Задачи вступительных экзаменов по физике. Выпуск 8 - Алешкевич В.А.
Скачать (прямая ссылка):
F m
A = Fh
1 +
(m + MXF - т g)_
1.10. При решении задачи будем считать, что на шайбу, лежащую на внутренней поверхности вращающейся с угловой скоростью со воронки, действуют только сила тяжести mg и сила реакции со стороны воронки. Последнюю, как обычно, представим в виде двух составляющих: нормальной N, направленной перпендикулярно плоскости соприкосновения шайбы с воронкой, и тангенциальной Fx, лежащей в этой плоскости. Будем также считать, что лабораторная система отсчета, относительно которой ось воронки 'неподвижна, является инерциальной. Тогда на оенот вании второго закона Ньютона, пренебрегая в соответствии с условием задачи размерами шайбы, можно утверждать, что
ma = mg + N + Ff, (1)
где а - ускорение шайбы относительно лабораторной системы отсчета, a g - ускорение свободного падения. Поскольку шайба остается неподвижной относительно воронки, траектория ее движения в выбранной лабораторной системе отсчета будет представлять собой окружность радиуса R = htga, лежащую в горизонтальной плоскости. Считая угловую скорость вращения воронки постоянной, можно утверждать, что ускорение шайбы направлено по радиусу к центру указанной окружности и равно о„ =W2R. Поэтому на
32
Физический факультет МГУ Решения задач. Механика
основании уравнения (1) можно утверждать, что составляющая силы реакции воронки, перпендикулярная вертикальной плоскости, в которой располагается шайба и ось воронки, должна быть равна нулю. Далее, полагая тангенциальную составляющую направленной так, как показано на рисунке, из уравнения (1) получим:
.т ап = Ncosa -Ftsina и 0 = т g - Nsina- Fjcosa. (2) Из этих уравнений следует, что
F<t=m(gcosa-aasina) и N = m(gsina+ ап cosa). . (3) С другой .стороны, составляющая силы реакции воронки Fr обусловлена сухим'трением между шайбой и воронкой. Поэтому по закону Кулона величина этой составляющей не может превышать ju N, а ее направление противоположно тому, в котором начала бы двигаться шайба при постепенном уменьшении коэффициента трения ц. Отсюда следует, что проекция Ft на образующую воронки, на которой находится шайба, должна удовлетворять неравенству:
-MN <F$U JU N. (4)
Подставляя в неравенство (4) соотношения (3), после алгебраических преобразований получим, что при сделанных предположениях искомая угловая скорость вращения воронки должна удовлетворять неравенству: Ig (ctgа-М) с ]g(<Xga + M)~
. которое может иметь место лишь при//< tg a < 1///.
1.11. Поскольку в условии задачи размеры шарика не указаны,, будем решать задачу, считая его точечным. При установившемся движении, обусловленном равномерным вращением оси, траектория шарика должна
S
иметь вид окружности, расположенной в горизонтальной плоскости, и ускорение шарика должно быть направлено к центру этой окружности. Если, как это обычно и делается при решении подобных задач, пренебречь влиянием воздуха и учесть, что шарик подвешен на одинаковых нитях, прикрепленных симметрично к горизонтальной штанге, то, обратившись к ри-
Физический Факультет МГУ
: 33 Олимпиадные задачи и задачи вступительных экзаменов по физике. Вып. 8
сунку, можно доказать, что радиус окружности равен г = L (cos а/2) sin ср, где ср - угол между плоскостью, в которой располагаются нити, и осью вращения. Кроме того, можно утверждать, что силы натяжения нитей должны быть равны по модулю, т.е. |Г,( = |Г2| = Г. Отсюда в соответствии со вторым законом Ньютона следует, что уравнение движения шарика можно представить в виде:
т ап=т со2 г = IT (cos а/2) sin <р,
т g = 2T (cosa/2) cosip, (1)
где g - модуль ускорения свободного падения.
Возводя каждое из этих соотношений в квадрат и затем, складывая их, можно доказать, что сила натяжения нитей при любых угловых скоростях вращения оси -г, mS
ms
2 cos a/2 2 cos a/2
С другой стороны, из первого соотношения системы (1) вытекает, что при уменьшении угловой скорости вращения сила натяжения нитей должна неограниченно уменьшаться, если, конечно, считать, что ср (а следовательно, и г) не равно нулю. Из сказанного следует, что при установив-
шемся -движении шарика и а>2 < а2 = ¦
Z-
нити должны распола-
45 L cos a/2
гаться в одной вертикальной плоскости с осью вращения, т.е. ср = г = 0, а
T =
T =
mg
2 cos a/2 та)2 L
Если же ?» > а , то ' ср = arccos
g
a} Icos а/2
и
mg 2cos а
_ 1.12. При решении задачи будем считать геоцентрическую систему отсчета инерциальной, т.е. не будем учитывать орбитального движения Земли. Одновременно будем пренебрегать влиянием всех остальных небесных тел на движение Луны и космического корабля. По условию задачи
34
Физический (Ьакультет МГУ Решения задач. Механика
орбиту Луны следует считать круговой. Поэтому на основании второго закона Кеплера можно считать, что Луна по своей орбите движется равномерно. Следовательно, согласно законам кинематики ее ускорение направлено к центру Земли и равно ап = Ca2Rsi, где со - угловая скорость, a R1 - радиус орбиты Луны. При сделанных предположениях можно утверждать, что центростремительное ускорение Луны обусловлено действием на нее только гравитационных сил со стороны Земли, т.к. разумно считать массу космического корабля много меньшей массы Земли. Тогда на основании закона всемирного тяготения и второго закона Ньютона, пренебрегая размерами Луны, получим тл ап = G тятъ/R2 , где G - гравитационная постоянная, а тл и W3 - массы Луны и Земли, соответственно. Учитывая, что ускорение свободного падения вблизи поверхности Земли g = G w3/R2 , из написанных ранее соотношений следует, что угловая скорость движения Луны, а следовательно, и космического корабля (т.к. он все время остается на прямой, соединяющей Землю и Луну) равна cd = -jgfrll/n. Здесь было учтено, что по условию задачи r3 f rj = n.
