Решения:
-
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=
-
П  олное 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 = N – mg cos α (3)
где an= – 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
-
Р ассмотрим 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
Р  астущей 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 = и (1) имеет вид:
mgl sin α = (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>
П ри этом угол α π/2 при неограниченном увеличении угловой скорости вращения.
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
ω
Рисунок 4
|