + g)V Δt. 1 2 1 1

Подставляя этот результат в уравнение баланса энергии, находим ускорение $a1$ :

----F------ g 2 a1 = 2(m1 + 2m2 ) − 2 = 0,5м/с .

Ускорение груза в два раза больше:

a = 2a = 1м/с2. 2 1

Для того чтобы найти силы натяжения $T1$ и $T2$ , запишем второй закон Ньютона для системы, состоящей из блока и верхнего участка нити. Внешними силами, действующими на эту систему, являются сила $F$ , сила тяжести $m1g$ и направленные вниз силы натяжения, действующие со стороны вертикальных участков нити. Так как нить невесома, эти силы равны $T 1$ и $T 2$ . Получаем:

m1a1 = F − m1g − T1 − T2.

Запишем также второй закон Ньютона для груза:

m2 a2 = T2 − m2g.

Используя полученное выше выражение для ускорения $a1$ и равенство $a2 = 2a1$ , после некоторых алгебраических преобразований находим силы натяжения и их разность:

F − m g F m T1 = -----1--, T2 = ------2--, Δ T = T1 − T2 = m1 a1. 2 m1 + 2m2

Отношение $ΔT ∕T1$ равно:

Δ-T- 2-m1-a1- x = T1 = F − m1 g = 0,03.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 30#125286Максимум баллов за задание: 10

Блок, представляющий собой тонкий обруч с невесомыми спицами, может свободно вращаться вокруг горизонтальной оси, проходящей через его центр $O$ . Масса обруча $m1 = 0,1$ кг равномерно распределена по его длине. К оси блока подвешен груз массой $m = 0,3 2$ кг. Нижняя половина блока охватывается невесомой и нерастяжимой нитью с вертикальными концевыми участками. Левый участок закреплён на потолке в точке $A$ , а правый поднимают вверх, действуя на него постоянной силой $F = 2,1$ Н. Считая, что при движении нить не скользит по блоку, найдите следующие величины:

Ускорение центра блока $a$ .
Отношение $x = ΔTF$ , где $ΔT = F − T$ , $T$ — сила натяжения левого участка нити. Числовое значение $x$ округлите до сотых.

Ускорение свободного падения $g = 10м/с2$ .

$PIC$

(Курчатов 2025, 10)

Показать ответ и решение

Пусть $V$ — мгновенная скорость оси блока и груза, $ω$ — мгновенная угловая скорость вращения блока вокруг своей оси, $r$ — радиус блока. Рассмотрим мгновенные скорости $VB$ и $VC$ точек блока $B$ и $C$ , лежащих на концах его горизонтального диаметра. В точке $B$ блок касается левого вертикального участка нити. Так как нить нерастяжима, скорости всех точек этого участка равны скорости точки $A$ , то есть нулю. Поскольку нить не скользит по блоку, скорость $VB$ также обращается в нуль. В точке $C$ блок касается правого вертикального участка нити, скорости всех точек которого равны $VC$ . Используя закон сложения скоростей, находим связь скоростей $V$ и $VC$ :

VB = V − ωr = 0, ωr = V, VC = V + ωr = 2V.

$PIC$

Рассмотрим полную механическую энергию $E$ системы, состоящей из блока, нити и груза. Для того чтобы правильно записать кинетическую энергию блока, воспользуемся известным фактом, что если тонкий обруч массой $M$ катится без проскальзывания по столу, то его кинетическая энергия равна $2 M V$ , где $V$ — скорость центра обруча. В нашем случае роль стола играет левый вертикальный участок нити $AB$ . Блок как бы катится вверх по этому неподвижному участку. Отсутствие проскальзывания соответствует обращению в нуль скорости $VB$ . Таким образом, в нашей задаче кинетическая энергия обруча равна $2 m1V$ . Получаем:

m V 2 ( m ) E = m1 V 2 +--2---+ m1 gh1 + m2 g h2 = m1 +--2 V2 +m1 g h1 + m2 gh2, 2 2

$h1$ и $h2$ — высоты оси обруча и центра масс груза над полом.

Рассмотрим баланс энергии системы за малое время $Δt$ :

ΔE = F VC Δt.

Здесь в левой части стоит приращение энергии $ΔE$ , в правой части — работа силы $F$ на перемещении $VC Δt$ (это перемещение точки приложения силы $F$ ). В связи с этим равенством следует отметить два обстоятельства. Во-первых, сила, действующая на нить со стороны потолка в точке $A$ , не совершает работу, поскольку скорость точки $A$ равна нулю. Во-вторых, так как нить не скользит по блоку, силы трения, действующие между блоком и нижним участком нити, являются силами трения покоя. Суммарная работа этих сил равна нулю (другими словами, при взаимодействии нити с блоком не выделяется тепло).

Запишем приращение энергии $ΔE$ :

( m2) 2 ΔE = m1 + 2 Δ (V )+ m1 gΔh1 + m2 gΔh2.

Обозначим через $ΔV$ приращение скорости оси блока за время $Δt$ . Тогда для приращения квадрата скорости имеем:

( ) Δ (V 2) = (V + ΔV )2 − V2 = 2V ΔV + (ΔV )2 = 2V ΔV 1+ ΔV- . 2V

При уменьшении $Δt$ отношение $ΔV∕V$ становится сколь угодно малым и может быть отброшено. Тогда

Δ(V 2) = 2V ΔV.

Приращения высот $Δh1$ и $Δh2$ равны:

Δh = Δh = V Δt. 1 2

Собирая всё вместе, получаем:

( m2) ΔE = m1 + 2 ⋅2V ΔV + (m1 + m2)g V Δt.

Введём ускорение оси блока $a$ :

a = ΔV-. Δt

Тогда $ΔV = aΔt$ и выражение для $ΔE$ принимает вид:

ΔE = (2m1 + m2)V a Δt+ (m1 + m2)g V Δt.

Подставляя этот результат в уравнение баланса энергии и полагая $VC = 2V$ , находим ускорение $a$ :

2F-−-(m1-+-m2)g 2 (2m1 + m2)V a Δt+ (m1 + m2)g V Δt = F ⋅2V Δt = ⇒ a = 2m1 + m2 = 0,4м/с .

Для того чтобы найти силу натяжения $T$ , запишем второй закон Ньютона для системы, состоящей из блока, груза и нижнего участка нити. Внешними силами, действующими на эту систему, являются силы тяжести $m g 1$ и $m g 2$ , а также направленные вверх силы натяжения, действующие со стороны вертикальных участков нити. Так как нить невесома, эти силы равны $T$ и $F$ . Получаем:

(m1 + m2 )a = T + F − (m1 + m2 )g.

Используя полученное выше выражение для ускорения $a$ , после некоторых алгебраических преобразований находим силу натяжения $T$ , разность $ΔT = F − T$ и отношение $ΔT∕F$ :

m1F--+(m1-+-m2-)m2g- ΔT- ---m2---- T = 2m1 + m2 , ΔT = F − T = m2a, F = 2m1 + m2 = 0,4.

Ответ: