В університет!

А.А. Широков, Н.Н.Гомуліна, В.П.Недошівін,
школа № 659, г. Киев

Завдання, що пропонувалися в різні роки
при вступі на природничі факультети МГУ

Завдання 57. На Марсі час падіння тіла t1. відпущеного без початкової швидкості, з деякої висоти на поверхню планети в n = 2,6 рази більше часу падіння t2 з тієї ж висоти на Землю. У скільки разів період малих коливань математичного маятника на Марсі відрізняється від періоду коливань на Землі? Опір атмосфери не враховувати.

Виберемо інерційну систему відліку, пов'язану з нерухомими зірками. Будемо вважати, що тіло падає з невеликою, в порівнянні з радіусом Марса, висоти. Внаслідок цього рух тіла відбувається в однорідних гравітаційних полях Марса і Землі протягом малого проміжку часу. Рухи тіла є рівноприскореному, а їх закони виглядають наступним чином:

де r - радіус-вектор, що з'єднує початок координат і положення тіла, g - прискорення вільного падіння на Землі, a - прискорення вільного падіння на Марсі.

Для проекцій на вісь Ox:

У моменти падіння тіла на поверхні Землі і Марса маємо:

Звідси Період малих коливань математичного маятника довжиною l визначається формулою Тоді в умовах Землі а в умовах Марса. отже:

Завдання 58. Жолоб складається з двох дощок, що утворюють двогранний кут, у якого ребро горизонтально, а площині складають рівні кути a = 30 ° c горизонтом. У жолобі лежить циліндр масою m = 4 кг, що утворює якого паралельна ребру жолоби. Яку силу треба прикласти в горизонтальному напрямку до основи циліндра, щоб він рухався уздовж жолоба рівномірно? Коефіцієнт тертя між поверхнями жолоби і циліндра m = 0,1.

Циліндр взаємодіє із Землею і гранями двогранного кута, тому на нього діють три сили: сила тяжіння mg і сили реакцій Q1 і Q2 з боку граней жолоби. Коли на циліндр не діє зовнішня горизонтальна сила, реакції опор спрямовані перпендикулярно площинам жолоби і ребру двогранного кута. При додатку сили F лінії дій сил реакції опор нахиляються до ребру жолоби: чим більше сила, тим більше нахил, поки циліндр не зрушиться. Це пояснюється тим, що складові реакцій опор на напрямок руху циліндра - сили тертя - збільшуються і досягають своєї максимальної величини, званої максимальної силою тертя спокою, після чого вони залишаються постійними.

Виберемо систему відліку, пов'язану із Землею, і будемо вважати її інерційної. Під дією сил циліндр здійснює рівномірний рух, рівняння якого має вигляд

Для проекції на вісь Ox: -fтр1 - fтр2 + F = 0.

З симетрії завдання слід, що Q3 = Q4. тоді fтр1 = fтр2 і F = 2fтр. Якщо циліндр ковзає по площині жолоби, то fтр = fmax = m N, де N - сила нормального тиску.

Нормальна реакція опори дорівнює силі реакції Q1. яка діє на циліндр, коли на нього не діє сила F. Тоді, по 3-му закону Ньютона, Q1 = R1 = N, де R1 - сила тиску циліндра на площину (в даному випадку R1 = N). Отже, fтр = m Q1.

Запишемо умову рівноваги циліндра, коли на нього не діє сила F: Q1 + Q2 + mg = 0,

і розглянемо проекції на вертикальний напрямок. Кут між вертикаллю і лінією дії реакції опори дорівнює a (кути із взаємно перпендикулярними сторонами). тоді

Перевірка рішення по розмірності

З цієї точки зору задача вирішена вірно, тоді

Завдання 59. Куб з пінопласту з ребром a = 0,5 м, що плив по водоймі, виявився затиснутим під дошками низького горизонтального містка. Яку горизонтальну силу необхідно прикласти до кубу, щоб зрушити його поступально уздовж містка? Щільність пінопласту r п = 60 кг / м 3. щільність води r в = = 10 3 кг / м 3. висота містка над рівнем води h = 20 см, коефіцієнт тертя між поверхнею куба і дошками містка m = 0,3.

Куб взаємодіє з наступними тілами: Землею, водою і містком, а також з тим, хто проштовхує. Тому на нього діють чотири сили: сила тяжіння mg, сила Архімеда FА. реакція містка Q і сила F. На місток діє сила R.

Так як між містком і кубом існує тертя, то при додатку сили F лінія дії реакції Q відхиляється від вертикалі таким чином, що її горизонтальна складова врівноважує силу F. Ця складова називається силою тертя fтр. У міру збільшення сили F зростає і сила тертя, досягаючи при цьому свого максимального значення - максимальної сили тертя спокою fmax. В цьому випадку куб починає рухатися.

Виберемо систему відліку, пов'язану із Землею, і будемо вважати її інерційної.

Коли куб починає рухатися, то швидкість його руху дуже мала, і опором води можна знехтувати, а саме його рух вважати рівномірним. В цьому випадку прикладена сила F буде мінімальною. Тоді рівняння руху куба виглядає наступним чином: mg + FA + Q + F = 0.

Спроектуємо записане векторне рівність на осі координат:

Згідно із законом Кулона, максимальна сила тертя спокою дорівнює fmax = m N, де N - сила нормального тиску, складова сили тиску R у напрямку, перпендикулярному поверхні зіткнення тіл.

За третім законом Ньютона, Q = - R, або, для проекцій на вісь Oy, Qп = - (- N) = N.

Тоді, враховуючи рівняння (2), отримаємо fmax = m N = m Qп = m (FА - mg).

Рівняння (1) набуде вигляду: m (FА - mg) - F = 0.

Відповідно до закону Архімеда FА = r в Vg. де V = a 2 (a - h) - обсяг витісненої кубом води.

Тоді F = m [r в a 2 (a - h) g - mg] = m [r в a 2 (a - h) - m] g.

З визначення щільності однорідного тіла m = r п Vк = r п a 3.

Остаточно отримуємо: F = m [r в a 2 (a - h) - r п a 3] g = m a 2 [r в (a - h) - r п a] g; F = m a 2 [r в (a - h) - r п a] g.

Перевірка рішення по розмірності

З цієї точки зору задача вирішена вірно, тоді F = 0,3 • (0,5) 2 [10 3 (0,5 - 0,2) - 60 • 0,5] • 9,8 »198 (Н).