17 Силы инерции. НСО - Каталог заданий по Олимпиадной физике в Школково

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#32627

Два груза с одинаковой массой $m = 10 кг$ прикреплены к разным концам легкой и прочной длинной веревки, перекинутой через свободно вращающийся блок. Груз 1 удерживают на горизонтальной поверхности (коэффициент трения между ним и поверхностью $μ = 0,6$ ), а второй висит свободно. Вся система помещена в лифт. Лифт поехал вверх с ускорением $2 a = 5 м/c$ , а грузы отпустили, и они пришли в движение (первый поехал вправо набирая скорость, а второй — вниз). Найти удлинение веревки во время движения. Известно, что ее коэффициент жесткости $k = 4000 Н/м$ . Ускорение свободного падения $g ≈ 10 м/c2$ .
(«Покори Воробьёвы горы!», 2019, 7–9)

Источники: Покори Воробьёвы горы, 2019, 7–9

Показать ответ и решение

Направим координатную ось $x$ горизонтально вправо, а ось $y$ вертикально вниз. Запишем уравнения движения для груза 1 в проекции на эти оси (ясно, что по $y$ он движется вместе с поверхностью с ускорением лифта):

max = T − Fтр,

ma = mg − N ⇒ N = m(g +a)

Здесь $T$ – сила натяжения нити, $N$ – сила нормальной реакции поверхности.
Поскольку груз 1 скользит, то

Fтр = μN = μm (g+ a)

Для груза 2 уравнение движения в проекции на $y$

ma = mg − T. 2

При этом нерастяжимость нити приводит к связи ускорений: относительно лифта оба груза должны двигаться с одинаковыми по величине ускорениями. Таким образом

a2 = ax − a

Поэтому

ma = m (g+ a)− T, x

и, подставляя это соотношение в первое уравнение, находим:

T = 1+-μ-m(g+ a) 2

По закону Гука удлинение веревки

T- 1+-μ- T = kΔl ⇒ Δl = k = 2k m (g+ a)

(Официальное решение ПВГ)

Ответ:

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задачи	Баллы

Записан второй закон Ньютона для грузов $1$ и $2$	3

Из нерастяжимости нити получена связь ускорений $ax,$ $a$ и $a2$	2

Из системы уравнений получено верное выражение для силы натяжения нити $T$	3

Записан закон Гука, из него получено верное выражение для удлинения $Δl$	2

Максимальный балл	10

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#32628

Бруски с массами $m$ и $2m$ связаны лёгкой нитью, перекинутой через блок, и находятся на наклонной и горизонтальной поверхностях призмы (см. рисунок). Угол наклона к горизонту одной из поверхностей призмы равен $α$ ( $sinα = 3∕5$ ). Коэффициент трения скольжения бруска о горизонтальную поверхность $μ = 1∕6$ , а о наклонную поверхность – $2μ$ . При перемещении призмы с некоторым минимальным горизонтальным ускорением $a$ брусок с массой $2m$ начинает скользить по призме влево при натянутой нити. Найти отношение $a∕g$ , где $g$ – ускорение свободного падения. Трением в оси блока пренебречь.
(МФТИ, 2004)

Источники: МФТИ, 2004

Показать ответ и решение

Для первого груза второй закон Ньютона на оси $x$ и $y$ :

( { y : N1 = 2mg ( x : T1 + F1 = 2ma,

где $F1 = μN1$ – сила трения, действующая на брусок $2m$ .
Тогда

T + 2μmg = 2ma. (1 )

Для второго груза на оси $x′$ и $y′$ :

( { y′ : N2 − mg cos α = mg sin α ( x′ : F2 + mg sinα − T2 = ma cos α,

где $F2 = 2μN2$ – сила трения, действующая на брусок $m$ .
Так как нить невесома и нерастяжима, то $T1 = T2$ . Тогда

2 μm (gcos α + asin α) + mg sinα − T = ma cosα (2)

Сложим (1) и (2)

2μmg cos α + 2μma sin α + mg sin α − 2ma + 2μmg = ma cosα

Тогда

a 2μ (1 + cos α) + sin α 6 g(2μ cosα + sinα + 2μ) = a(cosα − 2μsinα + 2) ⇒ --= ---------------------= --- g 2 − 2μ sin α + cosα 13

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#32629

Имеется два тела одинаковой массы $m$ и куб вдвое большей массы. Тела связывают нитью, которую пропускают через систему блоков, установленных на кубе. Найти ускорение тела 2. Трения нет ни на каких поверхностях, нить невесома и нерастяжима. Массой блоков можно пренебречь. «Геометрия» системы такова, что при вертикальном расположении участка нити, прикрепленного к телу 2, оно касается боковой грани куба, а нить, прикрепленная к телу 1 горизонтальна.
«Росатом», 2021, 11

Источники: Росатом, 2021, 11

Показать ответ и решение

Пусть массы тел равны $m$ , масса куба $nm$ ( $n = 2$ ). Так на систему тел в горизонтальном направлении не действуют никакие внешние силы, центр масс системы не может перемещаться по горизонтали. Поэтому когда тело 2 будет опускаться, тело 1 будет двигаться влево, а куб – вправо. Поэтому возникнет сила реакции, действующая со стороны вертикальной грани куба на тело 2. Поэтому на тела 1 и 2 действуют силы, показанные на рисунке. Второй закон Ньютона для первого и третьего тел в проекции на горизонтальную ось, и для второго тела в проекциях на вертикальную и горизонтальную оси дают

( ||| ma1 = T ||| { ma2,в = mg − T | (∗) ||| ma2,г ||( 2nma3 = T − N1

Здесь $T$ –сила натяжения нити, $N1$ сила, действующая со стороны куба на тело 2, $a1$ – величина ускорения первого тела, $a2,в$ – вертикальная составляющая ускорения второго тела, $a2,г$ – горизонтальная составляющая ускорения второго тела, $a3$ – величина ускорения третьего тела (куба). Установим теперь условия связи между ускорениями. Поскольку перемещения куба и тела 2 в горизонтальном направлении одинаковы, то

a2,г = a3.

Если за какой-то малый интервал времени тело 1 переместилось влево на величину $Δx1$ , а куб переместился вправо на величину $Δx3$ то длина нити от тела 1 до левого блока стала короче на величину

Δx1 + Δx3

А поскольку длина верхнего участка нити не изменилась, то ровно на такую величину опустится второе тело. Поэтому таким же образом связаны скорости и ускорения тел

a1 + a3 = a2,в.

В результате система уравнений (*)-(**) принимает вид

( ||| ma1 = T ||| |||| ma2,в = mg − T ||| { ma2,г = N1 | (∗∗ ) ||| nma3 = T − N1 ||| |||| a2,г = a3 ||( a1 + a3 = a2, в

Система шести уравнений (**) содержит шесть неизвестных, и потому может быть решена. Решая эту систему относительно $a2,г$ и $a2,в$ , получим

g (n + 2 )g a2,г = ------- a2,в = ---------. 2n + 3 2n + 3

Следовательно, ускорение тела 2 равно

√--2--------- a = g--n--+-4n-+--5 2 2n + 3

Для $n = 2$ имеем

g√17-- a2 = -----, 7

Направлен вектор ускорения под углом

α = arctg (n + 2 ) = arctg (4).

(Официальное решение Росатом)

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#43965

Гладкий клин с углом наклона $α$ и высотой $h$ движется горизонтально с ускорением $a$ . За какое время маленький брусок, помещенный на вершину клина, соскользнет к его основанию?

Показать ответ и решение

Перейдем в систему отсчета, связанную с клином. Тогда на брусок, кроме сил тяжести $m ⃗g$ и реакции опоры $N⃗$ , будет действовать еще сила инерции $⃗F = − m ⃗a ин$ . В проекции на ось $x$ получаем

mg sinα − ma cosα = ma , отн

или

aотн = gsinα − acos α

Тело будет соскальзывать вниз только при $a < gtg α$ (при $a = gtg α$ вектор $⃗gэф$ перпендикулярен плоскости клина). Время соскальзывания найдем из уравнения

--h-- aотнt2 sin α = 2 ,

откуда

∘ ---------- ∘ ----------------------- ---2h---- ----------2h---------- t = aотнsinα = (g sin α − a cosα) sin α

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#43966

В сосуде с водой плавает тело. Как изменится глубина погружения тела в воду, если сосуд начнет двигаться вниз с ускорением $a$ ?

Показать ответ и решение

В первом случае уравнение равновесия для тела имеет вид

FА1 = mg, или ρвV п1g = mg,

где $Vп$ - объем тела, погруженного в воду. Во втором случае относительно неинерциальной системы отсчета, связанной с сосудом, тело тоже будет находиться в покое, но ускорение свободного падения нужно заменить на $⃗gэф = ⃗g − ⃗a$ . Очевидно, что направление $⃗gэф$ такое же, как у вектора $⃗g$ (рис. ). Условие равновесия теперь будет выглядеть так:

F А1 = mg эф, и ли ρвVп2gэф = mg эф.

Сравнивая два условия равновесия, видим, что объем погруженной в воду части тела не изменится: $V п1 = V п2$ , значит, глубина погружения останется прежней.

Ответ:

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задачи	Баллы

Записано условие равновесия дял первого случая	2

Записано условие равновесия для второго случая	2

Срвнили два условия равновесия	2

Представлен правильный ответ	4

Максимальный балл	10

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#119864

Веревку длиной $l$ и массой $m$ , расположенную на гладком горизонтальном столе, вращают с угловой скоростью $ω$ вокруг одного из её концов (см. рисунок). Найти силу натяжения веревки в сечении, находящемся на расстоянии $5∕8 l$ от оси вращения.

$PIC$

(Росатом 2025, 11)

Показать ответ и решение

Мысленно разобьём верёвку на такие малые элементы, что каждый можно считать находящимся на определённом расстоянии от оси вращения. Тогда второй закон Ньютона для этого элемента верёвки массой $dm$ и длиной $dr$ , который находится на расстоянии $r$ от оси вращения:

dm ⋅rω2 = T(r)− T(r+ dr)

где $T (r)$ и $T(r+ dr)$ — силы натяжения верёвки с двух сторон от рассматриваемого элемента. При этом масса элемента может быть представлена как:

dm = m-dr l

$PIC$

Интегрируя уравнения движения для всех элементов верёвки, находящихся на расстояниях от $5∕8l$ до $l$ от оси вращения, получим следующее. Сумма разностей сил натяжения даст силу натяжения верёвки $T$ в сечении, находящемся на расстоянии $5∕8 l$ от оси вращения. Т.к. сила натяжения верёвки на самом её конце равна нулю, а все промежуточные значения сократятся при суммировании (т.е. как раз ту величину, которую мы и должны найти).

∫ l mω2r- 5l∕8 l dr = T

Интеграл левой части:

| ∫ l m-ω2r m-ω2 r2||l m-ω2 l2 (5l∕8)2 mω2l-( 25) 39- 2 5l∕8 l dr = l ⋅2 | = l (2 − 2 ) = 2 1− 64 = 128m ω l 5l∕8

Получаем:

T = -39m ω2l 128

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#124650

Космическая станция, расположенная на геостационарной орбите, имеет форму цилиндра длины $L = 100$ км и радиуса $R = 1$ км. Станция заполнена воздухом (его молярная масса $M = 29$ г/моль) при атмосферном давлении и температуре $T = 295$ К. Цилиндрическая поверхность служит «полом» для обитателей станции. Станция вращается вокруг своей оси, и создает привычное ускорение свободного падения $g = 9.81$ м $2 ∕c$ на «полу».
1. Чему равен период вращения $τ$ ?
2. Мяч бросают из некоторой точки на «полу», а затем, спустя $t = τ∕2$ , ловят его в той же самой точке. С какой скоростью бросали мяч? Сопротивлением воздуха пренебречь.
3. Воздушный шарик радиуса $r = 3$ м наполнили гелием (молярная масса гелия $M ′ = 4$ г/моль). Шарик используют чтобы поднять груз неизвестной массы $m$ . Груз прикрепили к шарику легкой веревкой длины $L = 20$ м. Эта конструкция поднимается и в конце концов останавливается на высоте $H = 500$ м от «пола». Определите значение массы $m$ . Веревка (ее линейная плотность $λ = 1$ кг/м) прикреплена к «полу»в двух диаметрально противоположных точках цилиндра (так, что расстояние между ее концами равно $2R$ ). Пусть точки $A,B$ и $C$ - это два конца веревки и ее середина соответственно.
4. Пусть точка $C$ расположена на высоте $h$ над «полом». Найдите $TA − TC$ , разность сил натяжения веревки в точках $A$ и $C$ .
5. Пусть в точке $A$ угол, который составляет веревка с «полом» равен $α$ . Найдите отношение сил натяжения $TA∕TC$ .
6. Аппроксимируя форму веревки параболой, найдите $TC$ , если $h = 495$ м.
(NBPhO, 2024)

Показать ответ и решение

Решение
1. Обозначим угловую скорость вращения за $ω$ , тогда на полу станции центробежная сила $mω2R = mg$ . Тогда с учетом $ω τ = 2π$ :

( )2 2π- R = g τ

∘ -- τ = 2π R- g

2. В лабораторной системе отсчета (ЛСО) шарик будет двигаться по прямой. В этой системе отсчета за время $t$ станция повернется на угол $π$ , значит шарик должен лететь вдоль диаметра со скоростью $2R- 4R- t = τ$ . Скорость шарика в ЛСО складывается из скорости $ωR = 2πR- τ$ , скоторой двигается пол станции, и скорости броска $v$ . Тогда

∘ ----------------- ( 4R )2 ( 2πR )2 v = -τ- + -τ--

Преобразовав и подставив цифры, имеем:

2R-∘ ----2- v = τ 4+ π = 117m∕c

3. На воздушный шарик действует сила инерции и сила Архимеда со стороны воздуха $4πr3(ρB − ρr)⋅ω2(R − H ) 3$ . Эта сила уравновешена силой инерции действующей на груз $mω2(R − H + l)$ . В таком случае мы имеем уравнение:

4 3 2 2 3πr (ρB − ρr) ⋅ω (R − H ) = m ω (R − H + l) (1)

При расчете плотности газов $ρ$ будем пренебрегать эффектами связанными с зависимостью давления воздуха от высоты. Из уравнения Менделеева-Клапейрона получим:

m pM pV = νRgT ⇒ pV = --RgT ⇒ ρ = ---- M RgT

Подставляя плотности газов в уравнение (1), и выражая оттуда массу, имеем:

m = 4π-pr3--R-−-H---(M − M ′) 3 RgT R − H + l

4. Действие центробежной силы на тело эквивалентно нахождению в осесимметричном потенциале

∫ r( ) ω2r2 φ(r) = − ωx2 dx = −---- 0 2

При решении этого пункта удобно использовать принцип виртуальных перемещений для веревки. Вытянем ее конец $A$ на малую длину $dl$ вдоль направления силы $TA$ , тогда работа сил натяжения равна $dl(TA − TC)$ , а изменение энергии веревки в поле $φ(r)$ равно $dlλ(φ (R )− φ(R − h))$ . Значит

R2 − (R− h)2 TA − TC = − λω2----------- 2

Учитывая, что $ω = 2π- τ$ и раскрывая квадрат разности имеем:

TA − TC = − 2π2λh(2R-−-h) τ2

5. На единицу длины веревки действует сила инерции направленная из центра станции $O$ . Тогда относительно точки $O$ уравнение моментов на часть веревки, лежащую между точками $A$ и $C$ выглядит так:

TAR cosα = TC(R − h)

TA- R-−-h- TB = Rcosα

6. Аппроксимируя форму веревки параболой $y(x) = βx2$ , найдем $β$ из условия $R − h = y(R ) = βR2$ . Тогда $′ tan α = y (R) = 2βR$ , значит

cosα = ∘--2βR-----= ∘-----1------- 1 + 4β2R2 R2 1+ 4(R-−-h)2

Этот результат позволяет разрешить систему уравнений, полученных в пунктах (4) и (5):

( |{ T − T = − 2π2λh(2R-−-h) A C τ2 |( TA-= -R-−-h TC R cosα

Решая систему, получим:

2 --(---λh-(2R-−-h)-----)-- 3 TC = 2π = 12.6⋅10 H || || τ2||1 − ∘-----1-------|| ( ---R2----) 1+ 4(R − h)2

Ответ:

$∘ R- 1.τ = 2π g-$
$2R √------ 2.v = -τ- 4 + π2 = 117m ∕c$
$4π pr3 R − H ′ 3.m = 3-RgT- R−-H-+-l-(M − M )$
$λh(2R− h) 4.TA − TC = − 2π2---τ-2----$
$TA- -R−-h- 5. TB = R cosα$
$2-------λh(2R-−-h)------- 3 6.TC = 2π ( ) = 12.6⋅10 H || || τ 2||1 − ∘-----1-------|| ( ---R2----) 1+ 4(R − h)2$