09 Механика вращательного движения - Каталог заданий по Олимпиадной физике в Школково

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#38855

Определите угловое ускорение блока радиуса $R$ с моментом инерции $J$ , вызванное двумя грузами массы $m1$ и $m2$ , закрепленными на концах нити, перекинутой через блок, если нить не проскальзывает по блоку.

Показать ответ и решение

Пусть груз 1 движется вниз, второй закон Ньютона на вертикальную ось:

m1g − T1 = m1a

m2g − T2 = − m2a

Основное уравнение динамики вращательного движения:

T1R − T2R = J 𝜀,

где $𝜀$ – угловое ускорение, направленное против часовой стрелки.
При этом линейное ускорение точек на ободе блока равно ускорению грузов и равно:

a = 𝜀R.

Тогда

T1 = m1 (g − 𝜀R ) T2 = m2 (g + 𝜀R).

Откуда

m1 (g − 𝜀R )R − m2 (g + 𝜀R )R = 𝜀R.

Или

m gR − m gR = m 𝜀R2 + m 𝜀R2 + J 𝜀 ⇒ 𝜀 = --(m1--−-m2-)gR--- 1 2 1 2 (m1 + m2 )R2 + J

Ответ:

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задачи	Баллы

Основное уравнение динамики вращательного движения	2

Формула линейного ускорения	2

Сказано, что ускореине точек на ободе и грузов одинаковое	2

Второй закон Ньютона	2

Представлен правильный ответ	2

Максимальный балл	10

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#38856

Маховик в виде кольца массы $m$ и радиуса $R$ с невесомыми спицами раскрутили до угловой скорости $ω$ . Из-за трения он остановился. Найдите момент силы трения, если маховик остановился через время $t$ ; если маховик до полной остановки сделал $N$ оборотов.

Показать ответ и решение

Момент инерции кольца:

2 J = mR ,

Тогда основной закон динамики вращательного движения:

J 𝜀 = MF тр < 0,

где $𝜀$ – угловое ускорение, $MF тр$ – момент силы трения.
Для первого случая угловое ускорение можно найти по формуле: $𝜀 = ω∕t$ , тогда момент силы трения:

mR2-ω-- MF тр = t .

Для второго случая необходимо выразить угловое ускорение через $N$ . Маховик за один оборот прокручивается на $360∘ = 2π$ . Тогда за $N$ оборотов $2πN$ , при этом, так как движение равнозамедленное, то по аналогии с поступательным движением:

at2 𝜀t2 x = x0 + v0t +--- φ = φ0 + ω0t + --- 2 2

S = v-+-v0t φ = ω-+-ω0-t. 2 2

Имеем

0-+-ω- 2πN-- 4πN-- 2 = t ⇒ t = ω

Тогда момент силы трения:

mR2 ω mR2 ω2 MF тр = -------= ------- t 4 πN

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#119865

Два точечных тела с массами $m$ и $2m$ укреплены на концах невесомого стержня, изогнутого под прямым углом, стороны которого отличаются в два раза по длине (см. рисунок). Через вершину угла, образованного стержнем, перпендикулярно плоскости чертежа проходит горизонтальная ось, вокруг которой вся конструкция может вращаться как целое. В начальный момент стержень удерживают так, что его длинная сторона горизонтальна, короткая вертикальна (см. рисунок), а затем отпускают. Найти силу, с которой стержень действует на ось вращения сразу после отпускания.

$PIC$

(Росатом 2025, 11)

Показать ответ и решение

Поскольку на стержень действуют тела и ось вращения, и сумма этих сил равна нулю, то для нахождения силы, действующей со стороны стержня на ось вращения, найдём силу, с которой на стержень действуют тела. А для этого, рассматривая движение тел, найдём силу, с которой стержень действует на тела.

После отпускания стержня оба тела будут двигаться по окружностям. Поэтому их ускорения имеют и нормальную, и тангенциальную компоненты. Но т.к. сразу после отпускания у тел практически нулевая скорость, их ускорения в этот момент направлены по касательным к траекториям. Т.е. вектор ускорения тела $m$ направлен вертикально (вниз), тела $2m$ — горизонтально (направо). Поэтому силы $T1$ и $T2$ , действующие на тела со стороны стержня, направлены так, как показано на рисунке — сила $T1$ направлена вертикально, сила $T2$ имеет и вертикальную, и горизонтальную составляющие.

$PIC$

Второй закон Ньютона для тел в проекциях на вертикальную ось $y$ (для первого тела) и вертикальную ( $y$ ) и горизонтальную ( $x$ ) оси для второго тела:

( ||| ma1 = mg − T1 { || T2y = 2mg |( 2ma2 = T2x

Стержень невесомый, поэтому сумма сил и сумма моментов всех сил, действующих на него, должны равняться нулю. Нулевая сумма сил получится всегда из-за силы, действующей на оси, а вот нулевая сумма моментов должна получаться для наших сил. Поэтому:

T1 = 2T2x(двойка из- за вдвое большего плеча для силы T1)

Так как наша конструкция является жёсткой, она вращается вокруг оси как целое. Поэтому в любой момент времени линейная скорость тела массой $m$ вдвое больше линейной скорости тела с массой $2m$ . Поэтому:

a = 2a 1 2

Решая систему уравнений с этими условиями, получим:

g 2g 1 2 a1 = 3, a2 = 3 , T1 = 3 mg, T2x = 3mg, T2y = 2mg

Отсюда следует, что со стороны тел на стержень действует сила с горизонтальной составляющей $Tx = T2x = 23mg$ и вертикальной составляющей $Ty = T1 + T2y = 1mg + 2mg = 7mg 3 3$

Суммарная сила:

∘ ------------------ ∘ ------- (2 )2 (7 )2 mg √ ------ mg √-- T = T2x + T2y = 3 mg + 3 mg = -3- 4+ 49 = -3- 53

А поскольку сумма сил, действующих на стержень, должна равняться нулю, то именно с такой силой ось вращения действует на стержень, а стержень — на ось вращения.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#125286

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: