Абитуриенту

А.А. Широков, Н.Н.Гомулина, В.П.Недошивин,
школа № 659, г. Москва

В УНИВЕРСИТЕТ!

Задачи, предлагавшиеся в разные годы
при поступлении на естественные факультеты МГУ

Продолжение. См. № 14/2000

Задача 57. На Марсе время падения тела t1, отпущенного без начальной скорости, с некоторой высоты на поверхность планеты в n = 2,6 раза больше времени падения t2 с той же высоты на Землю. Во сколько раз период малых колебаний математического маятника на Марсе отличается от периода колебаний на Земле? Сопротивление атмосферы не учитывать.

Дано:

Решение

Выберем инерциальную систему отсчета, связанную с неподвижными звездами. Будем считать, что тело падает с небольшой, по сравнению с радиусом Марса, высоты. Вследствие этого движение тела происходит в однородных гравитационных полях Марса и Земли в течение малого промежутка времени. Движения тела являются равноускоренными, а их законы выглядят следующим образом:

где r – радиус-вектор, соединяющий начало координат и положения тела, g – ускорение свободного падения на Земле, a – ускорение свободного падения на Марсе.

Для проекций на ось Ox:

В моменты падения тела на поверхности Земли и Марса имеем:

Отсюда Период малых колебаний математического маятника длиной l определяется формулой Тогда в условиях Земли а в условиях Марса . Следовательно:

Задача 58. Желоб состоит из двух досок, образующих двугранный угол, у которого ребро горизонтально, а плоскости составляют равные углы a = 30° c горизонтом. В желобе лежит цилиндр массой m = 4 кг, образующая которого параллельна ребру желоба. Какую силу надо приложить в горизонтальном направлении к основанию цилиндра, чтобы он двигался вдоль желоба равномерно? Коэффициент трения между поверхностями желоба и цилиндра m = 0,1.

Анализ условия

Цилиндр взаимодействует с Землей и гранями двугранного угла, поэтому на него действуют три силы: сила тяжести mg и силы реакций Q1 и Q2 со стороны граней желоба. Когда на цилиндр не действует внешняя горизонтальная сила, реакции опор направлены перпендикулярно плоскостям желоба и ребру двугранного угла. При приложении силы F линии действий сил реакции опор наклоняются к ребру желоба: чем больше сила, тем больше наклон, пока цилиндр не сдвинется. Это объясняется тем, что составляющие реакций опор на направление движения цилиндра – силы трения – увеличиваются и достигают своей максимальной величины, называемой максимальной силой трения покоя, после чего они остаются постоянными.

Решение

Выберем систему отсчета, связанную с Землей, и будем считать ее инерциальной. Под действием сил цилиндр совершает равномерное движение, уравнение которого имеет вид

mg + Q3 + Q4 + F = 0.

Для проекции на ось Ox: –fтр1 – fтр2 + F = 0.

Из симметрии задачи следует, что Q3 = Q4, тогда fтр1 = fтр2 и F = 2fтр. Если цилиндр скользит по плоскости желоба, то fтр = fmax = mN, где N – сила нормального давления.

Нормальная реакция опоры равна силе реакции Q1, которая действует на цилиндр, когда на него не действует сила F. Тогда, по 3-му закону Ньютона, Q1 = R1 = N, где R1 – сила давления цилиндра на плоскость (в данном случае R1 = N). Следовательно, fтр =  mQ1.

Запишем условие равновесия цилиндра, когда на него не действует сила F:   Q1 + Q2 + mg = 0,

и рассмотрим проекции на вертикальное направление. Угол между вертикалью и линией действия реакции опоры равен a (углы с взаимно перпендикулярными сторонами). Тогда

Проверка решения по размерности

С этой точки зрения задача решена верно, тогда

Задача 59. Куб из пенопласта с ребром a = 0,5 м, плывший по водоему, оказался зажатым под досками низкого горизонтального мостка. Какую горизонтальную силу необходимо приложить к кубу, чтобы сдвинуть его поступательно вдоль мостка? Плотность пенопласта rп = 60 кг/м3, плотность воды rв = = 103 кг/м3, высота мостка над уровнем воды h = 20 см, коэффициент трения между поверхностью куба и досками мостка m = 0,3. 

Анализ условия

Куб взаимодействует со следующими телами: Землей, водой и мостком, а также с тем, кто проталкивает. Поэтому на него действуют четыре силы: сила тяжести mg, сила Архимеда FА, реакция мостка Q и сила F. На мосток действует сила R.

Так как между мостком и кубом существует трение, то при приложении силы F линия действия реакции Q отклоняется от вертикали таким образом, что ее горизонтальная составляющая уравновешивает силу F. Эта составляющая называется силой трения fтр. По мере увеличения силы F возрастает и сила трения, достигая при этом своего максимального значения – максимальной силы трения покоя fmax. В этом случае куб начинает двигаться.

Решение

Выберем систему отсчета, связанную с Землей, и будем считать ее инерциальной.

Когда куб начинает двигаться, то скорость его движения очень мала, и сопротивлением воды можно пренебречь, а само его движение считать равномерным. В этом случае приложенная сила F будет минимальной. Тогда уравнение движения куба выглядит следующим образом:  mg + FA + Q + F = 0.

Спроектируем записанное векторное равенство на оси координат:

Ox:  fmax – F = 0;                        (1)

Oy: –mg + FА – Qп = 0.            (2)

По закону Кулона, максимальная сила трения покоя равна fmax = mN, где N – сила нормального давления, составляющая силы давления R по направлению, перпендикулярному поверхности соприкосновения тел.

По третьему закону Ньютона, Q = – R, или, для проекций на ось Oy,   Qп = –(–N) = N.

Тогда, учитывая уравнение (2), получим   fmax = mN = mQп = m(FА – mg).

Уравнение (1) примет вид:  m(FА – mg) – F = 0.

Согласно закону Архимеда FА = rвVg, где V = a2(a – h) – объем вытесненной кубом воды.

Тогда   F = m[rвa2(a – h)g – mg] = m[rвa2(a – h) – m]g.

Из определения плотности однородного тела  m = rпVк = rпa3.

Окончательно получаем:  F = m[rвa2(a – h) – rпa3]g = ma2[rв(a – h) – rпa]g;   F = ma2[rв(a – h) – rпa]g.

Проверка решения по размерности

С этой точки зрения задача решена верно, тогда   F = 0,3 • (0,5)2 [103(0,5 – 0,2) – 60 • 0,5] • 9,8 » 198 (Н).

Продолжение читаайте в № 34/01

TopList