Закон сохранения и изменения энергии —Каталог задач по Олимпиадной физике

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#32424

Брусок, двигавшийся по горизонтальной поверхности стола со скоростью $v0$ , сталкивается с неподвижным бруском вдвое большей массы. На какое расстояние разъедутся бруски после столкновения? Удар упругий, центральный. Коэффициенты трения брусков о стол одинаковы и равны $μ$ .

(МФТИ, 1993)

Источники: МФТИ, 1993

Показать ответ и решение

1) В случае абсолютно упругого удара закон сохранения импульса:

mv0 = mu1 + M u2,

Закон сохранения энергии:

2 2 2 mv-0- mu--1 M-u-2 2 = 2 + 2 ,

Решая систему двух уравнений относительно $u 1$ и $u 2$ , находим:

(m − M )v0 u1 = --m-+-M----, u2 = -2mv0--. m + M

При условии, что $M = 2m$ :

v 2v u1 = − -0, u2 = --0. 3 3

2) По закону изменения кинетической энергии:

2 2 mu-1-= μmgL ⇒ L = --v0- 2 1 1 18 μg

2mu22 4v20 ------= 2μmgL2 ⇒ L2 = ----- 2 18 μg

Следовательно:

2 L = L + L = -5v0- 1 2 18μg

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#32610

На гладкой горизонтальной поверхности стола находятся бруски массами $9m$ и $7m$ , к которым прикреплена лёгкая упругая пружина жёсткостью $k$ , сжатая на величину $x0$ (см. рисунок). Брусок массой $7m$ удерживают неподвижно, другой брусок прижат к упору. Затем брусок массой $7m$ отпускают.
1) Найдите скорость бруска массой $7m$ в момент отрыва другого бруска от упора.
2) Найдите величину деформации пружины при максимальном расстоянии между брусками в процессе их движения после отрыва от упора.
Примечание. Величиной деформации называется модуль разности длин пружины в напряжённом и ненапряжённом состояниях.
(«Физтех», 2011)

Источники: Физтех, 2011

Показать ответ и решение

1) До отрыва бруска $9m$ от опоры движение бруска $7m$ можно рассматривать, как гармонические колебания. Скорость бруска массы $7m$ в момент отрыва другого бруска от упора

∘ ---- v = x ω = x k--- (1) 0 0 7m

2) По теореме о движении центра масс, сумма всех сил действующих на тело равна нулю. следовательно скорость центра масс брусков после отрыва бруска массы $9m$ от упора будет постоянной:

∘ --- vc = ---7m---- v = x0- 7k- (2) 9m + 7m 16 m

3) Из закона сохранения механической энергии следует:

kx20 7m--+-9m- 2 kx2- 2 = 2 vc + 2 (3)

Подставив (2) в (3), получим

7kx2 3 kx20 = ---0-+ kx2 ⇒ x = -x0. 16 4

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#32611

Небольшая шайба массой $m$ скатывается с вершины гладкой горки массой $M$ и высотой $H$ . Горка находится на гладкой поверхности. На какой высоте $h$ над поверхностью должен находиться нижний горизонтальный участок горки для того, чтобы шайба упала на поверхность на максимальном расстоянии от точки поверхности, над которой произошел отрыв? Чему равно это расстояние, если $m : M = 19 : 81$ , а высота горки $H = 1$ м?
(«Курчатов», 2017, 11)

Источники: Курчатов, 2017, 11

Показать ответ и решение

Пусть $v$ – скорость шайбы в момент отрыва, а $u$ – скорость горки в момент отрыва. Запишем закон сохранения энергии и имульса:

( | mv2 M u2 { mgH = mgh + ----+ ----- | 2m 2 ( mv = M u ⇒ u = ---v M

Подставим скорость $u$ в ЗСЭ

( ) -m- 2 mv2-- M---M--v--- mv2--( m--) mgH = mgh + 2 + 2 = mgh + 2 1 + M (1)

Так как шайба вылетает горизонтально, то проекция скорости на вертикаль отсутсвует

2 h = gtп ⇒ tп = 2h- 2 g

Дальность полета

∘ --- l = vtп = v 2h- g

Тогда из (1) скорость равна

∘ 2M-g-(H-−-h-) v = ------------- M + m

А дальность полета

∘ ----------------- --M----- L = 2 h(H − h)M + m

Чтобы дальность полета была максимальной, $h(H − h)$ должно быть максимальной, возьмем производную и приравняем её к нулю

H-- H − 2h = 0 ⇒ h = 2

Необходимая высота $H-- h = 2$ , а дальность полета

∘ --M----- Lmax = H --------= 0, 9H = 0,9 м M + m

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#32612

На гладкой горизонтальной поверхности стола покоится горка, упирающаяся в гладкую вертикальную стенку (см. рисунок). Участок $AB$ профиля горки — дуга окружности радиусом $R$ . По направлению к горке движется со скоростью $v 0$ небольшая по сравнению с размерами горки монета массой $m$ . Монета въезжает на горку, движется по горке без трения, не отрываясь от неё, и достигает точки K, продолжая движение. Радиус $OK$ составляет с вертикалью угол $β$ ( $cos β = 5∕7$ ).
1) Найти скорость монеты в точке $K$ .
2) Найти силу давления горки на стенку в момент прохождения монетой точки $K$ .
(МФТИ, 2001)

Источники: МФТИ, 2001

Показать ответ и решение

1) Запишем закон сохранения энергии для исходной точки и точки $K$ :

∘ ---------- mv20 mv2 ∘ -------------------- 4 -----= -----+ mgR (1 − cos β) ⇒ v = v20 − 2gR (1 − cosβ) = v20 − -gR 2 2 7

2) Запишем второй закон Ньютона в проекции для бруска в точке $K$ :

( 2 ) ( 2 ) N − mg cosβ = ma ⇒ N = m 5g + v0-− 4g = m v0-+ g- 7 R 7 R 7

Теперь запишем второй закон Ньютона для горки в проекции на горизонтальную ось:

N1 − P sin β = 0

В свою очередь, вес оказываемый бруском на горку по третьему закону Ньютона равен силе нормальной реакции опоры:

|P | = |N |

( v2 g) N1 = N sin β = m -0-+ -- sinβ R 7

Найдем $sin β$

∘ ------- √ -- 25 2 6 sin β = 1 − 49-= -7---

Откуда

√ -- ( 2 ) N1 = 2---6m- v0-+ g- 7 R 7

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#32613

На гладкой горизонтальной поверхности стола покоится горка, упирающаяся в гладкую вертикальную стенку (см. рисунок). Участок $AB$ профиля горки — дуга окружности радиусом $R$ . По направлению к горке движется со скоростью $v 0$ небольшая по сравнению с размерами горки монета массой $m$ . Монета въезжает на горку, движется по горке без трения, не отрываясь от неё, и достигает точки K, продолжая движение. Радиус $OK$ составляет с вертикалью угол $β$ ( $cos β = 5∕7$ ).
1) Найти скорость монеты в точке $K$ .
2) Найти силу давления горки на стенку в момент прохождения монетой точки $K$ .
(МФТИ, 2001)

Показать ответ и решение

1) Запишем закон сохранения энергии для исходной точки и точки $K$ :

∘ ---------- mv20 mv2 ∘ -------------------- 4 -----= -----+ mgR (1 − cos β) ⇒ v = v20 − 2gR (1 − cosβ) = v20 − -gR 2 2 7

2) Запишем второй закон Ньютона в проекции для бруска в точке $K$ :

( 2 ) ( 2 ) N − mg cosβ = ma ⇒ N = m 5g + v0-− 4g = m v0-+ g- 7 R 7 R 7

Теперь запишем второй закон Ньютона для горки в проекции на горизонтальную ось:

N1 − P sin β = 0

В свою очередь, вес оказываемый бруском на горку по третьему закону Ньютона равен силе нормальной реакции опоры:

|P | = |N |

( v2 g) N1 = N sin β = m -0-+ -- sinβ R 7

Найдем $sin β$

∘ ------- √ -- 25 2 6 sin β = 1 − 49-= -7---

Откуда

√ -- ( 2 ) N1 = 2---6m- v0-+ g- 7 R 7

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#32614

На конце невесомого стержня укреплено очень маленькое тело массой $m$ . Второй конец стержня закреплен шарнирно на горизонтальной поверхности. Если расположить стержень под некоторым углом к вертикали, а затем отпустить, он будет падать на поверхность в течение времени $t$ . Какое время будут падать на поверхность стержень, если к его середине прикрепить маленькое тело массы $2m$ , расположить под таким же углом к поверхности и отпустить?
(«Росатом», 2019, 11)

Источники: Росатом, 2019, 11

Показать ответ и решение

Сравним угловые скорости стержней в тот момент, когда они будут расположены под некоторым углом к поверхности. Итак, рассмотрим первый стержень (с одним телом). Когда он окажется под углом $β$ к вертикали, убыль потенциальной энергии буде равна

ΔE = mgl (cosα − cos β),

где $α$ – начальный угол между стержнем и вертикалью (см. рисунок). Поэтому закон сохранения механической энергии дает

2 22 mgl(cos α − cosβ ) = mv---= m-ω--l 2 2

где $v$ и $ω$ – скорость тела и угловая скорость стержня в тот момент, когда он будет наклонен под углом $β$ к поверхности. Отсюда находим

∘ ----------------- ω = 2g(cos-α-−-cosβ-) l

Рассмотрим теперь второй стержень в тот момент, когда он будет наклонен под углом $β$ к поверхности (см. рисунок). Убыль потенциальной энергии для него будет определяться выражением

ΔE = mgl (cosα − cos β) + 2mg l(cos α − cosβ ) = 2mgl (cos α − cosβ ) 2

А закон сохранения механической энергии для этого стержня дает

m-ω2l2 2m-ω21(l∕2)2- 3m-ω21l2 2mgl (cos α − cosβ ) = 2 + 2 = 4

где $ω 1$ – угловая скорость второго стержня в тот момент, когда он будет наклонен под углом $β$ к поверхности. Отсюда находим

∘ ----------------- 8g(cosα-−-cos-β)- ω1 = 3l

Отсюда следует, что отношение времен, которые стержень затрачивает на прохождение каждого малого поворота равно

∘ -- Δt--= ω1-= 4- Δt1 ω 3

И не зависит от угла $β$ . Это значит, что и отношение полных времен движения такое же. Или

∘ -- t = 3t 1 4

(Официальное решение Росатом)

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#32615

Маленький шарик, подвешенный на нити, может вращаться в вертикальной плоскости вокруг оси $O$ . Экспериментатор обнаружил, что наименьшая скорость, которую нужно сообщить шарику, чтобы он достиг верхней точки траектории (точки $A$ ), равна $v 1$ . Затем экспериментатор заменил нить лёгким стержнем той же длины, который может без трения вращаться вокруг оси $O$ . Какую минимальную скорость нужно сообщить шарику теперь, чтобы он достиг точки $A$ ?
(МОШ, 2019, 10)

Источники: МОШ, 2019, 10

Показать ответ и решение

Пусть длина нити $l$ , скорость маятника в верхней точке равна $v$ . Тогда из закона сохранения энергии

mv2 mv21 2 2 -----+ 2mgl = -----⇒ v = v1 − 4gl 2 2

Условие минимальности скорости означает, что сила натяжения нити в верхней точке равна 0. Иногда предполагают именно нулевую скорость, что является ошибочным, если скорость в верхней точке будет равна 0, то тело в наивысшей точке вращения просто начнет падать вертикально вниз. Запишем второй закон Ньютона

mv2 2 mg = ma ц = -----⇒ v = gl l

Тогда минимальная начальная скорость

∘ -------- ∘ --- v1 = gl + 4gl = 5gl

В отличии от нити, скорость стержня может быть приблизительно равна 0 в верхней точке траектории (в условиях задачи можно использовать 0), тогда из закона сохранения энергии, минимальная начальная скорость равна

2 ∘ -- 2mgl = mv-2-⇒ v2 = 2 gl 2

Откуда

-2-- v2 = √5-v1

Дополнение к задаче
Чтобы доказать, что минимальная сила натяжения будет в верхней точке запишем второй закон Ньютона для положения, изображенного на рисунке

$PIC$

m ⃗g + ⃗T = m ⃗a,

в проекции на ось $Oy$ и

T − mg cosφ = man

распишем центростремительное ускорение

u2- an = l

Тогда

( 2) T = m gcos φ + u-- l

минимальное значение выражение принимает при $∘ φ = − 180$ , то есть в верхней точке траектории.

$PIC$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#32616

Маленький шарик массой $m$ подвешен на нити и колеблется в вертикальной плоскости с угловой амплитудой $φ0 = arccos0,8$ .
1) Найти минимальную силу натяжения нити при колебаниях.
2) Найти максимальную силу натяжения нити при колебаниях.
3) Найти касательное ускорение шарика в момент, когда сила натяжения нити в $1,5$ раза больше её минимального значения.
(«Физтех», 2016, 10–11)

Источники: Физтех, 2016, 10-11

Показать ответ и решение

Пусть $α$ – угол между вертикалью и силой натяжения нити.

Тогда второй закон Ньютона запишется в виде (ось направляем по нити вверх)

2 mg cosα − T = mv--, l

где $l$ – длина нити.
Запишем также закон сохранения энергии

mv2 mv2 mgl (1 − cosφ0) = -----+ mgl (1 − cosα ) ⇒ -----= 2mg (cosα − cos φ0) 2 l

Тогда второй закон Ньютона перепишется в виде

T − mg cosα = 2mg (cosα − cosφ ) ⇒ T = 3mg cosα − 2mg cos φ 0 0

1) Минимальная сила натяжения будет при $α = φ0$

Tmin = mg cosφ0 = 0,8mg

2) Максимальная при $α = 0∘$

Tmax = 3mg − 2mg cosφ0 = 1,4mg

3) По условию $T3 = 1, 5Tmin = 1,2mg$ . Найдем угол между вертикалью и силой натяжения нитью $β$ , запишем для этого второй закон Ньютона в проекции на оси:

( | ||| ma τ = mg sin β { mv21- | T3 − mg cosβ = l ||| mv21 mv21 ( -----= mgl(cos β − cosφ0 ) ⇒ -----= 2mgl (cos β − cosφ0 ) 2 l

Из последних двух уравнений

T + 2mg cosφ 2,8mg 14 T3 = 3mg cosβ − 2mg cosφ0 ⇒ cosβ = -3-------------0= -------= --- 3mg 3 15

Откуда $sin β$

∘ ---------- √ --- 225-−--196 --29- sinβ = 225 = 15

Откуда $aτ$

√ --- aτ = --29g 15

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#32617

Брусок, к вертикальной стойке которого на нити прикреплен шарик массы $m$ , покоится на шероховатой горизонтальной поверхности. Нить с шариком отклонили до горизонтального положения и отпустили без начальной скорости. Шарик движется в вертикальной плоскости по окружности. Брусок начинает скользить по поверхности в тот момент, когда нить составляет с вертикалью угол $α$ = $π∕4$ . Коэффициент трения скольжения бруска по поверхности $μ$ = $4∕7$ . Ускорение свободного падения $g = 10 м/c2$ . Нить и стойка легкие.
1) Найдите силу $T$ натяжения нити в этот момент.
2) Найдите массу $M$ бруска.
(«Физтех», 2019, 10)

Источники: Физтех, 2019, 10

Показать ответ и решение

1) Запишем закон сохранения энергии в этот момент

mv21- mv21- mgl = 2 + mgl(1 − cos α) ⇒ l = 2mg cosα

Также запишем второй закон Ньютона на ось, сонаправленную с центростремительным ускорением

2 √-- T − mg cosα = ma ⇒ T = mv-1-+ mg cosα = 3mg cos α = 3--2-mg l 2

2) Запишем второй закон Ньютона для бруска на вертикальную ось в момент начала скольжения

N − T cosα − M g = 0 ⇒ N = M g + T cosα

2) Запишем второй закон Ньютона для бруска на горизонтальную ось в момент начала скольжения

( ) sin-2α- 2 T sinα = μ(M g + T cos α) ⇒ M = 3mg 2μ − cos α

Подставляем числа из условия

( 7 2) 9 M = 3m --− -- = -m = 1,125m 8 4 8

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#32618

Горка массой $5m$ с покоящейся на её вершине шайбой массой $m$ скользит со скоростью $v$ по гладкой горизонтальной поверхности стола в направлении покоящейся незакреплённой горки массой $7m$ (см. рисунок). От незначительного толчка шайба съезжает с горки, горка останавливается, а шайба движется по столу в направлении горки массой $7m$ .
1) Найдите высоту горки массой $5m$ .
2) На какую максимальную высоту сможет подняться шайба на горке массой $7m$ ?
Поверхности горок гладкие. Горки имеют плавный переход к поверхности стола. Шайба не отрывается от поверхности горок, а поступательно движущиеся горки — от стола. Направления всех движений находятся в одной вертикальной плоскости.
(«Физтех», 2008)

Источники: Физтех, 2008

Показать ответ и решение

1) Так как шайба покоится на вершине горки, то ее скорость тоже $v$ . Найдем скорость шайбы в нижней точки горки по закону сохранения импульса

5mv + mv = mu ⇒ u = 6v

Тогда закон сохранения энергии для системы «горка+шайба» запишется в виде ( $u$ - скорость шайбы после остановки горки)

5mv2-- mv2-- mu2-- 36v2-−-6v2- 15v2- mgh + 2 + 2 = 2 ⇔ gh = 2 ⇒ h = g

2) Максимальная высота подъема шайбы будет в состояние покоя шайбы относительно горки, то есть

u- 3v- mu = V(7m + m ) ⇒ V = 8 = 4

Откуда по закону сохранения энергии для системы «горка+шайба»

9 mu2 (7m + m )V 2 36v2 − --v2 63v2 -----= -------------+ mgH ⇒ H = -------2--- = ----- 2 2 2g 4g

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#32619

Брусок массой $M$ покоится на гладкой горизонтальной поверхности. В бруске просверлен тонкий канал, состоящий из трёх участков: горизонтального, вертикального и плавно их соединяющего изогнутого участка (рис.). В канал влетает с некоторой горизонтальной скоростью маленький шарик массой $m$ . В процессе движения шарик поднимается до максимальной высоты $H$ в вертикальном канале. Определите скорости $v1$ шарика и $v2$ бруска сразу после того как шарик выскользнет из канала. Трение не учитывайте.
(Всеросс., 2007, ОЭ, 10)

Источники: Всеросс., 2007, ОЭ, 10

Показать ответ и решение

Пусть $v0$ – начальная скорость шарика, $v$ – скорость шарик и бруска в момент достижения шариком наивысшей точки, тогда законы сохранения импульса и энергии имеют вид:

2 2 mv0 = (M + m )v, mv-0-= (M--+-m-)v- + mgH, 2 2

откуда

∘ -----(-------)- -m- v0 = 2gH 1 + M .

Поскольку потерь энергии в системе нет, то импульс и энергию системы сразу после вылета шарика из канала можно приравнять их начальным значениям. Полагая скорость шарика после вылета направленной влево, а скорость бруска – вправо, запишем законы сохранения импульса и энергии:

mv20 mv21 M v22 mv0 = − mv1 + M v2, -2---= --2--+ --2--,

откуда

M − m ∘ -----(----m--)- 2m ∘ ----(-----m-)-- v1 = -------- 2gH 1 + --- , v2 = -------- 2gH 1 + --- M + m M M + m M

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#32620

Брусок с выемкой в форме полуцилиндра радиусом $R$ движется со скоростью $u$ по гладкой горизонтальной поверхности стола (см. рисунок). Небольшая по сравнению с размерами бруска монета массой $m$ скользит по столу со скоростью $v$ навстречу бруску, скользит далее по гладкой поверхности выемки, не отрываясь от неё, и оказывается в точке $B$ , продолжая скользить по выемке вверх. Радиус $OB$ составляет угол $φ$ ( $cos φ = 2∕3$ ) с вертикалью. Масса бруска намного больше массы монеты.
1) Найдите скорость монеты относительно бруска в точке $B$ .
2) Найдите силу давления монеты на брусок в точке $B$ .
(МФТИ, 2005)

Источники: МФТИ, 2005

Показать ответ и решение

1. Так как по условию масса бруска много больше массы монеты, то скорость бруска можно считать постоянной. Перейдем в систему отсчета, связанную с бруском. Тогда скорость монеты относительно бруска на поверхности стола равна $v = v + u. 0$
2. Применим закон сохранения энергии в системе отсчета, связанной с бруском:

2 2 mv--0= mv-B-+ mgh 2 2

Высота точки $B$ равна $h = R + R cosφ = R (1 + cos φ) = 5∕3R.$ Таким образом, скорость монеты относительно бруска в точке B равна

∘ --------- ∘ ----------------- v = v2 − 2gh = (v + u )2 − 10gR B 0 3

3. В точке B на монету будут действовать сила тяжести и сила реакции опоры. Так как брусок движется равномерно, то связанная с ним система отсчета является инерциальной.

Запишем второй закон Ньютона в проекции на ось BO:

ma цс = N + mg cos φ.

Отсюда

mv2 2 ( (v + u)2 ) N = ---B-− --mg = m -------- − 4g R 3 R

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#32621

На наклонной плоскости с углом наклона $α$ находится маленькое тело. На расстоянии $l$ от тела находится упругая стенка. Коэффициент трения между телом и плоскостью $k$ ( $k = 1∕2 ⋅ tg α$ ). Тело отпускают. Оно скользит по плоскости вниз, отражается от стенки, поднимется, снова движется в направлении стенки, снова отражается и т. д. Какой путь пройдет тело к моменту его полной остановки? Столкновения тела со стенкой упругие.
(«Росатом», 2020, 11)

Источники: Росатом, 2020, 11

Показать ответ и решение

Поскольку $k < tgα$ , то тело будет скользить по плоскости и окончательно остановится только около стенки. При этом, несмотря на подъемы и спуски по плоскости, работа силы тяжести будет равна убыли потенциальной энергии тела, т.е. $A = mgl sin α m$ . Из теоремы об изменении кинетической энергии заключаем, что эта работа равна минус работе силы трения

Am = − A тр

Работа силы трения

Aтр = − FтрS = − kmg cosαS

Отсюда заключаем, что пройденный телом путь есть

1 mgl sin α = kmg cosαS ⇒ S = k-ltg α = 2l

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#32622

Тележка находится на горизонтальной поверхности стола. На шероховатой горизонтальной поверхности тележки находится брусок, прикреплённый к тележке лёгкой упругой пружиной (см. рисунок). Масса тележки в два раза больше массы бруска. Брусок отклоняют влево так, что пружина сжата на величину $x$ , а тележка прижата к упору. Затем брусок отпускают.
1) Найдите деформацию пружины в момент отрыва тележки от упора.
2) Найдите скорость бруска в момент отрыва тележки от упора.
3) Найдите скорость тележки после прекращения движения по ней бруска.
Известно следующее. Если брусок подвесить на пружине, то деформация пружины равна $3x$ . Если брусок тащить по неподвижной тележке с постоянной скоростью, прикладывая горизонтальную силу к прикреплённой к бруску пружине, то деформация пружины равна $3x∕4$ . Массой колёс тележки и трением в их осях пренебречь.

Показать ответ и решение

Найдем коэффициент трения из дополнительных данных

3x- mg = k ⋅ 3x μmg = k 4

Тогда

1 mg μ = -- k = ----. 4 3x

На тележку действуют три силы: сила реакции со стороны упора (направлена ОТ упора), сила трения со стороны бруска (направлена ОТ упора) и сила упругости пружины (направлена К упору).

N⃗ + F⃗ + F⃗ = m⃗a тр y

где $m$ масса бруска. В момент начала движения $N = 0$ . Сила трения равна $F тр = μmg$

μmg = kx1

Отсюда деформация пружины в момент начала движения

μmg 3x x1 = -----= ---. k 4

Скорость $v$ бруска в момент начала движения тележки можно найти из закона сохранения энергии

kx2- kx21 mv2-- 2 − 2 = A тр + 2 .

где $x$ – начальное растяжение пружины, $x1$ – растяжение пружины в момент начала движения тележки. Работа силы трения равна

μmgx-- Aтр = μmg (x − x1) = 4 .

Тогда

2 9 2 μmgx 2 kx − --kx = ------ + mv . 16 2

Значит

7 mgx mgx ∘ gx- √3gx-- --------= ----- + mv2 ⇒ v = ---= ------. 16 3 8 48 12

Конечную скорость тележки $u$ можно найти из закона сохранения импульса:

mv = (m + M )u.

Так как $M = 2m$

√ ---- u = v-= --3gx- 3 36

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#32623

Однородный цилиндр радиусом $R$ и высотой $h$ положили в кювету в форме прямоугольного параллелепипеда, длина которой на очень небольшую величину превосходит длину цилиндра $h$ , а ширина – диаметр цилиндра, так, что цилиндр можно положить в кювету с очень небольшими зазорами между ним и стенками кюветы. Затем в кювету налили воду, которая только-только покрывает цилиндр (см. рисунок). Какую минимальную работу нужно совершить, чтобы вытащить цилиндр из воды? Плотность воды $ρ$ , плотность материала цилиндра $6ρ$ .
(«Росатом», 2018, 11)

Источники: Росатом, 2018, 11

Показать ответ и решение

Работу, которую нужно совершить найдем как изменение потенциальной энергии воды и цилиндра при его вытаскивании из воды. Кювета в разрезе, перпендикулярном высоте цилиндра, показана на рисунке, из которого заключаем, что объем налитой в кювету воды $V$ равен разности объема параллелепипеда с основанием $2R × 2R$ и высотой $h$ . То есть

V = (4 − π)R2h

Минимальная высота $Δh$ , на которую нужно поднять цилиндр, чтобы он полностью вытащить его из воды (см. рисунок), находится из соотношения

2 (4 − π) (4 − π)R h = 2R Δhh ⇒ Δh = -------R 2

Поэтому потенциальная энергия цилиндра возрастает на величину

(4 − π) 3π (4π) ΔE ц = M gΔh = 3ρπR2hg -------R = -------ρghR3. 2 2

Центр тяжести воды находился в центре сечения цилиндра, а будет находиться на высоте $Δh ∕2$ от дна кюветы. Поэтому потенциальная энергия воды уменьшится на величину

( Δh ) ( (4 − π ) ) ρ(4 − π )πR3hg ΔE в = mg R − ---- = ρ (4 − π )R2hg R − --------R = --------------- 2 4 4

Поэтому работа, которую необходимо совершить для вытаскивания цилиндра из воды (равная увеличению потенциальной энергии системы цилиндр-вода), равна

3π(4π-) 3 ρ(4-−-π)πR3hg-- 5- 3 A = ΔE ц − ΔE в = 2 ρghR − 4 = 4π (4 − π )ρghR

(Официальное решение Росатом)

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#32624

К концам невесомого стержня длиной $l$ прикреплены два маленьких шарика с массами $m$ и $2m$ . Стержень, двигаясь поступательно в направлении перпендикулярном ему самому со скоростью $v$ , налетает на два точно таких же покоящихся тела, находящихся на расстоянии $l$ друг от друга (см. рисунок). Одновременно происходят два центральных абсолютно неупругих столкновения. Найти силу натяжения стержня сразу после этого. Силу тяжести не учитывать.
(«Росатом», 2017, 11)

Источники: Росатом, 2017, 11

Показать ответ и решение

Поскольку удары тел не упруги, то закон сохранения энергии не работает, но законы сохранения импульса и момента импульса выполняются. После столкновения с неподвижными телами и их прилипания гантель (а именно так выглядит система из двух тел, находящихся на разных концах стержня) закрутится вокруг оси $z$ , проходящей через середину гантели перпендикулярно плоскости через ось гантели и вектор скорости $v$ .
Так как массы на концах гантели разные, то относительно оси $z$ момент импульса системы равен

l Mz = (2m − m )v -- 2

После столкновения каждое из тел массы $M + m$ на концах гантели будет иметь скорость $± vвр$ такую, что

l Mz = 2 (2m + m )vвр-- 2

Сохранение $Mz$ означает, что

v = 2m--−-m- ⋅ v вр 2m + m 2

Тогда натяжение стержня с каждого из его концов равно

v2вр (2m − m )2v2 mv2 T = (2m + m )---= --------------= ----- l∕2 2m + m 2l 6l

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#32625

Три муфты ( $A$ , $B$ и $C$ ), массы которых равны $2m$ , $3m$ и $m$ соответственно, могут скользить без трения по двум горизонтальным направляющим, пересекающимся под прямым углом. Муфты $A$ и $B$ с помощью шарниров соединены с лёгким жёстким неупругим стержнем так, что угол между стержнем и направляющей, на которой надета муфта $B$ , равен $α$ . Между муфтой $C$ , движущейся со скоростью $v$ , и покоящейся муфтой $A$ происходит неупругое столкновение. Определите скорости муфт сразу после соударения.
(Всеросс., 2018, РЭ, 11)

Источники: Всеросс., 2018, РЭ, 11

Показать ответ и решение

Пусть в результате удара через стержень передаётся импульс $p$ :

∫ p = F (t)dt

где $F$ – сила упругости.

Запишем изменение импульса для муфт $A$ и $C$ :

mv − p sinα = 3mvAC.

Тогда изменение импульса для муфты $B$ равно

p cosα = 3mvB,

Из кинематической связи следует:

vACtgα = vB.

Решая полученные уравнения найдём:

v = v cos2α-, v = v sin2α-. AC 3 B 6

(Официальное решение ВсОШ)

Ответ:

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задачи	Баллы

Записано выражение для импульса, передающегося через стержень	2

Записано изменение импульса для муфт $A$ , $B$ и $C$	2

Представлена верная кинематическая связь для скоростей муфт $A$ , $B$ и $C$	4

Из системы уравнений получены верные выражения для $vAC$ , $vB$	2

Максимальный балл	10

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#32626

Стержень согнули под углом $90∘$ и расположили так, что одна из сторон получившегося угла вертикальна, а вторая горизонтальна. На каждую сторону угла надели маленькие массивные бусинки с массами $m$ и $2m$ и соединили их невесомым стержнем длиной $l$ . В начальный момент стержень вертикален. Затем от малого толчка он приходит в движение, и бусинки скользят по сторонам угла (см. рисунок). Найти максимальную скорость нижней бусинки в процессе последующего движения.
(«Росатом», 2012, 11)

Источники: Росатом, 2012, 11

Показать ответ и решение

Пусть $v$ – скорость верхней шайбы, $u$ – скорость нижней. Нижняя шайба вначале разгоняется, но к концу пути она должна остановиться; следовательно, где-то в промежуточном положении ее скорость будет максимальной. Запишем закон сохранения энергии

mv2 2mu2 -----+ ------= mgl (1 − cos α) 2 2

и соотношение между скоростями равно:

v cosα = u sinα ⇒ v = utg α

Подставим в закон сохранения энергии

2gl(1 − cosα ) u2 (2 + tg2α ) = 2gl(1 − cos α) ⇒ u2 = --------2----- 2 + tg α

Возьмем производную по углу и приравняем к 0

2(− sin3 α + 4 sin α − 2tgα) -------2------2----2------- (tg α + 2 ) cos α

Домножим на знаменатель, с учетом, что $α ⁄= 90∘$ и получим

2 --2-- 3 sin α − 4 + cos α = 0 ⇒ cos α + 3cosα − 2 = 0

Решаем это кубическое уравнение и получаем $∘ cos α = 0,6 ⇒ α = 53$ Откуда $u$

-------------- ∘ ∘ ------ ∘ -- u = 2gl(1 −-cosα-)= 0,8gl-≈ 0,46 gl max 2 + tg2α 3,78

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#42549

Широкая доска наклонена под углом $α$ к горизонту (см. рисунок). Небольшой шайбе, расположенной в точке $A$ доски, сообщили скорость $v$ , направленную вдоль поверхности доски. Через некоторое время шайба оказалась в точке $B$ , сместившись по вертикали на $H$ вниз и имея скорость $2v$ . Какой путь прошла шайба между точками $A$ и $B$ ? Коэффициент трения скольжения шайбы о доску равен $μ$ .
(МФТИ, 2000)

Источники: МФТИ, 2000

Показать ответ и решение

Запишем теорему от изменении кинетической энергии для шайбы:

4mv2-- mv2-- 2 − 2 = mgH + A тр

Сила трения всегда противоположена направлению перемещения, в любой момент времени, также угол между силой трения и перемещением всегда равен $180∘$ . Следовательно:

Aтр = − Fтр ⋅ S

Так как шайба находится на наклонной плоскости, то сила реакции опоры равна:

N = mg cosα

⇒ A тр = − μmg cosα ⋅ S

4mv2 mv2 ⇒ ------− ----= mgH − μmgS cos α 2 2

2 ⇒ S = 2gH-−--3v-- 2g μcos α

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#42551

На горизонтальном столе на расстоянии $l0 = 50 см$ друг от друга находятся бруски массами $m$ и $12m$ , к которым прикреплена пружина (рис.). Вначале пружина не деформирована. Затем бруски раздвинули вдоль поверхности стола, увеличив расстояние между ними на $32 см$ , и отпустили без начальной скорости. На сколько и как изменится (увеличится или уменьшится) по сравнению с $l0$ расстояние между брусками после прекращения движения? Считать, что бруски и ось пружины находятся всегда на одной прямой. Известно, что подвешенный на этой пружине брусок массой $m$ растягивает её на $a = 30 см$ . Коэффициент трения скольжения между брусками и столом $μ = 0,1$ .
(Всеросс., 1999, ОЭ, 11)

Источники: Всеросс., 1999, ОЭ, 11

Показать ответ и решение

Брусок массой $m$ будет совершать затухающие колебания. Его отклонения от положения равновесия $An$ и $An−1$ можно найти из закона сохранения энергии:

kA2 kA2 ---n−1− --n-= μmg (An−1 +An ) 2 2

Отсюда с учетом того, что $mg = ka,A − A = 2μa = 6 см = const n−1 n$ .
Имеем последовательность отклонений: $A1 = 32 см$ , $A2 = 26 см ,A3 = 20 см ,A4 = 14 см ,A5 = 8 см ,A6 = 2 см$ (справа).
Расстояние между бруском массой $m$ и положением равновесия, при котором брусок уже никуда не сдвигается (зона застоя), определяется величиной $2μa = 6$ см. Это значит, что брусок остановится, когда отклонение равно $A6$ . расстояние между брусками уменьшится на $2 см$ .

Ответ:

03 Закон сохранения и изменения энергии