Решения: 1. Принципиальная разница двух рассматриваемых в ... заключается в характере связи. В случае, когда шарик закреплен на...

Решения:
1. Принципиальная разница двух рассматриваемых в задаче случаев
заключается в характере связи. В случае, когда шарик закреплен на стержне
он, достигнув максимальной высоты подъема H=2L, окажется в положении
неустойчивого равновесия и, следовательно способен сделать полный
оборот, когда его скорость на этой высоте равна 0. Используя закон
сохранения энергии
=2mgL, имеет V0= 2
,
Где V0 – скорость сообщенная шарику в нижней точки траектории.
Для совершения полного оборота шаром на нити его скорость V в верхней
точке траектории должна быть отлична от нуля. Её значение легко
рассчитать используя второй закон Ньютона
= mg+N
где N – сила натяжения нити.
Минимальному значению скорости V соответствует условие N=0. Тогда из
первого имеем
V=
Следовательно, согласно закону сохранения энергии, в этой ситуации
или 2mgL +
Отсюда, для начального значения скорости шарика на нити, получаем
V0=
2. Полное ускорение шарика а = аτ + аn будет направленно горизонтально
(рисунок 1) в момент времени, когда сумма проекций сил, действующих на
шарик, на вертикальное направление равна нулю:
N cos α – mg =0 (1)
Используя закон сохранения энергии
mgl=
+ mgl(1-cos α)
находим, что скорость шарика в этот момент
V=
(2)
В проекции на направление нити второй закон Ньютона имеет вид
m
где an=
= N – mg cos α (3)
– нормальное ускорение шарика.
Подставив (2) в (3) получаем N=3mg cosα . Тогда из (1) следует, что
сформулированное условие выполняется при угле
α = arcos
В этот момент времени V=
и N= mg
Рисунок 1
3. Рассмотрим положении шайбы в точке А у основания наклонной плоскости
(рисунок 2). Для того чтобы шайба имела возможность начать движения
вверх, необходимо чтобы составляющая силы F
электрического
взаимодействия зарядов компенсировала составляющую силы тяжести mg ,
направленную вдоль наклонной плоскости. Это возможно только в том
случае, если знаки заряда q и Q
противоположны.
F cos α =
cos α mg sin α
Отсюда минимальное значение модуля заряда Q , при котором начнет
движение вверх без начальной скорости
Qmin =
(1)
Работа по перемещению заряда q в поле заряда Q из точки А точку B
А= -q(φa – φв) =
( - )=
(
- 1) (2)
Где φa и φв потенциалы поля в точках А и В.
Так как трение нет, то совершая работу по перемещению шайбы
электрическое поле увеличивает её энергию на величину
W=
+ mgh =
+ mgl sin α cos α (3)
Из (2) и (3) для скорости шайбы в точке В, с учетом (1), получаем
V=
Рисунок 2
4. Данная задача решается очень легко, если использовать простейшие
сведения из высшей математики. Действительно, мгновенная скорость
муравья на расстоянии r от центра муравейника
V(r) =
=
(1)
Где k = R1 V1 – коэффициент пропорциональности, определяемый из условия,
что на расстоянии R1 скорость муравья V1 .
Переписав (1) в виде dt = rdr/k и интегрируя обе части этого выражения,
получаем
τ=
=
(2)
Однако для десятиклассников, не знакомых с понятием интеграла, такой путь
решения невозможен. Поэтому для его отыскания следует воспользоваться
понятием среднего значения функции на интервале.
В данном случае удобно искать среднее значение функции
Растущей с ростом r по линейному закону (рисунок 3)
r
R1
R2
Рисунок 3
На интервале R1 ≤ r ≤ R2 оно равно
<
>=
+
=
(3)
Из (3) , учитывая что <
>=
, находим среднюю скорость < V >
движения муравья через точку A и B
<V>=
Следовательно, искомое время
τ =
=
,
что совпадает с (2) Подставив численные данные получаем τ = 100с
5. Так как лыжник, пройдя расстояние ɩ по склону горы остановился, то, по
закону сохранения и превращения энергии,
mgl sin α = A
(1)
Здесь m – масса лыжника, А- работа силы сопротивления. Поскольку по
условию задачи сила сопротивления F=kx , где х – пройденный путь, k –
коэффициент пропорциональности, то А =
mgl sin α =
и (1) имеет вид:
(2)
Аналогично (1), при прохождении лыжника расстояния l *, в конце которого
его скорость достигает максимального значения,
mgl*sin α =
+
(3)
Из второго закона Ньютона
ma = mg sinα – kx
видно что ускорение лыжника имеет свой знак ( следовательно скорость
будет достигать максимального значения) при
x = l* =
(4)
Решая систему уравнений (2) и (3) с учетом (4) получаем
l=
6. Будем считать что груз вращается по окружности радиуса R и стержень
составляет с вертикалью угол α. На груз действует сила тяжести mg и сила
реакции T со стороны стержня (рисунок 4), равнодействующая которых
сообщает грузу нормальное ускорение an . Записав второй закон Ньютона для
груза в проекциях на горизонтальное (ОХ) и вертикальное (ОY) направления
man = T sin α ;
0 = T cos α – mg,
легко найти ,что
an = g tg α (1)
Учитывая, что an = ω2 R, где R= ɩ sin α , перепишем (1) в виде
ω2 ɩ sin α = g tg α
отсюда
cos α =
(2)
Из (2), вспоминая что |cos α| ≤ 1 ясно, что отклонение стержня от вертикали
будет возможно только при условии ω2ɩ > g, то есть в том случае, если
угловая скорость вращения оси ω>
При этом угол α
скорости вращения.
π/2 при неограниченном увеличении угловой
При ω2ɩ < g равнодействующая mg tgα силы тяжести и силы реакции
сообщает грузу ускорение большее, чем ускорение при его вращении по
окружности. Поэтому стержень с грузом будет вращаться сохраняя
вертикальное положение, которое, в случае, является устойчивым.
Примерный график α(ω) приведён на рисунке 4
α
π/2
Рисунок 4
ω