Теорема о движении центра масс —Каталог задач по Олимпиадной физике

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#32044

Механизм, состоящий из трех тел, установлен на призме 4, скользящей по гладкой плоскости (рис.). Нить, соединяющая обод однородного цилиндра 3 с внешним радиусом составного блока 2, ось которого закреплена на призме, горизонтальна. Внутренние радиусы блоков 1 и 2 соединены нитью, параллельной плоскости призмы, по которой скатывается блок 1. Под действием внутренних сил из состояния покоя механизм пришел в движение. Ось цилиндра 3 сместилась относительно призмы на расстояние $S = 94 см$ . Даны радиусы и массы $R1 = 3 см$ , $r1 = 2 см$ , $R2 = 4 см$ , $r2 = 3 см$ , $m1 = 5 кг$ , $m2 = 10 кг$ , $m3 = 20 кг$ , $m4 = 12 кг$ , $cos α = 0.6$ . Найти смещение призмы.

Показать ответ и решение

Из теоремы о движении центра масс системы следует $macx = F e x$ , где $acx$ – ускорение центра масс системы по оси $x$ , $∑4 m = mi i=1$ – масса всей системы. По условию задачи плоскость, по которой скользит призма, гладкая. Трения и других внешних горизонтальных сил нет. Отсюда $e Fx = 0$ и $ma = 0 cx$ . Интегрируя это уравнение при нулевой начальной скорости, получаем $mv = 0 cx$ . Еще раз интегрируем: $mxcx = const$ Это означает, что в данном случае центр масс имеет постоянное положение. Следовательно, с учетом формулы для координат центра масс, получаем $∑4 mxcx = mixi = const i=1$ , или

∑4 mi Δxi = 0, i=1

где $Δx i$ , $i = 1,...,4$ – смещения центров масс тел системы. Смещение каждого тела представим в виде суммы относительного смещения $δri$ , $i = 1,...,4$ зависящего от заданного перемещения $S$ оси цилиндра 1, и переносного смещения призмы, которое обозначим за $δ$ и направим вправо. Таким образом, в (3.24) входят абсолютные смещения $Δxi = δri − δ$ .
Рассмотрим относительные смещения тел. Смещение оси цилиндра 3 по условию задачи равно S. Учитывая, что точка касания цилиндра и бруска в системе координат, связанной с призмой, неподвижна, получаем, что верхняя точка обода этого цилиндра смещается на $2S$ (рис. 241).

Нить, связывающая блок 2 и цилиндр 3 нерастяжима, поэтому нижняя точка внешнего обода блока 2 также сместится на 2S. При этом блок повернется на угол $φ = 2S ∕R 2 2$ , а точка на внутреннем радиусе блока сместится на $φr2$ (рис. 242). Аналогично, вычислим угол поворота $φ1 = 2Sr2∕(R2 (R1 − r1))$ блока 1 и, учитывая линейный характер распределения смещений в блоке 1 (рис. 243), получим относительное смещение его оси

φ1R1 = 2Sr2R1 ∕(R2 (R1 − r1)),

а в проекции на ось x с учетом, что смещение направлено налево, получим отрицательное смещение

2Sr2R1 δr1 = − ------------cosα. R2(R1 − r1)

В уравнение теоремы о движении центра масс войдет абсолютное смещение $δri − δ$ . Уравнение (3.24) примет вид

( ) − m 2S ----r2R1-----cos α + δ − m δ + m (S − δ) − m δ = 0. 1 R2 (R1 − r1) 2 3 4

Отсюда выражаем смещение призмы $δ$ :

m3 − (9∕2)m1 cos α δ = S --------------------= 13 см m1 + m2 + m3 + m4

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#32045

Грузы массами $m1$ и $m2$ ( $m1 > m2$ ) прикреплены к нерастяжимой нити, перекинутой через неподвижный блок (см. рисунок). Система предоставлена самой себе. Пользуясь теоремой о движении центра масс, найдите вес системы $P$ (силу давления на ось блока). Массами нити и блока пренебречь. Трение в системе отсутствует.
(Машина Атвуда)

Показать ответ и решение

Так как нить невесома и нерастяжима, то сила натяжения всюду одинакова, а ускорения грузов равны по модулю. Запишем второй закон Ньютона в проекции на вертикальную ось

( { m1g − T = m1a (m1-−-m2-)g- ( ⇒ a = m1 + m2 . m2g − T = − m2a

По теореме о движении центра масс

2 2 2 aц.м. = m1-a⃗1-+-m2-⃗a2 = g m-1 −-m2m1-−-(m1m2--−-m-2)-= g (m1--−-m2-)-- m1 + m2 (m1 + m2 )2 (m1 + m2 )2

Вес, действующий на блок равен $2T$ , значит

(m1 − m2 )2 (m1 + m2 )aц.м. = (m1 + m2)g − 2T ⇒ 2T = (m1 + m2 )g − g------------ m1 + m2

Или

m2 + 2m m + m2 − m2 + 2m m − m2 4m m P = 2T = --1------1--2-----2----1------1--2----2 g = ----1--2-g. m1 + m2 m1 + m2

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#32046

Дальность полёта снаряда, вылетающего из закреплённой пушки под углом к горизонту, равна $L$ . В верхней точке траектории снаряд разорвался на два осколка равной массы, один из которых попал в пушку. На каком расстоянии от пушки приземлился второй осколок?

Показать ответ и решение

Так как первый осколок в результате взрыва возвращается по прежней траектории из верхней точки параболы, то, значит, он в результате взрыва получил импульс $− mv$ , равный тому, которым он обладал до взрыва, но противоположный по знаку; иначе говоря, в результате взрыва произошло изменение импульса этого осколка на $− 2mv$ . По закону сохранения импульса второй осколок при взрыве должен получить такой же по модулю импульс, но направленный в противоположную сторону, т. е. $+ 2mv$ в сторону его прежнего движения. Поэтому у второго осколка после взрыва импульс будет равен $3mv$ , и, следовательно, он начнет движение из верхней точки параболы с тройной скоростью, а поэтому пройдет по горизонтали втрое больший путь, чем первый осколок, т. е. упадет на землю вдвое дальше, чем упал бы снаряд, если бы взрыва в воздухе не было. Так как оба осколка в вертикальном направлении после взрыва не имели никакого импульса, то в этом направлении они будут свободно падать без начальной скорости с одной и той же высоты, а потому упадут на землю одновременно. Можно предложить и другое решение исходя из того, что во время взрыва внешние силы не проявляются. Поэтому центр масс снаряда до и после взрыва имеет одинаковую скорость. Так как к тому же оба осколка после взрыва свободно падают по вертикали, то центр масс снаряда будет продолжать описывать параболу, которую описывал бы неразорвавшийся снаряд. Так как осколки имеют равные массы, то они в своем движении будут всегда расположены симметрично относительно параболы центра масс (рис.). Следовательно, второй осколок упадет в точке $D$ , причем $BD = AB$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#32047

Тележка может двигаться прямолинейно, поступательно, без трения по горизонтальной поверхности стола. К тележке прикреплена горизонтальная ось $O$ , перпендикулярная возможному направлению движения тележки (см. рисунок). Вокруг оси $O$ , в плоскости, перпендикулярной ей, может вращаться без трения на стержне длиной $L$ небольшой по размерам шарик массой $m$ . Масса тележки, оси O и её крепления равна $4m$ . Массами стержня и колёс тележки пренебречь. Вначале тележка покоилась, а стержень удерживали под углом $β = 30 ∘$ к вертикали. Затем стержень отпустили.
1) Найти скорость тележки при прохождении шариком нижней точки своей траектории.
2) Найти амплитуду колебаний тележки, то есть половину расстояния между наиболее удалёнными друг от друга положениями тележки.
(МФТИ, 1999)

Источники: МФТИ, 1999

Показать ответ и решение

1) В момент прохождения шариком нижней точки своей траектории его скорость горизонтальна и направлена слева направо. Обозначим эту скорость через $v$ . Очевидно, что скорость тележки направлена в противоположную сторону. Обозначим ее через $u$ . Движение шарика, как и движение тележки, мы рассматриваем в неподвижной системе координат. По закону сохранения энергии можно записать

mv2 4mu2 mgL (1 + cosβ ) = -----+ ------ 2 2

Здесь потенциальная энергия шарика отсчитывается от уровня, проходящего через нижнюю точку траектории шарика, поэтому в исходном положении шарик обладает только потенциальной энергией, а в нижней точке – только кинетической. Поскольку в горизонтальном направлении сумма действующих на систему тележка – шарик сил равна нулю, в любой момент времени импульс системы в горизонтальном направлении равен нулю:

mv − 4mu = 0

Решая совместно систему двух уравнений, получим, что искомая скорость тележки равна

∘ -------------- gL(1-+-cosβ-)- ∘ --- u = 10 = 0,43 gL

2) Так как горизонтальный импульс системы равен нулю, во время колебательных движений центр тяжести нашей системы остается неизменным. Удаление тележки от центра тяжести будет максимальным в тот момент, когда стержень находится в горизонтальном положении. Обозначим расстояние (по горизонтали) от центра тяжести системы до центра тележки через $a$ , тогда расстояние от шарика до центра тяжести системы будет $L − a$ . По правилу моментов можно записать

mg (L − a ) = 4ma

Отсюда амплитуда колебаний тележки будет равна

L- a = 5

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#32048

Шары насажены на прямолинейную горизонтальную спицу и могут скользить по ней без трения (см. рисунок). К шару массой $m$ прикреплена лёгкая пружина жёсткостью $k$ , и он покоится. Шар массой $2m$ движется со скоростью $v$ . Радиусы шаров много меньше длины пружины.
1) Определить скорость шара массой $2m$ после отрыва от пружины.
2) Определить время контакта шара массой $2m$ с пружиной.
(МФТИ, 2000)

Источники: МФТИ, 2000

Показать ответ и решение

Скорость центра масс в лабораторной системе координат составляет

2- u = 3 v0.

Перейдем в систему отсчета, связанную с центром масс. Скорость шарика массой $2m$ до взаимодействия с пружиной в этой системе равна

v0 v1ц = v0 − u = 3 ,

а скорость шарика массой m направлена в противоположную сторону и равна по величине

2v0 v1ц = u = ----. 3

Как только шарик массой $2m$ достигнет пружины, скорости шариков начнут уменьшаться, а пружина будет сжиматься. В некоторый момент, когда вся кинетическая энергия шариков перейдет в потенциальную энергию упругой деформации пружины, шарики остановятся, а затем начнут ускоряться в противоположных направлениях. Когда пружина примет свою первоначальную длину, шарик массой $2m$ оторвется от пружины и будет иметь скорость, равную $v1ц$ и направленную в другую сторону по отношению к первоначальной. Но это – скорость в системе центра масс, а нам нужно найти скорость этого шарика в лабораторной системе отсчета.
Для этого перейдем обратно в лабораторную систему отсчета. В этой системе скорость шарика массой $2m$ , очевидно, будет равна

v0 v1л = u − v1ц = 3

Относительная потеря кинетической энергии шарика составит

v20 − v21л 8 α = ----2---= -. v0 9

Для ответа на второй вопрос заметим, что когда шарик массой $2m$ находится в контакте с пружиной, эта ситуация эквивалентна колебаниям шарика на горизонтально расположенной пружине, один конец которой закреплен. Закрепленным концом является центр масс, который остается неподвижным в системе отсчета, связанной с центром масс. Если длина нашей пружины $l$ , то длина эквивалентной пружины составляет

l = --m2l---. экв m1 + m2

Теперь нужно сообразить, чему будет равна жесткость пружины длиной $l экв$ , если жесткость исходной пружины $k$ . Это право мы предоставляем читателю, а сами напишем готовый результат:

lk (m + m )k k экв = ----= ---1----2---= 3k. lэкв m2

Очевидно, что время контакта шарика массой $2m$ с пружиной равно половине периода гармонических колебаний шарика на эквивалентной пружине:

∘ ----- ∘ ---- τ = 12π m1-- = π 2m-. 2 kэкв 3k

Ответ:

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задачи	Баллы

Сказано чему равна скорость центра масс в лабораторной системе отсчета	2

Найдена скорость шаров до взаимодействися с пружиной	2

Сказано, что будет происходить при сжатии и распрямлении пружины	2

Сказано чему равна эквивалентная длина пружины и чему равно искомое время	2

Представлен правильный ответ	2

Максимальный балл	10

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#32049

Два точечных тела с массами $m$ могут скользить по жёстким спицам, расположенным под прямым углом друг к другу. Тела притягиваются с силой $F$ , величина которой не зависит от расстояния между ними. В начальный момент тела, которые удерживали на расстояниях $l$ и $2l$ от точки пересечения спиц, отпускают. Какое из них первым окажется в точке пересечения спиц? Найти время его движения до этой точки. Силой тяжести и трением пренебречь.
(«Росатом», 2014, 11)

Источники: Росатом, 2014, 11

Показать ответ и решение

Внешними для системы двух шариков силами являются силы реакции стержней – $⃗N1$ и $⃗N2$ , которые находятся из условия нулевых проекций ускорения шариков на направения, перпендикулярные стержням. В начальный момент, когда отрезок, соединяющий шрики, составляет угол $α = arctg (1 ∕2)$ с горизонтальным стержнем, эти силы равны

N1 = F cosα N2 = F sin α.

Центр масс системы (находится посередине между шариками) движется так, как будто в нем сосредоточена вся масса системы ( $2m$ ), и на него действует суммарная внешняя сила ( $N⃗1 + ⃗N2$ ). Геометрически очевидно, что в начальный момент эта сила направлена в точку пересечения стержней. Это значит, что за некоторый малый интервал времени шарики переместятся так, что их центр масс переместится точно в направлении точки пересечения стержней. А это значит что перемещения шариков за этот интервал будут такими, что соединяющий их отрезок будет все время оставаться параллельным самому себе, и центр масс все время будет двигаться вдоль прямой, соединяющей его начальное положение и точку пересечения стержней. А это значит, что шарики попадут в это точку одновременно. Время движения шариков можно найти так. Так как отрезок, соединяющий шарики все время остается параллельным самому себе, то проекция силы взаимодействия шариков на направление стержней не меняется. Поэтому движение шариков равноускоренное. Применяя закон равноускоренного движения например к нижнему шарику, получим

at2 2l = 2 ,

где

F--cosα -2F-- a = m = √ -- 5m

ускорение нижнего шарика. Отсюда находим

∘ --√----- 2 5lm t = ------- F

(Официальное решение Росатом)

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#32050

Два куска пластилина с массами $3m$ и $m$ брошены одновременно с горизонтальной поверхности Земли со скоростями $v$ и $2v$ (рис.), причём скорости кусков не находятся в одной вертикальной плоскости. Скорость куска массой $3m$ составляет угол $β = 45∘$ с вертикалью и угол $α = 60∘$ с прямой, проходящей через куски перед броском. Через некоторое время куски сталкиваются и слипаются. С какой скоростью упали на Землю слипшиеся куски?
(Всеросс., 2008, ОЭ, 10)

Источники: Всеросс., 2008, ОЭ, 10

Показать ответ и решение

Направим оси $x$ и $y$ горизонтально, а ось $z$ горизонтально (см. рис.). Проекции на оси скорости куса массой $3m$ равны:

√- ∘ ------------ v1x = vcosα = v∕2, v1z = vcosβ = v∕ 2, v1y = v2 − v21x − v21z = v∕2.

Поскольку куски пластилина слипаются, проекции их скоростей на оси $y$ и $z$ равны, поэтому

√- v2y = v1y = v∕2, v2z = v1z = v∕ 2.

Кусок пластилина массой $m$ движется против направления оси $x$ , следовательно

∘ --------------- √-- v2x = − (2v)2 − v22y − v22x = −-13v. 2

Проекции скорости центра масс системы на оси:

√ -- 3mv1x-+mv2x- 3−---13 vcx = 4m = 8 v,

3mv1y + mv2y v vcy =-----4m----- = 2,

vcz = 3mv1z-+-mv2z-= √v-. 4m 2

Скорости слипшихся кусков при падении равна скорости центра масс при бросании:

∘ --------- ∘ -2----2---2-- v √ -- vпад = vc = vcx + vcy +vcz = 8 70− 6 13 ≈ 0,87v.

(Официальное решение ВсОШ)

Ответ:

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задачи	Баллы

Записаны проекции скорости куска массой $3m$	2

Указана связь проекций $u , 2z$ $u 2y$ и $u , 1z$ $u 1y$	2

Верно записано выражение для $u2x$	2

Записаны проекции скорости центра масс	2

Верно определена скорость слипшихся кусков при падении	2

Максимальный балл	10

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#32051

Шар радиуса $R$ , скользящий по гладкой горизонтальной поверхности, налетает на ступеньку высотой $H = R ∕5$ . При какой скорости скольжения шар «запрыгнет» на ступеньку после первого удара? Удар шара о ступеньку абсолютно упругий. Трения нет.
(Всеросс., 1994, ОЭ, 11)

Источники: Всеросс., 1994, ОЭ, 11

Показать ответ и решение

Как видно из рисунка (см. рис.)

R − H 4 3 cosα = ------= - , sinα = -. R 5 5

Скорость центра масс после удара сохраняется неизменной по модулю ( $v′= v 0 0$ ), и направлена под углом $2α$ к горизонту. После удара шар должен пролететь в горизонтальном направлении расстояние, не меньшее, чем $R sin α$ , чтобы "запрыгнуть"на ступеньку. Горизонтальная проекции скорости сразу после удара будет равна $v0cos2α$ , а вертикальная – $v0sin2α$ . Минимальное время полета шара равно

t0 = -R-sinα-. v0cos2α

Высота ступеньки $H$ должна удовлетворять условию:

H ≤ (v sin 2α)t − gt20, 0 0 2

откуда после алгебраических преобразований получим

2 1125 v ≥ 914 gR.

Здесь учтено, что $24 sin2α = -- 25$ , $7 cos2α = -- 25$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#32052

Закреплённая пушка, установленная на горизонтальной поверхности земли, стреляет под углом $α$ к горизонту, причём снаряды вылетают из пушки с начальной скоростью $v0$ . После первого выстрела снаряд упал на расстоянии $L$ от пушки. Второй выстрел оказался неудачным, и на некоторой высоте снаряд разорвался на два осколка массами $m$ и $2m$ . Первый, лёгкий осколок упал на землю на расстоянии $L∕2$ от пушки, а второй осколок в момент падения первого осколка находился строго над ним. Определите расстояние $S$ между осколками к моменту падения на землю первого осколка.
(МОШ, 2016, 11)

Источники: МОШ, 2016, 11

Показать ответ и решение

Центр масс двух осколков "полетит"по той же параболической траектории, по которой двигался снаряд при первом выстреле: его ускорение по теореме о движении центра масс определяется суммой всех сил тяжести, приложенных к осколкам, и общей их массой, т. е. тем же уравнением, что и движение целого снаряда. Как только первый осколок ударится о землю к внешним силам – силам тяжести – добавится сила реакции земли, и движение центра масс исказится. Но в нашем случае необходимо найти расстояние $S$ между двумя осколками к моменту падения первого осколка, когда второй находился строго над ним, а это означает, что осколки и центр масс будут лежать на одной вертикали. К этому моменту центр масс системы находится на расстоянии $L- 2$ от пушки и на высоте $v20sin2α- H = 2g = 240$ м. Значит, расстояние между двумя осколками к моменту падения первого осколка равно: $3 3v20-sin2α S = 2H = 2 2g$
(Официальное решение МОШ)

Ответ:

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задачи	Баллы

Описан закон движения центра масс системы	2

Сказано, что ускорение центра масс определяется суммой всех сил тяжести, действующих на осколки	2

Сказано, что после удара закон движения центра масс изменится	2

Указано, что к моменту падения первого осколка, осколки и центр масс лежат на одной вертикали	2

Представлен правильный ответ	2

Максимальный балл	10

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#32053

Снаряд, летевший вертикально, взорвался в верхней точке своей траектории, распавшись на три осколка массами $m1 = 2m$ , $m2 = 3m$ и $m3 = 4m$ , которые полетели в разные стороны с одинаковыми начальными скоростями. Через некоторое время после взрыва расстояние между осколками $m 1$ и $m 2$ оказалось равным $L$ . Чему было равно в этот момент расстояние между осколками $m1$ и $m3$ , если ни один из осколков ещё не достиг земли? Влиянием воздуха и массой взрывчатого вещества снаряда пренебречь.
(МОШ, 2007, 11)

Источники: МОШ, 2007, 11

Показать ответ и решение

Перейдем в систему отсчета, падающую на землю с ускорением свободного падения $g$ . В этой системе отсчета осколки после взрыва движутся в разные стороны равномерно и прямолинейно с одинаковыми скоростями, равными начальной скорости $v$ , приобретенной в результате взрыва. Из закона сохранения импульса следует, что начальные скорости осколков лежат в одной плоскости. Следовательно, в рассматриваемой системе отсчета все осколки после взрыва снаряда в любой момент времени располагаются на окружности с центром в точке взрыва. Изобразим эту окружность на рисунке, обозначив угол между направлениями разлета осколков с массами $m1$ и $m2$ через $α$ , а осколков с массами $m1$ и $m3$ – через $π − β$ .

Рассмотрим положения осколков в момент времени, когда расстояние между первым и вторым осколками оказалось равным $L$ . Тогда из рисунка следует, что

L = 2R sin α-, L1 = 2R sin π−-β-= 2R cos β, 2 2 2

где $R$ – радиус изображенной окружности, $L1$ – искомое расстояние между первым и третьим осколками. Поскольку импульс рассматриваемой системы осколков сохраняется, из теоремы косинусов, примененной к треугольнику из векторов импульсов осколков, следует

(m3v)2 = (m1v)2 + (m2v )2 − 2m1m2v2 cos(π − α).

Отсюда, с учетом заданных соотношений между $m1$ , $m2$ и $m3$ , находим

m2 − m2 − m2 1 cosα = --3----1----2= - 2m1m2 4

Из теоремы синусов, примененных к этому же треугольнику

m2v- --m3v---- sin β = sin(π− α ).

Откуда

∘ --------- √-- sinβ = m2-sinα = m2- 1− cos2α = 3-15- cosβ = 11 . m3 m3 16 16

Используя тригонометрические формулы для половинного угла, найдем

∘ ----------- ∘ -- β- 1 3 3 2 α- -L2- 1 cos 2 = 2(1 + cosβ) = 4 2 cosα = 1 − 2sin 2 = 1− 2R2 = 4

Откуда $∘ -- R = 2 L 3$ Подставляя эти выражения в формулу для $L1$ , получим ответ:

L1 = 3L. 2

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#107009

Вырезанную из однородного листа металла пластину в форме равностороннего треугольника $ABC$ (см. рис.) положили на гладкую горизонтальную плоскость и толкнули. Пластина пришла в движение. В момент $t = 0$ оказалось, что скорость $⃗v A$ точки $A$ параллельна стороне $BC$ и по величине равна $v = 0,4 м/с A$ , а скорость $⃗v C$ вершины $C$ направлена вдоль стороны $CA$ . Длины сторон треугольника $a = 0.2 м$ .
1. Найдите модуль $vC$ скорости вершины $C$ .
2. За какое время $τ$ пластина в системе центра масс совершит три оборота?
Пчела массой $m = 100 мг$ прилетает и садится на пластину вблизи вершины $B$ .
3. Найдите модуль $R$ равнодействующей сил, приложенных к пчеле, сидящей на движущейся пластине. Масса пчелы пренебрежимо мала по сравнению с массой пластины.

$PIC$

(«Физтех», 2025, 10)

Источники: Физтех, 2025, 10

Показать ответ и решение

$PIC$

1. Найдем мгновенный центр скоростей - точку $F$ - проведя перпендикуляры к скоростям в точках $C$ и $A$ . Для него справедливо:

vA vC ω = F-A = F-C

F-C = sin 30∘ F A

Тогда скорость точки $C$ :

vC = vA FC-= vA sin30∘ = vA-= 0,2 м/ с FA 2

2. Выразим угловую скорость мгновенного вращения точек относительно МЦС:

-vA ω = F A

AC ∘ F-A = sin 60

AC = a

vAsin60∘ vA√3- ω = ---a---- = -2a--

Время, за которое пластина совершит три оборота:

√- 6π- 12πa- 4πa--3- 3⋅2π = ωτ ⇒ τ = ω = vA√3-= vA ≈ 10,9 с

3. Поскольку масса пчелы пренебрежимо мала по сравнению с массой пластины центр масс системы пластина и пчела совпадает с центром масс пластины - точкой $O$ . Внешние силы на систему пластина и пчела не действуют, значит по теореме о движении центра масс его ускорение равно нулю и система центра масс — инерциальная система отсчёта. Равнодействущая сил, действующих на пчелу, по второму закону Ньютона в системе отсчета центра масс:

R = ma = m ω2BO

Пчела в этой системе отсчета вращается вместе с точкой $B$ относительно центра масс. Найдем радиус вращения $BO$ , учитывая, что медианы точкой пересечения деляться в отношении $2 : 1$ :

BO = --a--2 = √a- sin60∘3 3

Тогда:

√ - 3v2A--a- mv2A--3 − 5 R = m 4a2 √3 = 4a ≈ 3,46 ⋅10 Н

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#114295

На тележке, стоящей на гладкой горизонтальной поверхности, укреплен однородный цилиндр, который может вращаться вокруг горизонтальной оси. На цилиндр намотана нить, к концу которой приложена горизонтальная сила $⃗F .$ Найдите ускорение тележки, если ее масса $m , 1$ а масса цилиндра $m . 2$

$PIC$

Показать ответ и решение

Решение скрыто

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#114296

На прямоугольный клин $ABC$ массой $M,$ лежащий на абсолютно гладкой горизонтальной плоскости, положен подобный же, но меньший по размерам клин $BED$ массой $m.$ Определите, на какое расстояние $x$ сместится влево большой клин, когда малый клин соскользнет вниз и точка $D$ совместится с точкой $C.$ Длины катетов $AC$ и $BE$ равны соответственно $a$ и $b.$

$PIC$

Показать ответ и решение

Решение скрыто

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#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: