I. МЕХАНИКА. x означает производную от x по времени

этой формулы находим

При дифференцировании данного выражения по времени примем во внимание, что производная от частного двух функций, зависящих от времени (например y (t) и z (t)), вычисляется по формуле:

Олимпиада «Ломоносов – 2007»

а производная от сложной функции y (z (t)) равна

v = hu 2cos(a +

)sina − (u + u 2)sin(a +b)cosa L sin2a

I.2. Куб и цилиндр движутся под действием сил, модули и направ-ления которых изображены на рис. 101, где

mg – модуль силы тяжести, N – модуль

нормальной составляющей силы взаимодей-ствия куба и цилиндра, F – модуль силы трения между кубом и цилиндром, N 1и N 2– модули нормальных составляющих сил

при скольжения куба и цилиндра по столу. По второму закону Ньютона уравнения движения центров масс куба и цилиндра в проекции на гори-зонтальное направление запишутся как:

где a – модуль ускорения этих тел. В проекции на вертикальное на-правление имеем:

0 = F + N 1− mg, 0 = N 2− F − mg.

Отсюда N 1= mg − F, N 2= mg + F. Поэтому силы трения скольжения

Решения задач

Подставляя найденные значения сил в уравнения движения центров

I.3. При решении этой задачи придётся использовать как законы со-хранения, так и законы кинематики. Прежде всего, выясним, какие вели-чины сохраняются в системе «шарик + клин». Удар абсолютно упругий, поэтому механическая энергия системы до и после удара одинакова. Можно приравнять кинетическую энергию шарика непосредственно перед соударением и кинетическую энергию клина и шарика сразу по-сле соударения:

Здесь v 0и v – скорости шарика до и после удара, u – скорость клина после удара.

Импульс системы «шарик + клин» в результате соударения изменяется: до удара он горизонтален, а после удара появляется вертикальная со-ставляющая этого импульса, связанная с отскочившим вверх шариком. Это обусловлено появлением в процессе соударения дополнительной нескомпенсированной составляющей внешней силы – силы реакции опоры. Однако поскольку реакция опоры не имеет проекции на гори-зонтальное направление, сохраняется горизонтальная составляющая им-пульса системы, (поверхность опоры гладкая и импульсом силы трения можно пренебречь):

Олимпиада «Ломоносов – 2007»

mv 0= Mu.

Из этих уравнений находим скорости v = v 0

M − m

M

и u = v 0 m.

x (t) = ut. Движение шарика – равнопеременное:

Последние два равенства превращаются в алгебраические уравнения, включающие искомую величину, если записать их для момента времени

= t, когда шарик вернется в ту точку, где он столкнулся с клином:

I.4. По условию сила сопротивления воздуха F = v, где v – ско-рость автобуса, b – коэффициент сопротивления. Поэтому часть мощ-ности двигателя, расходуемая на преодоление этой силы, равна

N 1 = Fv =b v 2. При движении автобуса массой m по наклонному уча-стку шоссе часть мощности двигателя расходуется также на увеличение потенциальной энергии автобуса: N 2 = mg sina × v. Полная мощность, развиваемая двигателем, N 0 =b v 2 + mgv sina. Из условия задачи следу-ет система уравнений:

		v
			.

Решения задач

(v 0− 1)sina 2 v sina1

весия стержня, имеем: Рис. 102

Исключая из этих уравнений N 1и N 2, получаем ответ:

è (1) ø

Замечание: Заданные в условии величины m,, a и µ должны при-нимать такие значения, чтобы выполнялось неравенство 0 £ l £ L.

I.6. Пусть M – масса груза, m – масса стержня, s – его длина. Стержень находится в равновесии под действием сил, показанных на рис. 103, где M g и

m g –силы тяжести, T – сила натяжения проволо-

ки. В целях экономии места сила реакции шарнира

на рисунке не изображена. Уравнение моментов, Рис. 103

		=
				.

Олимпиада «Ломоносов – 2007»

записанное относительно оси шарнира (точки O) имеет вид:

Пусть L 0– длина недеформированной проволоки, а ∆ L – ее абсолют-ное удлинение под действием силы натяжения T. По закону Гука

где – модуль Юнга, S – площадь поперечного сечения проволоки. Поскольку проволока жесткая, ее длина в растянутом состоянии мало отличается от L 0. Поэтому можно приближенно положить

L 0» l 2+ h 2. В итоге уравнение моментов и закон Гука принимают вид:

æ M + m ö gs = Th l,

l 2+ h 2

∆ L T

l 2+ h 2 ES

Исключая из этих равенств натяжение проволоки, найдем ее абсо-лютное удлинение:

Минимум этого выражения легко определить, приравнивая нулю произ-водную

Отсюда находим ответ: h = l = 30 см.

I.7. Введем ось Оx, направление которой совпадает с осью стержня. Поскольку сумма проекций на эту ось всех сил, действующих на шарик при прохождении положения равновесия равна нулю (пружина не де-

	=
		.

Решения задач

формирована, сила трения отсутствует), то можно применить закон со-хранения импульса для системы «шарик + муха»:

Mv 0= (M + m) u 0,

где v 0 – скорость шарика без мухи при прохождении им положения равновесия, u 0– скорость шарика с мухой сразу после ее посадки на

kX 0 Mv 0,

2 2

kX 2 (M + m) u 2,

2 2

где k – жесткость пружины. Отметим, что механическая энергия сис-темы в этих двух случаях различна. Используя записанные уравнения,

получаем ответ: X 1= X 0

M

M + m

I.8. Совместим начало системы координат, связанной с кабиной лифта, с нижним концом недеформирован-

ной пружины; координатную ось Ox напра-вим вертикально вниз. Когда кабина непод-вижна, координата гири в положении рав-новесия равна x 0= mg / k. В момент начала

движения кабины скачком смещается вниз положение равновесия гири, координата которой в равновесии становится равной

x = m (g + a)/ k. В результате начинаются

Рис. 104

гармонические колебания

от времени t изображен на рис. 104, на котором t = 0 соответствует моменту начала движения кабины. Как видно из рисунка, время t, за

которое длина пружины в первый раз достигает максимального значе-ния, равно половине периода колебаний гири: t= T /2. Путь, пройден-

Олимпиада «Ломоносов – 2007»

получаем ответ:

По закону Гука модуль силы упругости, возникающей при растяжении пружины, равен F = k ∆ l. Уравнения движения шариков имеют вид:

& & + k m + m 2 x = 0,

1 2

& & + k m + mx 2= 0. 1 2

Как и следовало ожидать, оба шарика совершают гармонические коле-бания на одной и той же частоте

Решения задач

w =

m + m

m m

k + k = w2+w2.

1 2