04 Закон сохранения и изменения энергии - Каталог заданий по Олимпиадной физике в Школково

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 21#42552Максимум баллов за задание: 10

Тележка соединена со стеной жёстким стержнем. К её упору прикреплена пружина, другой конец которой связан с бруском (см. рисунок). Вначале пружина не деформирована. На брусок в течение некоторого времени действует постоянная горизонтальная сила $F$ , направленная вдоль тележки. После прекращения действия этой силы брусок ещё некоторое время смещается в сторону упора и возвращается, остановившись в исходной точке. Сила трения, действующая со стороны тележки на брусок, равна $f$ . Трение в осях колес не учитывайте.
1) С какой силой $N$ тележка давила на стержень в момент прекращения действия силы $F$ ?
2) Найдите наибольшее значение силы $Nmax$ давления тележки на стержень.
(Всеросс., 2015, финал, 9)

Источники: Всеросс., 2015, финал, 9

Показать ответ и решение

Пусть $s$ - расстояние, на которое переместился брусок за время действия силы $F$ , a $x$ - наибольшее сжатие пружины. Чтобы брусок остановился в исходной точке, работа сил трения при этом перемещении должна быть равна работе силы $F$ на перемещение $s$ :

Fs = 2fx (1)

Из того, что в момент наибольшего сжатия пружины скорость бруска равна 0 , следует:

2 F s = fx + kx (2) 2

где $k$ - жёсткость пружины. Из уравнения (2) с учётом (1) находим

kx = 2f (3)

Из (1) и (3) получим

ks = 4f2 F

Сила давления тележки на стенку будет максимальна при максимальной деформации пружины (сила упругости максимальна, а сила трения ещё не изменила направления). Значит, значения силы давления на стенку в момент прекращения действия силы $F$ и в момент, когда она максимальна, равны, соответственно,

2 N = ks+ f = 4f-+ f F Nmax = kx + f = 3f

(Официальное решение ВсОШ)

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#43193Максимум баллов за задание: 10

При взрыве снаряда, летевшего вертикально, в механическую энергию была преобразована часть энергии заряда, в $10$ раз превосходящая кинетическую энергию снаряда перед взрывом. В результате взрыва снаряд раскололся на три осколка. На долю двух осколков – с массами $m = 0,5 кг 1$ и $m = 3 кг 2$ – пришлась $50%$ и $25%$ общей кинетической энергии соответственно, причем угол разлета этих осколков составил $∘ 90$ . Третий осколок полетел в горизонтальном направлении. Пренебрегая массой пороховых газов, найти массу третьего осколка.
(«Покори Воробьёвы горы!», 2019, 10–11)

Источники: Покори Воробьёвы горы, 2019, 10–11

Показать ответ и решение

В рамках заданных в условии предположений (сумма масс осколков равна массе снаряда, кинетическая энергия и импульс пороховых газов пренебрежимо малы) законы сохранения импульса и энергии можно записать в виде:

⃗ m1 ⃗v1 + m2 ⃗v2 = M V − m3⃗v3, (1)

m1v21-+ m2v22-+ m3v23-= 11M-V-2 (2) 2 2 2 2

причем $M = m1 + m2 + m3, ⃗V$ - скорость снаряда перед взрывом. Кроме того, по условию

2 11 2 2 11 2 m1v1 = 2 M V , m2v 2 = 4 M V

Подставляя эти соотношения в (2), получим, что

m v2= 11M V 2 3 3 4

Возводя (1) в квадрат и учитывая перпендикулярность пар векторов $⃗v1$ и $⃗v2,⃗v3$ и $⃗V$ найдем, что

2 2 2 2 2 2 2 2 m 3v3 + M V = m1v1 + m 2v2

С учетом полученных выражений

11 11 11 18m1-+-7m2-- 4 m3 + m1 + m2 + m3 = m1 2 + m2 4 ⇒ m3 = 15 = 2 кг

(Официальное решение ПВГ)

Ответ:

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задачи	Баллы

Верно сформулированы законы сохранения импульса и энергии, обоснована их применимость	2

С учетом значений $m1v21$ и $m2v22$ , получено выражение для $m3v23$	2

Переписан ЗСИ с учетом перпендикулярности векторов и выражения для $m3v23$	2

Из системы уравнений получено верное выражение для $m3$	2

Представлен верный численный ответ	2

Максимальный балл	10

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 23#43194Максимум баллов за задание: 10

Пушечный снаряд массой $M = 100 кг$ разорвался в некоторой точке траектории на два осколка, разлетевшихся с импульсами $p1 = 3,6⋅104 кг ⋅ м/c$ и $p2 = 2,4⋅104 кг⋅ м/c$ . Импульсы осколков направлены под углом $α = 60∘$ друг к другу. Определите, при каком отношении масс осколков выделившаяся при взрыве кинетическая энергия будет минимальной. Найдите эту энергию.

(Всеросс., 2006, финал, 11)

Источники: Всеросс., 2006, финал, 11

Показать ответ и решение

Пусть $m1$ и $m2 −$ массы осколков, $M = m1 +m2 −$ первоначальная масса снаряда. По закону сохранения импульса

⃗p0 = ⃗p1 + ⃗p2 или p20 = p21 + p22 + 2p1p2cosα

Кинетическая энергия до и после взрыва соответственно равны:

2 2 2 2 2 Eнач =-p0-= p1-+p2-+-2p1p2cosα-, Eкон = -p1-+ -p2-. 2M 2(m1 + m2) 2m1 2m2

Выделившаяся при взрыве кинетическая энергия

( ) -p21- p22-- p21-+p22-+-2p1p2cosα- E = Eкон − E нач = 2m1 + 2m2 − 2(m1 + m2) .

После преобразования будем иметь

p21k-+-p221k −-2p1p2cosα m2- E = 2M , где k = m1

Для нахождения $Emin$ приравняем нулю производную:

dE 1 ( 1 ) ---= ---- p21 − p22-2 = 0 dk 2M k

Отсюда

k = p2= 2 p1 3

Подставляя найденное значение $k$ в выражение для $E$ , получим

p1p2(1 − cosα ) 6 Emin = -----M-------= 4,32⋅10 Дж

(Официальное решение ВсОШ)

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 24#48143Максимум баллов за задание: 10

На горизонтальной поверхности стола находится платформа с укреплённым на ней штативом. К штативу привязан на нити длиной $l$ небольшой по сравнению с длиной нити шар. Масса платформы со штативом $2m$ , масса шара $3m$ . Шар отклоняют и удерживают неподвижно так, что нить составляет угол $γ$ ( $cos γ = 1∕3$ ) с вертикалью, а платформа прижата к упору (см. рисунок). Затем шар отпускают.
1) Найдите скорость шара в момент отрыва платформы от упора.
2) Найдите максимальный угол отклонения нити от вертикали направо в процессе движения системы после отрыва от упора.
Направления всех движений параллельны одной и той же вертикальной плоскости. Массой колёс платформы пренебречь.

(«Физтех», 2011)

Источники: Физтех, 2011

Показать ответ и решение

1) По горизонтали на платформу действует только сила натяжения нити $T$ , значит, платформа оторвется, когда $T$ будет тянуть вправо (нижняя точка), тогда, по закону сохранения энергии:

∘ ---- mv2-- ∘ ------------- 4- mgl(1 − cosγ ) = 2 ⇒ v = 2g(1 − cos γ) = 3 gl

2) Запишем закон сохранения импульса, начиная с момента отрыва платформы и до поднятия на максимальную высоту шара:

∘ ---- ∘ ---- 4- 3- 4- 3mv = 5mu ⇒ 3m 3gl = 5mu ⇒ u = 5 3gl

Тогда из закона сохранения энергии:

5mu2 mv2 6 11 mgl (1 − cos α) + ------= -----⇒ 3 − 3 cosα + --= 2 ⇒ cosα = --- 2 2 5 15

Ответ:

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задачи	Баллы

Записан закон сохранения энергии	2

Записана формула кинетической энергии	2

Записана формула потенциальной энергии	2

Записан закон сохранения импульса	2

Представлен правильный ответ	2

Максимальный балл	10

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 25#48480Максимум баллов за задание: 10

Клин массой $M$ и углом наклона $α$ находится на горизонтальной поверхности, и брусок массой $m$ находится на клине на высоте $h$ от поверхности. Трение в системе отсутствует. Система приводится в движение.
1) Найдите время $t$ , за которое брусок достигнет горизонтальной поверхности.
2) Найдите кинетическую энергию бруска, при достижении горизонтальной поверхности.

Показать ответ и решение

Запишем второй закон Ньютона для бруска и клина.
Для клина:

OX : max = N sin α = M A

OY : may = mg − N cosα

Здесь $A$ - ускорение клина.
Уравнение кинематической связи:

ax + A -------= ctg α ay

Тогда

( ) A Mm- + 1 = ay ⋅ ctgα M ctg2αay may = mg − -----------m m + M

Тогда вертикальное ускорение можно выразить следующим образом:

( 2 ) a 1 + M--ctg--α- = g ⇒ a = -------g------- y M + m y 1 + M+Mm--ctg2 α

Тогда:

∘ --- ∘ ---(------------------)-- ayt2 2h- 2h- --M----- 2 h = 2 = > t = ay = g 1 + M + m ctg α

А ускорение клина:

A = ay-⋅ ctgα = ---mg--ctgα--- Mm-+ 1 m + M ∕ sin2 α

∘ -------------------------- u = At = m ctgα -----------2gh----------- (m + M )(m + M ∕ sin2 α)

Из закона сохранения энергии, кинетическая энергия бруска:

M (At )2 ( M m ctg2 α ) E = mgh − -------- = mgh 1 − ---------------------2--- 2 (m + M )(m + M ∕ sin α)

P.S. Также в энергии засчитывался ответ: $Mmgh- M+m$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 26#48650Максимум баллов за задание: 10

С высоты $3R ∕2$ соскальзывает без начальной скорости небольшой шарик, двигаясь без трения по жёлобу, расположенному в вертикальной плоскости (см. рисунок). Горизонтальный участок жёлоба плавно переходит в полуокружность радиуса $R$ .
a) Какой максимальной высоты $H$ достигнет шарик после отрыва от жёлоба?
б) Под каким углом $β$ к горизонту упадёт шарик на горизонтальный участок жёлоба?
(МФТИ, 1994)

Источники: МФТИ, 1994

Показать ответ и решение

Пусть $N$ – сила реакции опоры, $a$ – центростремительное ускорение, $mg$ – сила тяжести, $α$ – угол между силой тяжести и центростремительным ускорением.
В момент отрыва от петли $N$ будет равна 0, значит второй закон Ньютона запишется в виде

2 mg cosα = mv--- (1 ) R

Найдем скорость тела в момент отрыва, как разность потенциальных энергий

mv2-- 2 2mgR = 2 + mgh ⇒ v = 2g (2R − h ) = 2g (1,5R − R − R cosα ) (2)

Подставляем (2) в (1) и находим $cosα$

1 mg cosα = mg − 2mg cosα ⇒ cos α = -- 3

Откуда высота отрыва

4 h = R + R cosα = -R 3

Синус угла

√ -- sin α = 2--2- 3

Или тангенс

√ -- tgα = 2 2

а) Скорость направлена перпендикулярно центростремительному ускорению, следовательно

tgα = vy-= 2√2-⇒ v = 2√2v- vx y x

Скорость тела в момент отрыва

2 gR v = --- 3

Тогда горизонтальная и вертикальная составляющие скорости

∘ ---- ∘ ----- 9v2 = gR- ⇒ v = gR- ⇒ v = 8gR- x 3 x 27 y 27

Тогда высота подъема

′ v2y- 40R- H = h + h = h + 2g = 27

б) Горизонтальная составляющая скорости не изменяется во время полета, тогда закон сохранения энергии запишется в виде

∘ ------ mv2x mv2y mv2x ∘ ----- 80gR ----+ mgH = -----+ -----⇒ vy = 2gH = ------ 2 2 2 27

Откуда полная скорость в момент падения

∘ ------------ v′ = 80gR--+ gR-= ∘3gR-- 27 27

Тогда угол падения

√ --- vx gR 1 β = arccos--′ = arccos√-------= arccos-- v 81gR 9

Также можно было выразить через $arctg$

√ --- β = arctg 80

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 27#48651Максимум баллов за задание: 10

Небольшой шарик соскальзывает без начальной скорости и без трения с верхней точки сферы, закреплённой на горизонтальной поверхности стола.
а) Под каким углом к поверхности стола шарик ударится о стол?
б) На какую максимальную высоту поднимется шарик после упругого удара о стол, если радиус сферы равен $R?$

(МФТИ, 1994)

Источники: МФТИ, 1994

Показать ответ и решение

По поверхности шара шарик движется под действием двух сил: веса $mg$ и реакции опоры $N$ , перпендикулярной поверхности. Условие движения по окружности

2 mv-0-= mg cos α − N, R

В точке отрыва реакция обращается в ноль. Из закона сохранения энергии для скорости шарика $v0$ в точке отрыва находим $mv20 -----= mgR (1 − cosα ) 2$ . Эти два равенства позволяют найти значение скорости и ее направление в точке отрыва: $2 v20 = -gR 3$ и $cosα = 2∕3$ . При дальнейшем движении шарика его горизонтальная составляющая скорости сохраняется $∘ ----- v = v cosα = 2- 2gR- Γ 0 3 3$ . Если $H$ – максимальная высота отскока, то $mv2-Γ mg2R = mgH + 2$ , поэтому $v2Γ- 50- H = 2R − 2g = 27 R$ .
Угол можно найти как

∘ ------- √ -- vΓ 2∕3 2gR ∕3 6 cosβ = ---= ---√--------= ---- v0 4gR 9

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 28#48652Максимум баллов за задание: 10

Маленький брусок начинает соскальзывать с вершины гладкой полусферы, стоящей на гладком горизонтальном столе, и в некоторой точке отрывается от неё. Центральный угол между радиусами полусферы, проведёнными к её вершине и к точке отрыва, равен $α = arccos(0,67)$ .
Найдите отношение $x$ массы полусферы $M$ к массе бруска $m$ : $x = M ∕m$ .

(«Курчатов», 2019, 10)

Источники: Курчатов, 2019, 10

Показать ответ и решение

Рассмотрим движение бруска и полусферы в инерциальной системе отсчёта, связанной со столом. Ось $X$ направим вдоль стола, ось $Y$ вертикально вверх. Так как между полусферой и столом нет трения, то горизонтальная составляющая полного импульса сохраняется:

− M u = mVx.

Здесь $⃗u$ и $⃗V$ – скорости полусферы и бруска относительно стола. По закону сложения скоростей имеем:

⃗V = ⃗u + ⃗V0

$⃗V0$ – скорость бруска относительно полусферы; вектор $⃗V0$ направлен по касательной к окружности, по которой движется брусок. Получаем:

Vx = − u+ V0cosα,

− M u− mu + mV cosα = 0 ⇒ u = mV0-cos-α. 0 M + m

Запишем второй закон Ньютона для бруска:

m⃗a = ⃗N + m ⃗g,

$⃗a$ – ускорение бруска относительно стола, $⃗N$ – сила нормальной реакции, действующая на брусок со стороны полусферы. По закону сложения ускорений:

⃗a = ⃗ω+ a⃗, 0

$⃗ω$ – ускорение полусферы относительно стола, $⃗a 0$ – ускорение бруска относительно полусферы. Вектор $⃗ω$ сонаправлен вектору скорости полусферы $⃗u$ . Ускорение $⃗ω$ опрелеляется горизонтальной составляющей силы давления бруска на полусферу. Так как эта сила равна $− N⃗$ , то:

M ω = N sinα.

В момент отрыва имеем:

⃗ N = 0 ⇒ ⃗ω = 0 ⇒ ⃗a = a⃗0,

m ⃗a = m ⃗g ⇒ ⃗a = ⃗g. 0 0

Составляющая ускорения $a⃗ 0$ , направленная вдоль радиуса полусферы, представляет собой центростремительное ускорение бруска. Получаем:

V02 2 gcosα = R ⇒ V0 = gRcosα,

$R$ радиус полусферы. Для того чтобы найти скорость $V0$ , запишем закон сохранения энергии:

M u2 mV 2 mgR (1 − cos α) =--2--+ --2--

Горизонтальная составляющая скорости $⃗V$ была найдена выше. Для вертикальной составляющей имеем:

Vy = − V0sin α

Квадрат скорости равен:

V2 = V2+ V 2= (− u + V cosα)2 + V 2sin2α = u2 − 2uV cosα+ V 2. x y 0 0 0 0

Из закона сохранения энергии получаем:

2mgR (1− cosα) = (M + m )u2 − 2muV cosα + mV 2. 0 0

Далее воспользуемся найденными ранее выражениями для $u$ и $V0$ :

m2V 2cos2α mV0 cosα 2mgR (1− cosα) = (M +m )⋅-(M-0+m-)2-− 2mV0 cosα ⋅-M-+-m--+ mV 02 , 2 2gR(1 − cosα ) =-V0---(m cos2α − 2m cos2α + M + m ), M +m 2gR(1 − cosα ) = gR-cosα(− m cos2α + M +m ), M + m m-cos3α 2 − 2cosα = − M + m + cosα, m cos3α M + m cos3α M--+-m- = 3cosα − 2 → --m---= 3cosα−-2.

Отсюда находим отношение масс $x = M∕m$ :

3 3 x+ 1 = --cos-α--- −→ x = -cos-α---− 1 = 29 3cosα − 2 3cosα− 2

(Официальное решение Курчатов)

Ответ:

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задачи	Баллы

Записан закон сохранения горизонтальной составляющей импульса	1

Записан второй закон Ньютона и закон сложения ускорений	1

Сформулировано условие отрыва и найдены ускорения бруска и полусферы в момент отрыва	1

Записан закон сохранения энергии	1

Получен правильный ответ	1

Максимальный балл	5

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 29#48653Максимум баллов за задание: 10

На гладкой горизонтальной поверхности тележки находится брусок, прикреплённый к тележке лёгкой упругой пружиной жёсткостью $k = 10 Н/ м$ (см. рисунок). Тележка с бруском движутся со скоростью $u = 0,25 м/с$ по горизонтальной поверхности пола. Пуля, летящая горизонтально со скоростью $33u$ , попадает в брусок и застревает в нём. Массы пули и бруска $m = 0,5 г$ и $7m$ , масса тележки намного больше массы бруска. Направления всех движений находятся в одной вертикальной плоскости.
1) Найдите скорость бруска $v1$ относительно тележки сразу после попадания пули.
2) Найдите скорость бруска $v2$ относительно пола сразу после попадания пули.
3) Найдите максимальную деформацию пружины при последующих колебаниях бруска.
(«Физтех», 2014)

Источники: Физтех, 2014

Показать ответ и решение

1) Так как время взаимодействия очень мало, то мы можем сказать, что после соударения сила упругости не изменится. Или сила взаимодействия будет намного больше, изменившейся силы упругости. Рассмотрим систему «пуля+брусок» относительно телеги.

vп(отн) = 33u − u = 32u

Следовательно по закону сохранения импульса:

32u mv п(отн) = (7m + m )v1 ⇒ v1 = -8--= 4u = 1 м/с

2) Так как масса тележки много больше массы бруска, то после удара скорость тележки не изменится:

v2 = 4u + u = 5u = 1,25 м/с

3) Максимальная деформация наступит тогда, когда брусок будет двигаться с такой же скоростью, как и тележка (его скорость относительно тележки равна нулю). Тогда по закону сохранения энергии:

2 2 ∘ ---- ∘ ---- 8mv-1-= kx-- ⇒ x = v 8m--= 8u 2m--= 0,02 м 2 2 1 k k

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 30#48654Максимум баллов за задание: 10

Свинцовый шар массой $m = 1 кг$ , подвешенный на невесомой нерастяжимой нити длиной $L = 1 м$ в камере, из которой откачан воздух, движется по окружности в горизонтальной плоскости, совершая $n = 60 оборото в в м инут у$ . При этом нить всё время натянута. В некоторый момент времени в камеру впустили воздух. Какую работу $A$ совершит сила сопротивления воздуха за время, в течение которого угловая скорость движения шара уменьшится в 2 раза? Считайте, что сила сопротивления достаточно мала. Размерами шара можно пренебречь. Ускорение свободного падения примите равным $2 g = 10 м/ с$ .

Показать ответ и решение

Пусть нить, на которой подвешен шар, образует с вертикалью угол $α$ (см. рисунок).

По второму закону Ньютона имеем:

m ω2r = T sin α; mg = T cos α,

где $m$ – масса шара, $ω = 2πn$ – угловая скорость движения шара по окружности, $r = L sinα$ – радиус этой окружности, $T$ – натяжение нити, $g$ – модуль ускорения свободного падения. Из этих уравнений находим, что

cosα = ---g----. (2 πn)2L

Потенциальная энергия шара относительно его нижнего положения

E п = mgL (1 − cos α).

Кинетическая энергия шара

m (ωr)2 m Ek = --------= -- (2 πnL sinα )2. 2 2

Полная механическая энергия шара

E(n ) = E (n) + E (n). п k

Искомая работа

A = E(n ) − E (n∕2 ).

С учётом уменьшения угла отклонения нити от вертикали находим, что

( 2 ) A = 3m (πnL )2 + --3g--- ≈ 25, 7 Дж 2 4(πn )2

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 31#48659Максимум баллов за задание: 10

Маленький брусок массой $m$ находится на гладкой горизонтальной поверхности на расстоянии $L0$ от вертикального столба, на котором на высоте $h$ на коротком держателе закреплён маленький невесомый блок с неподвижной горизонтальной осью. Лёгкая нерастяжимая длинная нить одним концом прикреплена к бруску, перекинута через блок и натянута с постоянной силой $F > mg$ . Трения в оси блока нет. В начальный момент брусок скользит по поверхности и имеет скорость $v0$ , направленную от столба. Какой будет скорость бруска в тот момент, когда брусок перестанет давить на поверхность?
(«Курчатов», 2016, 11)

Источники: Курчатов, 2016, 11

Показать ответ и решение

Из условия задачи ясно, что в начальный момент брусок давит на горизонтальную поверхность, то есть «оторваться» от поверхности он сможет только на обратном пути к столбу, когда расстояние $L2$ станет меньше, чем $L0$ . Кинетическая энергия бруска изменяется, так как сила $F$ совершает работу. Поскольку сила, действующая на брусок всегда направлена вдоль нити к блоку, то работа равна произведению величины силы на изменение длины участка нити между бруском и блоком, взятому со знаком минус.
В момент, когда брусок перестанет давить на поверхность, на брусок будут действовать только сила натяжения нити и сила тяжести. Поскольку ускорение бруска будет всё ещё направленно по горизонтали, сумма вертикальных проекций действующих на брусок сил будет равна нулю:

h F h ∘ -2----- F∘L2--+-h2 = mg ⇒ mg- = L2 + h2 2

Скорость $v2$ бруска в этот момент найдём из закона изменения механической энергии:

∘ ------------------------ mv20 ∘ --2---2 ∘ -2----2 mv22 2 2F ( ∘ -2---2- Fh) -2--+ F ( L 0 + h − L2 + h) = -2--⇒ v2 = v0 +-m- L0 + h − mg-

(Официальное решение Курчатов)

Ответ:

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задачи	Баллы

Указано, что работа силы $F$ равна произведению величины силы на изменение длины участка нити между бруском и блоком, взятому со знаком минус	2

Найдено расстояние от блока до бруска в момент, когда брусок перестанет давить на поверхность	1

Записан закон изменения механической энергии	1

Представлен правильный ответ	1

Максимальный балл	5

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 32#48661Максимум баллов за задание: 10

Из тонкой проволоки согнута полуокружность с центром в точке $O$ и радиусом $R = 0,5 м$ . Полуокружность неподвижно закреплена в вертикальной плоскости. По проволоке могут скользить без трения маленькие бусинки 1 и 2, соединённые жёстким невесомым стержнем. Отношение масс бусинок $k = m ∕m = 2 1 2$ . При движении стержень может свободно поворачиваться вокруг точек крепления к бусинкам. В начальном положении бусинки 1 и 2 находятся на концах вертикального и горизонтального радиусов. Стержень с бусинками отпускают без толчка. Найдите максимальную скорость $V$ бусинки 1 при дальнейшем движении. Бусинки считайте материальными точками. Ускорение свободного падения $2 g = 10 м/с$ . Ответ выразите в м/с и округлите до сотых.

(«Курчатов», 2019, 11)

Источники: Курчатов, 2019, 11

Показать ответ и решение

Рассмотрим промежуточное положение системы, когда радиусы, проведённые из центра полуокружности к бусинкам, повернулись на угол $φ$ относительно своих первоначальных положений. Скорости бусинок обозначим через $V 1$ и $V 2$ . Отсчитывая высоты от центра полуокружности, запишем закон сохранения энергии:

− m1gR = m1V12+ m2V22− m1gR cosφ − m2gR sinφ 2 2 2 2 m1V1 + m2V 2 = 2gR (m1(cosφ − 1)+ m2sinφ) kV12+ V22 = 2gR(k(cos φ− 1)+ sin φ)

Здесь $R$ – радиус полуокружности, $k = m1 ∕m2$ . Так как длина стержня не меняется при движении, то проекции скоростей на направление стержня совпадают. Из простых геометрических соображений следует, что при любом значении угла $φ$ скорости бусинок образуют со стержнем углы в $∘ 45.$ Получаем:

∘ ∘ V1 cos 45 = V2cos45 − → V1 = V2

Исключая скорость $V2$ , находим $V1$ как функцию угла $φ$ :

(k+ 1)V 2= 2gR(k(cosφ− 1)+ sinφ) − → V 2= -2gR-f(φ) 1 1 k + 1

Функция $f(φ )$ равна:

f(φ) = k(cosφ − 1) +sinφ = kcosφ + sinφ − k

Преобразуем эту функцию с помощью метода вспомогательного аргумента:

( ) f(φ ) = ∘k2-+-1 √--k---cosφ + √--1---sinφ − k = ∘k2-+-1cos(φ− φ )− k k2 + 1 k2 + 1 0

Вспомогательный аргумент $φ0$ определяется двумя равенствами:

1 k sin φ0 = √-2---; cosφ0 = √--2---- k + 1 k + 1

Угол $φ0$ лежит в первой четверти. Поэтому его можно выразить через арктангенс:

tgφ = 1-−→ φ = arctg1- 0 k 0 k

Очевидно, что функция $f(φ)$ максимальна при $φ = φ0$ :

∘ -2---- f(φ0) = k +1 − k

Тогда максимальная скорость первой бусинки равна:

∘ ---------------- ∘ -2gR------ 2gR (√k2 +-1-− k) V = -----f(φ0) = ----------------= 0,89 м/с k + 1 k+ 1

Ответ также можно представить в виде, удобном для приближённого вычисления:

∘ ------------------ -------2gR-------- V = (k+ 1)(√k2-+-1+ k)

Следует отметить, что угол $φ0$ определяет положение равновесия системы. Действительно, приравнивая моменты сил тяжести относительно центра полуокружности, получаем:

m2 1 m1gR sin φ = m2gR cosφ ← → tgφ = m1-= k-−→ φ = φ0

Поскольку бусинки совершают колебания около положения равновесия, можно сразу считать очевидным, что максимальные скорости достигаются в этом положении.

(Официальное решение Курчатов)

Ответ:

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задачи	Баллы

Записан второй закон Ньютона	2

Представлено доказательство равенства скоростей	2

Верно определен центр масс	2

Верно записан закон сохранения энергии, найден верный угол отклонения шариков	2

Правильно получена конечная формула, нет логических ошибок, получен правильный численный ответ	2

Максимальный балл	10

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 33#77934Максимум баллов за задание: 10

В системе, изображённой на рисунке, лебедка с постоянной скоростью $v0$ тянет трос, соединеннный с груз массы $m$ . Трение между грузом и поверхностью отсутствует.
1. Найти скорость груза в положении 3, если угол наклона троса к поверхности в данном положении составляет $α3$ ;
2. Найти работу троса по перемещению груза из положения 1 в положение 3,
если угол наклона троса к поверхности в положении 1 составляет $α1$ ;
3. Найти время, за которое груз перейдет из положения 2 в положение 3, если угол наклона троса к поверхности в положении 2 составляет $α2$ , а время пермещения из положения 1 в положение 2 равно $t$ ?

Источники: Физтех, 2022, 11

Показать ответ и решение

1) Используя "закон палочки":

V0 = V1 cosα1 = V2 cosα2 = V3cos α3

V 5 ⇒ V3 = ---0--= -V0 cosα3 3

2) По теореме о кинетической энергии:

ΔE кин = AT + AN + Amg = AT

1 1 1 ( 1 1 ) 77 AT = --mV 32− --mV 12= -mV 02 ---2---− ---2--- = --mV 02 2 2 2 cos α3 cos α1 90

3) Пусть $H$ - высота стены. За время $t12$ длина троса уменьшается на:

--H--- -H---- sin α1 − sin α2

Имеем:

h h V0t12 = ------− ------ sin α1 sin α2

Аналогично:

V t = --h---− ---h-- 0 23 sin α2 sin α3

Отсюда:

1∕ sin α2 − 1∕sin α3 3 t23 = t12------------------- = --t12 1∕ sin α1 − 1∕sin α2 8

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 34#117919Максимум баллов за задание: 10

На гладкой горизонтальной поверхности лежит доска длиной $L$ и массой $M.$ На краю доски покоится небольшой брусок. На брусок начинает действовать постоянная горизонтальная сила, так что он движется вдоль доски с ускорением, которое больше ускорения доски. Найдите ускорение, с которым двигалась доска, если за время движения по ней бруска выделилось количество теплоты $Q.$

Показать ответ и решение

Запишем 2-й закон Ньютона для бруска и для доски:

ma = F − Fтр (для бруска)

По 3-у закону Ньютона на доску действует сила трения со стороны бруска равная по модулю силе трения, действующей на брусок, но противоположной по направлению.
Поэтому 2-й закон Ньютона для доски будет выглядеть так:

M A = F тр (для доски)

Исходя из этих уравнений выразим силу $F$ и запишем ее работу по перемещению бруска:

AF = FLбр = (ma + M A )Lбр

Теперь запишем закон сохранения энергии для системы:

mv2бр M-v2д AF = Eк.бр + E к.д + Q = 2 + 2 + Q

Из кинематики равноускоренного движения можем записать такое уравнение:

v2 − v20 S = --2a---

Для бруска и для доски соответственно они будут выглядеть так:

2 Lбр = vбр 2a

v2д- Lд = 2A

Из них можем подставить квадраты скоростей в закон сохранения энергии. Получим:

AF = mL брa + M LдA + Q

Подставляем работу силы $F$ :

(ma + M A )L = mL a+ M L A + Q бр бр д

Пользуясь тем, что перемещение бруска складывается из перемещения по доске и перемещения самой доски, можем записать:

Q = M AL

Откуда ускорение доски:

-Q-- A = M L

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 35#117923Максимум баллов за задание: 10

Рядом с мальчиком, стоящим на берегу реки, проплывает со скоростью $v0$ тяжёлая льдина прямоугольной формы с ровной горизонтальной поверхностью. Мальчик пускает камень массы $m$ скользить по поверхности льдины от её края. Начальная скорость камня равна скорости льдины и направлена под углом $α = 60∘$ к берегу (рис.).
Мальчик заметил, что когда камень оказался на расстоянии $h$ от ближнего к нему края льдины, скорость камня была минимальной.
1) Какое количество теплоты $Q$ выделится за время скольжения камня по поверхности льдины?
2) На каком расстоянии $s$ от мальчика, стоящего на берегу реки, будет находиться камень в момент окончания его скольжения по льдине?

(Всеросс., 2017, финал, 10)

Источники: Всеросс., 2017, финал, 10

Показать ответ и решение

Решение скрыто

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 36#117925Максимум баллов за задание: 10

По горизонтальному столу скользит слева направо тонкая однородная линейка длиной $l = 20 см.$ Поверхность стола состоит из двух панелей, обработанных с различным качеством. Коэффициент трения между линейкой и левой панелью равен $μ , 1$ а между линейкой и правой панелью $μ ; 2$ (см. рис.). В тот момент, когда расстояние от правого конца линейки до линии соприкосновения (стыка) панелей равно $l,$ модуль скорости линейки $v1 = 1 м/с.$ При каком максимальном значении коэффициента трения $μ2 = μ2max$ линейка может полностью попасть на правую панель, если коэффициент трения $μ = 0,05,$ а вектор скорости линейки направлен перпендикулярно стыку панелей? Модуль ускорения свободного падения примите равным $2 g = 10 м/с .$

Источники: Всеросс., 2006, финал, 11

Показать ответ и решение

Модуль работы силы трения на всем перемещении линейки можно представить в виде суммы: $A = A0 + A1 + A2$ . Здесь $A0 = μ1gl$ – модуль работы силы трения на перемещении линейки по левой панели до стыка с правой панелью ( $m$ – масса линейки), $A 1$ – модуль работы силы трения, действующей со стороны левой панели, на перемещении линейки с левой панели на правую панель.

$PIC$

Обозначив через $x$ длину той части линейки, которая находится на левой панели, для модуля силы трения, действующей со стороны левой панели, имеем $F = μ mg-x 1 1 l$ . Заметим, что эта сила изменятся в зависимости $x$ линейно в пределах от $μ1mg$ до нуля. Поэтому модуль работы силы $F1$ на перемещении $l$ равен $1- A1 = 2μ1mgl$ . Аналогично можно найти модуль работы силы трения $F2$ , действующей со стороны правой панели, на том же перемещении: $1- A2 = 2μ2mgl$ . При этом мы предполагаем, что линейка остановилась, оказавшись целиком в правой панели. Применив теорему об изменении кинетической энергии, получаем:

2 mV--- = μ1mgl + 1-μ1mgl + 1μ2mgl. 2 2 2

Отсюда находим максимальную величину коэффициента трения $μ2$ , а именно $V 2 μ2max = ---− 3μ1 = 0,35. gl$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 37#117927Максимум баллов за задание: 10

На гладком горизонтальном столе находится чаша массой $M$ с полусферической выемкой радиусом $R$ с гладкими стенками (смотри рисунок). На самый край выемки чаши поместили монету массой $m,$ размеры которой значительно меньше размеров выемки. В начальный момент монета и чаша друг относительно друга не двигались. Монету и чашу одновременно отпустили. С каким ускорением движется монета, проходя самое нижнее положение?

(МОШ, 2010, 10)

Источники: МОШ, 2010, 10

Показать ответ и решение

Поймём, что система из чаши и монеты будет совершать колебания около положения равновесия, которое соответствует положению монеты в нижней точке чаши. При движении вниз монета будет давить на чашу с силой, направленной влево, поэтому чаша будет разгоняться. В момент прохождения нижней точки сила реакции опоры со стороны чаши направлена вертикально вверх. Значит, монета действует на чашу с силой, направленной вертикально вниз. Т.е. ускорение чаши равно нулю, а скорость максимальна и направлена влево. И полное ускорение монеты совпадает с центростремительным.

$PIC$

Запишем 2 з. Ньютона для монеты в момент прохождения нижней точки:

V ma = N − mg, где a = -отн-- R

Закон сохранения импульса для системы чаша + монета на ось, направленную вправо:

0 = mVабс − M U,где Vабс − абсолю тн ая скорость м онеты, U − скорость чаш и

mV U = ---абс M

Закон сохранения энергии для системы чаша + монета:

mgR = mV-2абс-+ M-U-2 2 2

Подставляю выражение для $U$ , получаем:

mV 2 ∘ -2gRM-- 2gR = Vа2бс +-M-абс-=⇒ V абс = m--+M--

Найдём скорость чаши $u$ :

∘ ------- U = mVабс= m-- 2gRM--- M M m + M

Найдём скорость монеты относительно чаши в нижней точке:

Vотн = U +V абс

∘ ------- ∘ ------------ m 2gRM 2gR(M + m ) Vотн = (M--+ 1) m-+-M--= ----M------

И находим ускорение монеты:

a = V-отн-= 2g(M-+-m) R M

Оно направлено вертикально вверх.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 38#118660Максимум баллов за задание: 10

На дне водоема стоит цилиндр, закрытый легким поршнем, прилегающем ко дну. Масса цилиндра $m$ , высота $h$ , площадь поршня $S$ , глубина водоема $4h$ , плотность воды $ρ0$ . К поршню привязали трос и начали медленно поднимать поршень (и цилиндр) до высоты, когда поршень и верхняя кромка цилиндра оказались на поверхности воды. Определите работу, совершенную в этом процессе. Атмосферное давление $P0$ , ускорение свободного падения $g$ , весом троса пренебречь.

$PIC$

(Всесибирская олимпиада 2025, 10)

Источники: Всесиб - 2025, 10

Показать ответ и решение

В рамках задачи выполняется закон сохранения энергии в силу рассмотрения системы «поршень-цилиндр» как единое целое.

Работа силы тяги $F$ расходуется на изменение потенциальной энергии системы (цилиндра и воды).

AF = ΔEm + ΔE воды

Изменение потенциальной энергии цилиндра происходит за счет изменения положения центра масс. Он перемещается с высоты $h∕2$ до высоты $3,5h$ :

ΔE = 3mgh m

Изменение объема цилиндра: $ΔV = Sh ⇒ Δm воды = Shρ$

Подставляем:

7 1 2 Eводы(к) = 4h ⋅Δm воды ⋅g, Eводы (н) = 2 h⋅Δm воды ⋅g ⇒ ΔE воды = 2 ρgSh

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 39#118661Максимум баллов за задание: 10

Небольшой шарик массой $m$ удерживается на гладкой цилиндрической трубе радиусом $R$ . Труба закреплена и ось трубы горизонтальна. Шарик связан с грузом невесомой и нерастяжимой нитью, как показано на рисунке. В начальный момент груз висит на нити и покоится. Затем шарик аккуратно отпускают, после чего шарик с грузом начинает двигаться. В некоторый момент времени шарик отрывается от трубы, причём к этому моменту шарик успевает проскользить по трубе путь, равный $αR$ (вертикальное положение). Найдите массу груза. Ускорение свободного падения $g$ .

$PIC$

(Всесибирская олимпиада 2025, 10)

Показать ответ и решение

Из условия задачи следует, что к моменту отрыва шарик успеет проскользить дугу, которая опирается на угол $α$ . Нить нерастяжима, поэтому путь шарика вдоль трубы равен расстоянию, на которое опустится груз к тому же моменту времени :

L = αR

L = H2 − H1

Из геометрии следует, что шарик к моменту отрыва сместится вверх по вертикали на расстояние:

h = R(1− cosα)

$PIC$

В момент отрыва на шарик действует сила притяжения Земли и сила натяжения нити. Центростремительное ускорение шарика направлено к центру трубы и определяется только силой тяжести. Сила натяжения нити направлена по касательной к трубе и никак не влияет на центростремительное ускорение. Запишем второй закон Ньютона для шарика в момент отрыва:

mv2 -R--= mg ⇒ v2 = gR

Выберем уровень нуля потенциальной энергии на вершине трубы. Запишем закон сохранения энергии для шарика и связанного с ним груза:

− M gH − mgh = − M gH + 1 M v2 + 1mv2 ⇒ M gL = 1M gR + 1mgR + mgh 1 2 2 2 2 2

Заметим, что сила реакции опоры не совершает работы, так как она перпендикулярна скорости, а сила натяжения является внутренней силой системы, поэтому работа силы натяжения также отсутствует в написанном законе сохранения энергии. Равенство скоростей шарика и груза следует из нерастяжимости нити, которая их связывает. Подставим в последнее уравнение найденный ранее квадрат скорости шарика:

2M L = M R + mR + 2mh ⇒ M (2L− R ) = m (R + 2h)

Преобразуем:

( ) m-(R-+-2h) m-(R-+-2R(1-−-cosα-))- 3-−-2cosα M = 2L − R = 2αR − R = m 2α − 1

Заметим, что знаменатель дроби $(2α − 1)$ должен быть положительным, так как масса является положительной величиной:

α > 1∕2

Ответ: