Решение

Пусть ускорение верхнего маленького бруска равно \(a_1\), бокового маленького бруска — \(a_2\), а большого бруска — \(a_3\). Составим три уравнения \(F = ma\): \[mg-T = ma_2,\tag{1}\] \[T = ma_1,\tag{2}\] \[-T = Ma_3.\tag{3}\] Если боковой брусок сместится на малое расстояние \(d_1\), то верхний брусок сместится на малое расстояние \(d_2\) вправо, из-за чего весь большой брусок сместится на расстояние \(d_3\) влево. Поэтому \(d_2 = d_1+d_3\), и ускорения связаны как \(a_2 = a_1+a_3\).

Из уравнения (1) имеем \[ mg-T &= m(a_1+a_3),\\ mg-T &= T+ma_3,\\ mg-ma_3 &= 2Ma_3,\\ mg &= (2M+m)a_3, \] \[\boxed{a_3 = \frac{mg}{2M+m}}.\]

Решение

\

Наклоним плоскость на угол \(2\alpha\). Это делает эффективную силу тяжести в данной ситуации равной \(g_{\text{эфф}} = g\sin\alpha\cos\alpha\).

Поскольку клин невесом, нормальные силы между клином и обоими шарами должны быть равны, иначе клин испытал бы бесконечное ускорение. Приравняв эти две силы в горизонтальном направлении, получаем \[Fg\sin\alpha\cos2\alpha = Fg\sin\alpha,\qquad \cos2\alpha = \frac mM.\] Тогда нижний шар «поползёт вверх», если \[\boxed{m<M\cos2\alpha}.\]

Решение 2. Поскольку клин невесом, нормальные силы между клином и обоими шарами должны быть равны, иначе клин испытал бы бесконечное ускорение. Поэтому, приравняв силы инерции и веса в точке контакта обоих шаров, получаем уравнение \[mg\cos\alpha+ma\sin\alpha = Mg\cos\alpha+Ma\sin\alpha.\] Заметим также, что по тригонометрии после контакта у меньшей массы отношение поступательной фиктивной силы к весу шара должно быть больше \(\tg\alpha\), чтобы шар пополз вверх по склону: \[\frac{ma}{mg}>\tg\alpha\ \Longrightarrow\ a>g\tg\alpha.\] Вернёмся к первому уравнению и найдём ускорение. Перенося переменные в одну сторону, получаем \[a\sin\alpha(m+M) = g\cos\alpha(M-m)\ \Longrightarrow\ a = \frac{g\cos\alpha(M-m)}{\sin\alpha(m+M)}.\] Подставляя наше минимальное значение ускорения, получаем \[\frac{g\cos\alpha(M-m)}{\sin\alpha(m+M)}>g\tg\alpha.\] Решая это неравенство, получаем \(\boxed{m<M\cos2\alpha}\). Эта задача встречается в книге С. С. Кротова «Задачи по физике».

Решение

Возьмём смещение \(\xi\) клина как координату, описывающую положение системы¹. Если клин смещается на \(\xi\), то и брусок смещается на столько же относительно клина, поскольку верёвка нерастяжима. Потенциальная энергия меняется на \[\Pi = mg\xi\sin\alpha.\] Чтобы найти скорость клина и скорость бруска, сложим два вектора \(\dot\xi\), разделённые углом \(\alpha\). Вертикальные компоненты вектора (\(\dot\xi\sin\frac\alpha2\)) взаимно уничтожаются в силу симметрии. Горизонтальные компоненты складываются, давая \(2\dot\xi\sin\frac\alpha2\). Итак, скорость клина равна \(\dot\xi\), а скорость бруска — \(2\dot\xi\sin\frac\alpha2\), и потому полная кинетическая энергия равна \[K = \tfrac12\dot\xi^2\Bigl(M+4m\sin^2\frac\alpha2\Bigr).\] Тогда находим \(\Pi'(\xi) = mg\sin\alpha\) и \(\mathcal M = M+4m\sin^2\frac\alpha2\); их отношение даёт ответ \[\boxed{a = \frac{mg\sin\alpha}{M+4m\sin^2\frac\alpha2}}.\] Эта задача встречается в книге С. С. Кротова «Задачи по физике».

Сноски

1. Это решение основано на приведённом в подсказках и в основном подробнее раскрывает то, что в подсказке не было расписано. ↩

Решение

Назовём \(\xi\) обобщённой координатой, если всё состояние системы описывается этим единственным числом. Пусть нужно найти ускорение \(\ddot\xi\) координаты \(\xi\). Если удаётся выразить потенциальную энергию \(\Pi\) системы как функцию \(\Pi(\xi)\) от \(\xi\), а кинетическую энергию — в виде \(K = \mathcal M\dot\xi^2/2\), где коэффициент \(\mathcal M\) — комбинация масс тел (и, возможно, моментов инерции), то \(\ddot\xi = -\Pi'(\xi)/\mathcal M\).

Возьмём смещение клина за координату \(\xi\); если смещение бруска вдоль поверхности клина равно \(\eta\), то из неподвижности центра масс \[\eta(m_1\cos\alpha_1+m_2\cos\alpha_2) = (M+m_1+m_2)\xi.\] Отсюда находим \[\eta = \frac{(M+m_1+m_2)\xi}{m_1\cos\alpha_1+m_2\cos\alpha_2}.\] Если подставлять это выражение всюду, ответ получится крайне громоздким. Поэтому введём более удобную переменную: \[\varrho\equiv\frac{M+m_1+m_2}{m_1\cos\alpha_1+m_2\cos\alpha_2}.\] Потенциальная энергия как функция \(\xi\) даётся выражением \[\Pi(\xi) = m_1g\eta\sin\alpha_1-m_2g\eta\sin\alpha_2.\] Дифференцируя \(\Pi(\xi)\), получаем \(\Pi'(\xi) = \varrho g(m_1\sin\alpha_1-m_2\sin\alpha_2)\).

Найти \(\mathcal M\) немного труднее. Кинетическая энергия даётся суммой горизонтальных и вертикальных энергий: \[K = \tfrac12M\dot\xi^2+\tfrac12m_1(\dot\xi-\dot\eta\cos\alpha_1)^2 +\tfrac12m_1(\dot\eta\sin\alpha_1)^2 +\] \[+\tfrac12m_2(\dot\xi-\dot\eta\cos\alpha_2)^2 +\tfrac12m_2(\dot\eta\sin\alpha_2)^2.\] Имеем \(\eta = \varrho\xi\Rightarrow\dot\eta = \varrho\dot\xi\). Подставляя это в выражение для кинетической энергии, получаем \[\mathcal M = M+m_2(1-2\varrho\cos\alpha_2+\varrho^2) +m_1(1-2\varrho\cos\alpha_1+\varrho^2).\] Теперь применим наше тождество лагранжева формализма: \[\ddot\xi = \frac{\Pi'(\xi)}{\mathcal M} =\] \[= \frac{\varrho g(m_1\sin\alpha_1-m_2\sin\alpha_2)} {(M{+}m_1{+}m_2)-2\varrho(m_1\cos\alpha_1{+}m_2\cos\alpha_2) +\varrho^2(m_1{+}m_2)}.\] Подставляя \(\varrho\) и упрощая, получаем \[\boxed{a_0 = \frac{g(m_1\cos\alpha_1+m_2\cos\alpha_2) (m_1\sin\alpha_1-m_2\sin\alpha_2)} {(m_1+m_2+M)(m_1+m_2)-(m_1\cos\alpha_1+m_2\cos\alpha_2)^2}}.\] Да, это чрезвычайно длинно, но чтобы хорошо выступать на международной олимпиаде, нужно быть привычным к таким выкладкам и не бояться их доводить до конца.

Эта задача — задача 1 IPhO-1971.

Решение

\

Обозначим горизонтальную скорость бруска через \(v\). Когда расстояние между бруском и ступенькой равно \(\sqrt2r\), цилиндр давит на брусок под углом \(45^\circ\). По тригонометрии видим, что цилиндр должен давить на брусок со скоростью \(\sqrt2v/2\), чтобы брусок двигался горизонтально со скоростью \(v\). Теперь легко видеть, что скорость цилиндра равна \[\vec v_c = -\frac{v_b}2\hat\imath-\frac{v_b}2\hat\jmath,\] где \(v_b\) — скорость бруска (направленная в сторону отрицательной оси \(x\)). По закону сохранения энергии \[mg\Bigl(r-\frac r{\sqrt2}\Bigr) = \tfrac12mv_b^2+\tfrac12mv_c^2.\] Спроецируем также второй закон Ньютона на ось, проходящую через верхний угол ступеньки и центр цилиндра: эта ось перпендикулярна и нормальной силе между бруском и цилиндром, и тангенциальному ускорению цилиндра: \[\frac{mg\sqrt2}2-N = \frac{m(\sqrt2v/2)^2}r,\] где \(N\) — нормальная сила со стороны стенки. Теперь решим эту систему относительно \(N\). В первом уравнении имеем \[mgr\Bigl(2-\frac{\sqrt2}2\Bigr)\frac1{\sqrt2} = \tfrac12mv^2+\tfrac12m\Bigl(\frac{\sqrt2v}2\Bigr)^2 = \tfrac32m\Bigl(\frac{\sqrt2v}2\Bigr)^2.\] Вынося общие множители с обеих сторон, получаем \[gr(\sqrt2-2)\cdot(-1) = 3\Bigl(\frac{\sqrt2v}2\Bigr)^2 \ \Longrightarrow\ \frac{g(2-\sqrt2)}3 = \frac{(\sqrt2v/2)^2}r.\] Подставляя этот результат, получаем \[\frac{mg\sqrt2}2-N = \frac{mg(2-\sqrt2)}3,\] и, решая относительно \(N\), \[\boxed{N = \Bigl(\frac{\sqrt2}2-\frac{2-\sqrt2}3\Bigr)mg = \Bigl(\frac{5\sqrt2-4}6\Bigr)mg}.\] Пусть нормальная сила со стороны другого бруска равна \(Q\). Отсюда, спроецировав второй закон Ньютона на цилиндр и брусок в горизонтальном направлении (и заметив, что ускорение цилиндра вдвое меньше ускорения бруска, поскольку его горизонтальная скорость вдвое меньше скорости бруска), получаем \[m(a/2) = N\sin\theta-Q\sin\theta,\qquad ma = Q\sin\theta,\] где \(\theta\) — угол, который нормальная сила составляет с вертикалью. Подставляя второе уравнение в первое, получаем \[\tfrac12Q\sin\theta = N\sin\theta-Q\sin\theta\ \Longrightarrow\ \tfrac32Q = N.\] Поэтому отношение двух нормальных сил равно \(\frac QN = \frac23\). Как отмечено в подсказке, отношение нормальных сил фиксировано, а значит, \(\boxed{\text{они обращаются в нуль одновременно}}\).

Эта задача встречается в книге С. С. Кротова «Задачи по физике».

Решение

Рассмотрим момент, когда линия, соединяющая край с осью, составляет с вертикалью угол \(\theta\). Мы хотим, чтобы нормальная сила всегда была положительной (направленной наружу). Скорость оси в этот момент, \(\nu\), можно вычислить из закона сохранения энергии: \(\frac12m\nu^2 = \frac12mv^2+mgR(1-\cos\theta)\). Приравнивая суммарные силы вдоль линии, соединяющей ось с краем, к нулю, получаем \[ \frac{m\nu^2}R+N &= mg\cos\theta,\\ N &= mg\cos\theta-\frac{mv^2+2mgR(1-\cos\theta)}R,\\ 0 &\le \frac{3mgR\cos\theta-mv^2-2mgR}R, \] \[\cos\theta\ge\frac13\Bigl(2+\frac{v^2}{gR}\Bigr)\] для всех достижимых значений \(\theta\). Максимальное значение \(\theta\) равно \(\alpha\), так что \[\boxed{\cos\alpha\ge\frac13\Bigl(2+\frac{v^2}{gR}\Bigr)}\] — необходимое и достаточное условие.

Решение

Сначала выберем систему отсчёта, в которой будем работать. Чтобы сократить как можно больше переменных, будем работать в системе отсчёта большого бруска, когда он приходит в движение.

Отсчитывая от дна круговой полости, начальная потенциальная энергия маленького бруска наверху равна \(mgr\). Когда он доходит до дна полости, он приобретает кинетическую энергию \(\frac12mv^2\). По закону сохранения энергии \[\tfrac12mv^2 = mgr\ \Longrightarrow\ v = \sqrt{2gr}.\] Когда маленький брусок находится на дне полости, он движется назад со скоростью \(v_1\) в системе отсчёта большого бруска, а сам большой брусок движется со скоростью \(v_2\) вперёд. Итак, законы сохранения импульса и энергии дают \[Mv_1-mv_2 = m\sqrt{2gr},\qquad \tfrac12Mv_1^2+\tfrac12mv_2^2 = mgr.\] Из уравнения сохранения импульса имеем \(v_2 = \frac Mmv_1-\sqrt{2gr}\). Подставляя \(v_2\) обратно, получаем \[ \tfrac12Mv_1^2+\tfrac12m\Bigl(\frac Mmv_1-\sqrt{2gr}\Bigr)^2 &= mgr,\\ \tfrac12Mv_1^2+\tfrac12\frac{M^2}mv_1^2+mgr-Mv_1\sqrt{2gr} &= mgr. \] Вычитая \(mgr\) из обеих частей и деля обе части на \(Mv_1\), получаем \[\tfrac12v_1+\frac M{2m}v_1-\sqrt{2gr} = 0,\] откуда \[v_1\Bigl(\frac{M+m}{2m}\Bigr) = \sqrt{2gr},\qquad \boxed{v_1 = 2\frac m{M+m}\sqrt{2gr}}.\] Эта задача встречается в книге С. С. Кротова «Задачи по физике».

Решение

Пусть центр масс системы — \(C\), а точка, где правая нить встречается со стержнем, — \(A\). Пусть искомое натяжение равно \(T\).

Утверждение. У точки \(A\) не должно быть ускорения.

Доказательство. Ускорение \(A\) не может быть направлено вниз, поскольку нить нерастяжима. Если ускорение \(A\) направлено вверх, то нить провиснет и \(T\) станет равным нулю, тогда ускорение центра масс будет направлено вниз, момента не будет, а значит, не будет и вращения, откуда следует, что у \(A\) ускорение направлено вниз. Получаем противоречие. Остаётся единственный случай: у \(A\) нулевое ускорение. \qed

Из-за этого \(a = \alpha\times AC\), где \(a\) и \(\alpha\) — линейное ускорение \(C\) и угловое ускорение стержня относительно \(A\) соответственно. Кроме того, \(AC = l+\frac{Ml}{M+m} = \frac{(m+2M)l}{M+m}\). Ускорение центра масс можно вычислить из второго закона Ньютона: \[(M+m)g-T = (M+m)a\ \Longrightarrow\ a = g-\frac T{M+m},\] где \(a\) положительно вниз. Момент сил на стержень относительно \(A\) равен \[\tau = (M+m)g\times AC = I\alpha = (m+4M)l^2\frac a{AC},\] \[a = \frac{(m+2M)^2}{(M+m)(m+4M)}g.\] Подставляя это в предыдущее уравнение, получаем \[\boxed{T = \frac{Mmg}{m+4M}}.\]

Решение 2. Пусть ускорение массы \(m\) сразу после перерезания второй нити равно \(a\); тогда ускорение второй массы \(M\) сразу после этого равно \(2a\). Если нормальная сила от первой массы равна \(N_1\), а от второй — \(N_2\), то наши два уравнения \(F = ma\) таковы: \[mg-N_1 = ma,\qquad Mg-N_2 = M(2a).\] Уравнение моментов: \[mg\ell+Mg(2\ell) = I\alpha = (m\ell^2+4M\ell^2)\alpha.\] Наконец, по третьему закону Ньютона натяжение равно \(T = N_1+N_2\).

Теперь можно решить задачу: четыре уравнения и четыре неизвестных. Сначала преобразуем уравнение моментов: \[mg\ell+2Mg\ell = (m\ell^2+4M\ell^2)\frac a\ell,\qquad mg+2Mg = (m+4M)a,\] \[a = \frac{m+2M}{m+4M}g.\] Вернёмся к первым двум уравнениям \(F = ma\): \[N_1 = mg-m\Bigl(\frac{m+2M}{m+4M}g\Bigr),\qquad N_2 = Mg-2M\Bigl(\frac{m+2M}{m+4M}g\Bigr).\] Тогда уравнение третьего закона Ньютона даёт \[T = (m+M)g-(m+2M)\frac{m+2M}{m+4M}g,\] \[T = \frac{(m+M)(m+4M)-(m+2M)^2}{m+4M}g,\] \[\boxed{T = \frac{Mm}{m+4M}g}.\] Эта задача встречается в книге С. С. Кротова «Задачи по физике» (правда, там спрашивалась только скорость).

Решение

Когда блок отпускают, одна сторона верёвки поднимется на расстояние \(\xi\), а другая опустится на \(\xi\). Изменение потенциальной энергии при этом равно \[\Pi(\xi) = -\rho g(L-2l-\pi R)\xi\ \Longrightarrow\ -\Pi'(\xi) = \rho g(L-2l-\pi R).\] Кинетическая энергия системы тогда равна \[K = \tfrac12m\dot\xi^2+\tfrac12\rho L\dot\xi^2,\] откуда эффективная масса \(\mathcal M = m+\rho L\). Ускорение системы тогда равно \[a\equiv\frac{\rho g(L-2l-\pi R)}{m+\rho L}.\] Теперь запишем смещения частей системы, умноженные на их массы и делённые на полную эффективную массу системы \(\mathcal M\). Дифференцируя это по \(\xi\), получим ускорения по направлениям \(x\) и \(y\). По направлению \(x\) имеем \[x = \frac{2R\xi\rho}{m+\rho L},\qquad a_x = \frac{2R\rho a}{m+\rho L}.\] По направлению \(y\) имеем \[y = \frac{(L-2l-\pi R)\rho\xi}{m+\rho L},\qquad a_y = \frac{(L-2l-\pi R)\rho a}{m+\rho L}.\] По \(F = ma\) направления силы по \(x\) и \(y\) тогда таковы: \[\boxed{F_x = 2R\rho a},\qquad \boxed{F_y = -\rho a(L-\pi R-2l)+(m+\rho L)g}.\]

Решение

Поскольку второй груз толкают вправо с некоторой скоростью, он в свою очередь вытягивает больше верёвки. По условию нерастяжимости верёвки груз, который не толкали, пойдёт вверх, потому что верёвки, удерживающей его массу, стало меньше. Таким образом, ответ: \(\boxed{\text{выше поднимется тот груз, который не толкали}}\).

Пусть натяжение верёвки равно \(T\). Тогда в некоторый момент, когда угол между правым грузом и вертикалью равен \(\alpha\), вертикальная компонента силы равна \(F_{y1} = mg-T\cos\alpha\). На другом конце вертикальная компонента силы равна \(F_{y2} = mg-T\). Сравнивая два ускорения на обоих концах, получаем \[a_2-a_1 = \Bigl(g-\frac Tm\Bigr)-\Bigl(g-\frac T{m\cos\alpha}\Bigr) = \frac Tm\Bigl(\frac1{\cos\alpha}-1\Bigr),\] что всегда неотрицательно. Отсюда следует, что в любой момент правый груз ниже левого.

Эта задача встречается в книге С. С. Кротова «Задачи по физике» (правда, там спрашивалась только скорость).

Решение

Пусть сила трения, направленная на правый брусок, равна \(f_1\), сила трения, направленная на левый брусок, — \(f_2\), а натяжение верёвки — \(T\). Построение диаграммы сил даёт четыре уравнения (два маленьких бруска имеют одинаковые ускорения, поскольку связаны одной верёвкой): \[F-f_1 = Ma_1,\qquad f_1-T = ma_2,\qquad f_2 = Ma_3,\qquad T-f_2 = ma_2.\] Мы рассматриваем четыре варианта: все тела движутся вместе; самый правый брусок движется отдельно; все три составляющие движутся отдельно; левый брусок движется отдельно.

Случай 1 (все тела движутся вместе, \(a_1 = a_2 = a_3\)). Поскольку все тела движутся вместе, у них одинаковое ускорение, и уравнения принимают вид \[F-f_1 = Ma,\qquad f_1-T = ma,\qquad f_2 = Ma,\qquad T-f_2 = ma.\] Подставляя третье уравнение в четвёртое, получаем \(T = (m+M)a\). Подставляя результат для натяжения во второе уравнение, получаем \(f_1 = (2m+M)a\). Взяв этот результат и подставив в первое уравнение, получаем \[F = 2(m+M)a,\qquad a = \frac F{2(m+M)}.\] Из первого уравнения заметим, что \(F-Ma = f_1\le\mu mg\). Подставляя выражение для ускорения, получаем \[F-M\frac F{2(m+M)}\le\mu mg,\qquad F\Bigl(\frac{M+2m}{2(m+M)}\Bigr)\le\mu mg,\] \[\boxed{F\le2\mu mg\frac{m+M}{m+2M}}.\]

Случай 2 (самый правый брусок движется отдельно, \(a_2 = a_3\), \(f_1 = \mu mg\)). В этом случае уравнения таковы: \[F-\mu mg = Ma_1,\quad \mu mg-T = ma_2,\quad f_2 = Ma_2,\quad T-f_2 = ma_2.\] Отсюда находим \[\boxed{a_1 = \frac{F-\mu mg}M},\qquad \boxed{a_2 = \frac{\mu mg}{M+2m}}.\] Чтобы брусок двигался, должно быть \(Ma_2\le\mu mg\), т. е. \(\frac{\mu mMg}{M+2m}\le\mu mg\), откуда \(\frac M{M+2m}\le1\). Это выполняется, поскольку знаменатель больше числителя. Итак, из случая 1 следует: если сила \(F\le2\mu mg\frac{m+M}{m+2M}\), то ускорение равно \(a = \frac F{2(m+M)}\); если сила не удовлетворяет этому условию, ускорения — те, что мы нашли выше.

Случай 3 (все три составляющие движутся отдельно, \(a_1\ne a_2\ne a_3\)). Если \(a_1\ne a_2\ne a_3\), то \(f_1 = \mu mg\) и \(f_2 = \mu mg\). Глядя на систему уравнений, находим, что \(a_2 = 0\), что невозможно.

Случай 4 (левый брусок движется отдельно, \(a_1 = a_2\), \(f_2 = \mu mg\)). Система уравнений тогда такова: \[F-f_1 = Ma_1,\quad f_1-T = ma_1,\quad \mu mg = Ma_3,\quad T-\mu mg = ma_1.\] Решая эти уравнения, получаем \(a_1 = \frac{F-\mu mg}{M+2m}\). Подставляя обратно в первое уравнение, получаем \[F-M\frac{F-\mu mg}{M+2m}\le\mu mg.\] Умножая крест-накрест, получаем \[(M+2m)F-M(F-\mu mg)\le\mu mg(M+2m).\] Решая это неравенство, получаем \(F\le\mu mg\), что невозможно, поскольку это означало бы \(a_1\le0\).

Решение

Угол, который образуют две равные массы после упругого соударения, — прямой, а значит, если неподвижный шар помещён на полуокружности, где две лузы образуют диаметр, то описанная ситуация возможна по теореме Фалеса.

Решение

(а) Обозначим конечную скорость первого шара через \(v_1\), а двух других шаров — через \(v_2\).

В этой задаче соударение упругое, так что сохраняются и импульс, и энергия. Сохранение импульса даёт \[v_1+\frac{\sqrt3}2v_2+\frac{\sqrt3}2v_2 = v\ \Longrightarrow\ v_1+\sqrt3v_2 = v,\] а сохранение энергии – \[2\Bigl(\tfrac12mv_2^2\Bigr)+\tfrac12mv_1^2 = \tfrac12mv^2 \ \Longrightarrow\ 2v_2^2+v_1^2 = v^2.\] Это даёт нам два уравнения. Наша цель — найти \(v_1\), поэтому сначала выразим \(v_1\) через \(v_2\) и подставим обратно. Имеем \(v_1 = v-\sqrt3v_2\); подставляя в уравнение сохранения энергии, получаем \[2v_2^2+(v-\sqrt3v_2)^2 = v^2.\] Раскрывая, получаем \(2v_2^2+3v_2^2-2\sqrt3v_2v+v^2 = v^2\). Убирая \(v^2\) с обеих сторон и деля на \(v_2\), получаем \[5v_2 = 2\sqrt3v\ \Longrightarrow\ v_2 = \frac{2\sqrt3}5v.\] Подставляя \(v_2\) обратно в уравнение сохранения импульса, получаем \[v_1 = v-\sqrt3\cdot\frac{2\sqrt3}5v\ \Longrightarrow\ \boxed{|v_1| = \frac v5}.\] (б) Предположим, что движущийся шар сначала ударяет нижний шар. Пусть направление \(x\) совпадает с линией, соединяющей их центры. Тогда \(v_{1,x} = v\cos30^\circ\), а перпендикулярная компонента скорости \(v_{1,y} = v\sin30^\circ\). Заметим, что импульс силы действует вдоль линии центров, поэтому перпендикулярная компонента скорости не меняется. Сохранение импульса даёт \(v_{1,x} = v'_1+v'_2\), а сохранение энергии – \[v_{1,x}^2+v_{1,y}^2 = v'^2_1+v_{1,y}^2+v'^2_2\ \Longrightarrow\ v_{1,x}^2 = v'^2_1+v'^2_2.\] Заметим, что в направлении \(x\) это даёт то же поведение, что и центральное соударение двух одинаковых шаров. Поэтому скорость движущегося шара вдоль направления \(x\) обращается в нуль. Теперь движущийся шар ударит верхний шар со скоростью \(v\cos30^\circ\).

Это второе соударение тождественно первому. Компонента скорости вдоль линии центров равна \((v\cos30^\circ)\cos30^\circ\), а компонента, перпендикулярная этой линии, — \((v\cos30^\circ)\sin30^\circ\). Снова в конце сохранится только компонента, перпендикулярная этой линии, так что окончательный ответ: \[\boxed{v_f = v\sin^230^\circ = \frac v4}.\]

Решение

Воспользуемся идеей 55 и представим движение графически, а именно построим график \(x-t\) для каждой бусинки на одной плоскости. Для упрощения рассмотрим соударение всего двух бусинок. Поскольку массы равны, упругое соударение приведёт к обмену скоростями. Приведённый ниже график показывает взаимодействие синей и зелёной частиц. Хотя каждая отдельная бусинка демонстрирует зигзагообразное поведение, вместе они выглядят как две пересекающиеся прямые, причём точка пересечения соответствует моменту соударения.

Поскольку каждая из \(n\) прямых пересекается с любой другой ровно в одной точке и никакие три прямые не пересекаются в одной точке (вероятность того, что более двух бусинок столкнутся одновременно, пренебрежимо мала), число пересечений (соударений) на графике равно \[\boxed{\binom n2 = \frac{n(n-1)}2}.\]

Решение

Скорость маленького бруска в системе центра масс равна \(\frac{Mv}{m+M}\), а скорость большого бруска в системе центра масс — \(\frac{mv}{m+M}\). Работа силы трения равна \(\mu mgL\), так что можно записать закон сохранения энергии: \[\tfrac12m\Bigl(\frac{Mv}{m+M}\Bigr)^2+\tfrac12M\Bigl(\frac{mv}{m+M}\Bigr)^2 = \mu mgL,\] \[v^2\Bigl(\frac{mM(m+M)}{(m+M)^2}\Bigr) = 2\mu mgL,\qquad \boxed{v = \sqrt{2\mu gL\Bigl(1+\frac mM\Bigr)}}.\]

Решение

Между последовательными снимками промежуток времени \(\Delta t\) постоянен. Поэтому скорость, а значит, и импульс прямо пропорциональны расстоянию между последовательными изображениями. Примем \(\Delta t = 0{,}01\) с.

Тогда можно выписать следующие импульсы (начиная сверху слева и двигаясь против часовой стрелки): \[ a&: & p_x &= 1{,}61m_a, & p_y &= 1{,}61m_a;\\ b&: & p_x &= 0{,}482m_b, & p_y &= 1{,}58m_b;\\ c&: & p_x &= 3{,}26m_c, & p_y &= 1{,}96m_c;\\ d&: & p_x &= 4{,}35m_d, & p_y &= 1{,}85m_d. \] Эти результаты измерены усреднением расстояний между последовательными точками. Ясно, что второй шар должен прилетать справа. Если бы он прилетал снизу слева, увеличить горизонтальный импульс системы было бы невозможно. Поэтому у нас на самом деле только два варианта.

1) Второй шар прилетает сверху справа. Здесь снова два варианта. Возьмём \(m_a = m_c\) и \(m_b = m_d\). В этом случае \[1{,}61m_a-4{,}35m_d = 3{,}26m_a-0{,}482m_d\ \Longrightarrow\ m_a = -0{,}43m_d.\] Ясно, что так не годится. Возьмём теперь \(m_a = m_b\) и \(m_c = m_d\): \[1{,}61m_a-4{,}35m_d = -0{,}482m_a+3{,}26m_d\ \Longrightarrow\ m_a = 0{,}275m_d,\] \[1{,}61m_a+1{,}85m_d = 1{,}58m_a+1{,}96m_d\ \Longrightarrow\ m_a = 0{,}273m_d.\] Это могло бы подойти, но посмотрим сначала на второй случай.

2) Второй шар прилетает снизу справа. Здесь тоже два варианта. Возьмём \(m_a = m_d\) и \(m_b = m_c\). В этом случае \[1{,}61m_a-3{,}26m_c = 4{,}35m_a-0{,}482m_c\ \Longrightarrow\ m_a = -0{,}99m_c.\] Ясно, что так не годится. Наконец, должно быть \(m_a = m_b\). В этом случае \[1{,}61m_a-3{,}26m_c = -0{,}482m_a+4{,}35m_c\ \Longrightarrow\ m_a = 0{,}275m_c,\] \[1{,}61m_a-1{,}96m_c = 1{,}58m_a-1{,}85m_c\ \Longrightarrow\ m_a = 0{,}273m_c.\] Это даёт отношение масс \(\boxed{m_c/m_a = 3{,}6}\).

Заметим теперь, что при таком отношении масс возможны оба варианта — и прилёт сверху справа, и прилёт снизу справа. Однако заметим, что двигаясь снизу справа наверх направо, шар набирает импульс. По третьему закону Ньютона шар, прилетающий сверху слева, должен терять импульс, что и наблюдается. Если бы шар прилетал сверху справа, оба шара теряли бы импульс, нарушая третий закон Ньютона. Поэтому шар прилетел \(\boxed{\text{снизу справа}}\).

Решение

Ключевое отличие бочек в том, что стенки одной бочки сообщают ненулевой импульс каждому малому элементу массы, выходящему через кран, а другой — нет. Силы, с которыми эти стенки действуют на молекулы воды, совершают ненулевую работу, чего не происходит в другом случае. Итак, сначала запишем закон сохранения энергии для бочки: пусть малая масса воды \(dm\) выходит из крана бочки со скоростью \(v_1\): \[\tfrac12\,dm\,v_1^2 = dm\,gH,\] а по теореме об импульсе \[F_{\text{стенок}} = \frac{dm\,v_2}{dt}\ \Longrightarrow\ (\rho gA_0H)\,dt = (\rho A_0v_2\,dt)v_2.\] Из этих двух уравнений получаем ответы \(\boxed{\sqrt{2gH}}\) и \(\boxed{\sqrt{gH}}\).

Решение

За малый промежуток времени \(dt\) масса \(dm\), попадающая на ленту транспортёра, равна \(dm = \mu\,dt\). Значит, изменение импульса \(dp\) равно \(dp = dm\,v = \mu v\,dt\) (где \(v\) — скорость ленты, поднимающей песок).

По второму закону Ньютона сила, направленная вверх, равна \[F_{\text{вверх}} = \frac{dp}{dt} = \mu v.\] Заметим, что есть и сила тяжести, направленная вниз. Полная масса всех песчинок на ленте длины \(\ell\) равна \(m = \frac\mu v\ell\)¹, так что сила, направленная вниз, равна \[F_{\text{вниз}} = mg\sin\alpha = \frac\mu v\ell g\sin\alpha.\] Это даёт полную силу, нужную для подъёма песчинок по ленте: \[F = \mu v+\frac\mu v\ell g\sin\alpha.\] Минимизируя эту функцию дифференцированием по \(v\), получаем \[\mu-\frac\mu{v^2}\ell g\sin\alpha = 0\ \Longrightarrow\ \boxed{v = \sqrt{g\ell\sin\alpha}}.\] Подставляя это выражение обратно в выражение для силы, получаем \[F_{\min} = \mu\sqrt{g\ell\sin\alpha} +\frac\mu{\sqrt{g\ell\sin\alpha}}\ell g\sin\alpha = 2\mu\sqrt{g\ell\sin\alpha}.\] Минимальный момент тогда равен \[\boxed{\tau = F_{\min}\cdot R = 2\mu R\sqrt{g\ell\sin\alpha}}.\]

Сноски

1. \(m = \sigma L\), где \(\sigma v = \mu\). ↩

Решение

Скорость комка в момент, когда он вот-вот ударится о поверхность, находится из закона сохранения механической энергии: \[\tfrac12mv^2 = mgh\ \Longrightarrow\ v = \sqrt{2gh}.\] Импульс (изменение импульса), сообщённый комку перпендикулярно поверхности, очевидно, равен \(\Delta p_\perp = m\sqrt{2gh}\). По идее 60 \[\Delta p_\parallel = \int\mu N\,dt = \mu\Delta p_\perp \ \Longrightarrow\ \Delta p_\parallel = \mu m\sqrt{2gh}.\] Отсюда \[\boxed{v = u-\mu\sqrt{2gh}}.\]

Решение

Посмотрим, что происходит с совершаемой работой при малых изменениях \(da\) и \(dh\).

Работа против трения равна \(W_f = \mu mg\cos\varphi\,dl\). Поскольку \(dl\cos\varphi = da\), то \(W_f = \mu mg\,da\). Интегрируя все эти малые работы от 0 до \(a\), получаем работу против трения \(W_f = \mu mga\).

Работа против силы тяжести равна \(mgh\), так что полная работа \(W_{\text{полн}}\) равна \[\boxed{W_{\text{полн}} = mgh+\mu mga = mg(h+\mu a)}.\]

Решение

Сначала воспользуемся лагранжевым формализмом, чтобы немного упростить задачу. Пусть \(\xi\) — смещение вдоль наклонной поверхности. Кинетическая энергия равна \[K = \tfrac12I\omega^2+\tfrac12(M+m)\dot\xi^2.\] По основной формуле \(v = \omega r\) мы знаем, что \(\omega = \frac{\dot\xi}R\), так что \[K = \tfrac12MR^2\Bigl(\frac{\dot\xi}R\Bigr)^2+\tfrac12(M+m)\dot\xi^2 = M\dot\xi^2+\tfrac12m\dot\xi^2.\] Отсюда находим \(\mathcal M = 2M+m\). Потенциальная энергия при малом смещении \(\xi\) равна \[\Pi(\xi) = -(M+m)g\sin\alpha\,\xi\ \Longrightarrow\ -\Pi'(\xi) = (M+m)g\sin\alpha.\] Поэтому ускорение равно \[a = \frac{(M+m)g\sin\alpha}{2M+m}.\] Подставляя данные в задаче \(m = M/2\) и \(\alpha = 45^\circ\), получаем \(a = \frac{3g}{5\sqrt2}\).

Найдя ускорение \(a\), перейдём в неинерциальную систему отсчёта. Из геометрических соображений по теореме синусов \[\frac{\sin(\alpha-\beta)}{ma} = \frac{\sin(90^\circ+\beta)}{mg}.\] Перегруппировав, получаем \[\frac ag = \frac{\sin(\alpha-\beta)}{\cos\beta} = \sin\alpha-\cos\alpha\tg\beta.\] Подставляя наше значение \(a\), получаем \[\frac3{5\sqrt2} = \frac{\sqrt2}2-\frac{\sqrt2}2\tg\beta,\qquad \tg\beta = \frac25\ \Longrightarrow\ \boxed{\beta = \arctg\frac25}.\]

Решение

(а) Момент импульса стержня относительно точки его конца до соударения равен \[L_0 = Mvl-\tfrac13Ml^2\omega.\] После соударения стержня со столбом его момент импульса сразу после удара равен \[L_a = Mv'l-\tfrac13Ml^2\omega'.\] Поскольку момент импульса сохраняется во всём процессе, имеем \[L_0 = L_a\ \Longrightarrow\ v-\tfrac13\omega l = v'-\tfrac13\omega'l.\] Мы знаем, что условие остановки конца стержня даёт соотношение \[v'+l\omega' = 0\ \Longrightarrow\ \omega' = -\frac{v'}l.\] Подставляя соотношение между \(\omega'\) и \(v'\) в упрощённое уравнение момента импульса, получаем \[v-\tfrac13\omega l = \tfrac43v',\qquad \boxed{v' = \frac{3v-\omega l}4}.\]

(б) Из пункта (а) имеем уравнение \(v-\frac13\omega l = v'-\frac13\omega'l\). Кинетическая энергия до соударения равна \[K = \tfrac12Mv^2+\tfrac12\Bigl(\tfrac13Ml^2\Bigr)\omega^2 = \tfrac12Mv^2+\tfrac16Ml^2\omega^2.\] Поэтому у нас два уравнения — сохранения кинетической энергии и момента импульса: \[3v-\omega l = 3v'-\omega'l,\qquad 3v^2+\omega^2l^2 = 3v'^2+\omega'^2l^2.\] Перегруппировав и разложив на множители, получаем \[3(v-v') = l(\omega-\omega'),\qquad 3(v^2-v'^2) = l^2(\omega'^2-\omega^2).\] Решая эти уравнения, получаем \[\boxed{v' = \frac{v-\omega l}2}.\]

Решение

Воспользуемся идеей о том, что если тело с чем-то сталкивается, то его момент импульса сохраняется относительно точки удара. При ударе о мяч вращение обращается. Когда мяч попадает в «сладкую точку» биты, удерживаемый рукой конец биты должен остановиться, не получив от руки никакого импульса. Воспользуемся этим, чтобы решить задачу. Пусть \(x\) — расстояние от центра вращения до центра удара. Момент импульса относительно точки удара до соударения равен \[L_i = mv\Bigl(x-\frac\ell2\Bigr)-I_0\omega,\] где \(v = \omega\frac\ell2\) и \(I_0 = \frac1{12}m\ell^2\). После удара бита поворачивается назад с угловой скоростью \(\omega'\), так что момент импульса после равен \[L_a = mv'\Bigl(x-\frac\ell2\Bigr)-I_0\omega',\] где \(v' = \omega'\frac\ell2\). Мы помним также, что бита должна остановиться, не получив от руки импульса, а значит, момент импульса относительно центра вращения после соударения равен нулю: \(L_a = 0\). Интуитивно это понятно, поскольку \(\omega'\) должна после соударения обратиться в нуль.

Приравнивая \(L_i = L_a\), получаем \[m\Bigl(\frac{\omega\ell}2\Bigr)\Bigl(x-\frac\ell2\Bigr) = \tfrac1{12}m\ell^2\omega,\qquad x-\frac\ell2 = \frac\ell6 \ \Longrightarrow\ \boxed{x = \frac{2\ell}3}.\]

Решение 2. Рассмотрим угловой импульс, сообщённый бите: \[I_\theta = \int\vec\tau(t)\,dt = \Delta\vec L.\] Если мяч ударяет по бите с силой \(F\) на расстоянии \(x\) от оси, то \[I_\theta = \int Fx\,dt = I_{\text{ось}}\omega\ \Longrightarrow\ \int F\,dt = \frac{I_{\text{ось}}\omega}x.\] Теперь рассмотрим импульс, полученный битой: \[I = \int F\,dt+\int R\,dt = Mv_{\text{цм}},\] где \(v_{\text{цм}} = \omega\frac\ell2\), \(\ell\) — длина биты, а \(R\) — сила, с которой действует держащая биту рука. Когда мяч попадает в «сладкую точку», \(\int R\,dt = 0\), поскольку рука не отбивает, и \[\frac{I_{\text{ось}}\omega}x = M\omega\frac\ell2\ \Longrightarrow\ \boxed{x = \frac{2\cdot\frac13M\ell^2}{M\ell} = \frac23\ell}.\]

Решение

Пусть \(f\) — сила трения со стороны пола. Тогда имеем два уравнения: \[F-f = m\ddot x,\qquad fR-F(R-a) = I\ddot\theta.\] Сначала найдём силу трения. Заметив, что йо-йо катится без проскальзывания, используем соотношение \(\ddot x = R\ddot\theta\). Подставляя это во второе уравнение, получаем \[fR-F(R-a) = \tfrac12mR^2\frac{\ddot x}R\ \Longrightarrow\ fR-F(R-a) = \tfrac12R(m\ddot x).\] Подставляя первое уравнение, получаем \[fR-F(R-a) = \tfrac12R(F-f).\] Перегруппировав и упростив, получаем \(\frac32fR = \frac32FR-Fa\), откуда \[f = F-\frac23\frac{Fa}R.\] Подставляя это соотношение в первое уравнение, получаем \[F-\Bigl(F-\frac23\frac{Fa}R\Bigr) = m\ddot x\ \Longrightarrow\ \boxed{|a| = \frac23\frac{Fa}{mR}}.\] По теореме Штейнера видим, что \[I' = I_0+m\ell^2 = \tfrac12MR^2+MR^2 = \tfrac32MR^2.\] Момент, создаваемый нитью, равен \[\tau = Fa = I\varepsilon\ \Longrightarrow\ Fa = \tfrac32MR^2\Bigl(\frac{a_r}R\Bigr),\] что упрощается до \(Fa = \frac32MRa_r\), т. е. \[\boxed{a_r = \frac23\frac{Fa}{MR}}.\]

Решение

Направим ось \(z\) вверх (это зафиксирует знаки моментов импульса). Сначала попробуем найти начальный момент импульса. Заметим, что \(L = MvR+I\omega\). Подставляя \(I = \frac25MR^2\) и \(v = \omega R\), получаем \(L = \frac75MvR\). По оси \(x\) знак момента импульса отрицателен по правилу правой руки, а по оси \(y\) — положителен. Это даёт \[L_x = -\tfrac75Mv_{y0}R,\qquad L_y = \tfrac75Mv_{x0}R.\] Шар продолжит двигаться с той же скоростью по направлению \(y\), поскольку в горизонтальном направлении неконсервативные силы не действуют. По оси \(x\) шар в итоге будет иметь скорость \(u\), откуда конечный момент импульса равен \[L_{xf} = -\tfrac75Mv_yR-MuR.\] Приравнивая это начальному моменту импульса по закону сохранения, получаем \[\tfrac75v_{y0} = \tfrac75v_y+u,\qquad v_y = v_{y0}-\tfrac57u.\] Это даёт конечную скорость \[\boxed{\bigl(v_{x0},\ v_{y0}-\tfrac57u\bigr)}.\]

Решение

Сразу после первого соударения центры масс обеих гантелей покоятся. Затем скорости сталкивающихся шаров меняют направление, а скорости несталкивающихся шаров не меняются. Обе гантели ведут себя как маятники и совершают половину периода колебаний, после чего происходит второе соударение, аналогичное первому, при котором гантели расширяются наружу и ударяются друг о друга. После этого они разлетаются и проходят расстояние \(L\).

Итак, введём три времени \(t_1\), \(t_2\) и \(t_3\); суммируя все составляющие, получим полное время \(t\).

Вычисление \(t_1\). \(t_1\) — время до первого соударения гантелей, изначально разделённых расстоянием \(L\). Обе гантели движутся с начальной скоростью \(v_0\), так что время до соударения равно времени, за которое одна из гантелей проходит расстояние \(L/2\). Поэтому по \(v = d/t\) получаем \[t_1 = \frac L{2v_0}.\]

Вычисление \(t_2\). После соударения скорости сталкивающихся шаров меняют направление, а скорости несталкивающихся шаров не меняются. Из-за этого пружина полностью сжимается; время, за которое это происходит и затем пружина снова разжимается до второго соударения, — это \(t_2\). Обе гантели ведут себя как осцилляторы и совершают половину периода колебаний за время \(t_2\). Обе гантели движутся навстречу друг другу и сжимают гантель вдвое, из-за чего эффективная жёсткость становится вдвое больше. Поэтому \[\omega = \sqrt{\frac{2k}m}\ \Longrightarrow\ t_2 = \pi\sqrt{\frac m{2k}}.\]

Вычисление \(t_3\). Последнее время \(t_3\) — это просто время, за которое обе гантели разойдутся наружу на расстояние \(L\). Оно такое же, как \(t_1\), т. е. \(\frac L{2v_0}\).

Итак, полное время равно \[\boxed{t = t_1+t_2+t_3 = \frac L{v_0}+\pi\sqrt{\frac m{2k}}}.\]

Решение

Воспользуемся тем, что эффективная сила тяжести равна \(g_{\text{эфф}} = g\cos\alpha\). Отсюда сразу \[T = 2\pi\sqrt{\frac R{g\cos\alpha}}.\] Частица выйдет в точке \(B\), если время пересечения жёлоба вдоль его оси кратно половине периода колебаний. Значит, длина даётся выражением¹ \[L = \tfrac12g\sin\alpha\Bigl[\Bigl(n+\tfrac12\Bigr)\frac T2\Bigr]^2.\] Итак, \[L = \tfrac12g\sin\alpha\Bigl(n+\tfrac12\Bigr)^2\pi^2\frac R{g\cos\alpha} = \boxed{\frac{\pi^2}2\tg\alpha\Bigl(n+\frac12\Bigr)^2R}.\]

Сноски

1. Множитель \(\frac12\) добавлен потому, что не все частицы выходят у самого низа жёлоба. ↩

Решение

Обозначим три случая слева направо как \(A\), \(B\) и \(C\).

Период пропорционален \(T^2\propto\frac I{\ell_{\text{цм}}}\). Поскольку у всех вешалок период одинаков, это отношение должно быть одинаковым во всех трёх ситуациях. Если момент инерции относительно центра равен \(I_0\), то \[\frac{I_0+M\ell_a^2}{\ell_a} = \frac{I_0+M\ell_b^2}{\ell_b} = \frac{I_0+M\ell_c^2}{\ell_c}.\] В силу симметрии центр масс должен лежать на вертикальной прямой, проходящей через положение штыря в случаях \(A\) и \(B\). Это даёт \(\ell_a+\ell_b = 0{,}1\).

Глядя на первую пару этого тройного равенства, видим, что это квадратное уравнение. Формула корней здесь не нужна! Из осмотра видно, что тривиальное решение — \(\ell_a = \ell_b\). Однако есть и другое решение, если это условие не выполнено! Но если \(\ell_a\ne\ell_b\), то по тем же рассуждениям либо \(\ell_a = \ell_c\), либо \(\ell_b = \ell_c\). Короче говоря, по крайней мере два из \(\ell_a\), \(\ell_b\), \(\ell_c\) совпадают.

Однако, поскольку центр масс не может лежать вне вешалки, мы знаем, что \(\ell_a\ne\ell_c\) и \(\ell_b\ne\ell_c\), так что должно быть \(\boxed{\ell_a = \ell_b = 0{,}05\text{ м}}\).

Теперь можно определить третью длину: \(\ell_c = \sqrt{0{,}21^2+0{,}05^2} = 0{,}216\) м. Пользуясь первой и третьей парами тройного равенства, находим \(I_0\): \[I_0 = M(\ell_c+\ell_a)\ell_a\ell_c.\] Подставляя это в формулу периода, получаем \[\boxed{T = 2\pi\sqrt{\frac{M(\ell_c+\ell_a)\ell_a\ell_c+M\ell_a^2}{Mg\ell_a}} = 1{,}03\text{ с}}.\]

Решение

Методом 6 находим, что кинетическая энергия системы равна \[K = \tfrac12v^2(m+\alpha\rho_0V),\] где постоянная \(\alpha\) — число, характеризующее геометрию тела и отвечающее размеру области жидкости, которая придёт в движение (по сравнению с объёмом самого тела). Это выражение получается, если заметить, что характерная скорость жидкости вокруг тела равна \(v\), а характерный размер области, где жидкость движется (со скоростью не намного меньше \(v\)), оценивается размером самого тела. Если на тело действует сила \(F\), то мощность этой силы равна \[P = Fv = \frac{dK}{dt} = va(m+\alpha\rho_0V),\] откуда \(F = a_0(m+\alpha\rho_0V)\). Мы знаем также по закону Архимеда, что \(F = \rho Vg-\rho_0Vg\). Приравнивая эти две силы, получаем \[a_0(m+\alpha\rho_0V) = \rho Vg-\rho_0Vg.\] Мы знаем, что \(m = \rho V\), так что \[a_0(\rho+\alpha\rho_0) = \rho g-\rho_0g.\] Деля на \(a_0\) и вычитая \(\rho\), получаем \[\alpha\rho_0 = \frac{\rho g-\rho_0g}{a_0}-\rho\ \Longrightarrow\ \alpha = \frac1{\rho_0}\Bigl(\frac{\rho g-\rho_0g}{a_0}-\rho\Bigr).\] Подставляя известные величины, получаем \(\alpha = 0{,}5\). Для всплывающего пузырька эффективная масса в точности такая же, однако на этот раз масса \(dm\) пузырька пренебрежимо мала. Значит, имеем уравнение \[F = a_0(dm+\alpha\rho_0V) = \rho_0Vg-dm\,g.\] Полагая \(dm\approx0\), получаем \[a_0\alpha\rho_0 = \rho_0g\ \Longrightarrow\ \boxed{a = \frac g\alpha = 2{,}0g}.\]

Решение

Пусть входящий массовый расход обозначен \(\mu_i\) и разделяется на расходы \(\mu_1\) и \(\mu_2\). По уравнению непрерывности имеем \(\mu_i = \mu_1+\mu_2\).

По закону Бернулли (или по идее 71 и факту 30) скорости в левом и правом рукавах одинаковы и равны \(v\). Теперь по сохранению импульса в горизонтальном направлении (идея 72) получаем \[\mu_i(v\cos\alpha) = \mu_1v-\mu_2v,\] что упрощается до \(\mu_i\cos\alpha = \mu_1-\mu_2\). Из этого уравнения и исходного уравнения непрерывности имеем \[\mu_1 = \mu_i\cos^2\frac\alpha2,\qquad \mu_2 = \mu_i\sin^2\frac\alpha2.\] Отсюда \[\boxed{\frac{\mu_1}{\mu_2} = \ctg^2\frac\alpha2}.\]

Решение

Рассмотрим контрольный объём, охватывающий волновой фронт и движущийся вместе с ним. Для наблюдателя, движущегося вместе с фронтом, жидкость справа кажется движущейся к фронту со скоростью \(u\), а жидкость слева — удаляющейся от фронта со скоростью \(u-v\). Такой наблюдатель считал бы контрольный объём неподвижным, т. е. процесс стационарным. Соотношение непрерывности даёт \[uH = (u-v)(H+h)\ \Longrightarrow\ v = u\frac h{H+h}.\] Кроме того, можно записать \[\frac{\rho g(H+h)^2}2-\frac{\rho gH^2}2 = \rho u H\,v,\] т. е. \[g\Bigl(1+\frac h{2H}\Bigr)h = vu.\] Объединяя два уравнения, получаем \[u^2 = gH\Bigl(1+\frac hH\Bigr)\Bigl(1+\frac h{2H}\Bigr).\] Поскольку \(h\ll H\), \[\boxed{u = \sqrt{gH}}.\]

Обобщение. Для произвольной глубины \(h\) дисперсионное соотношение таково: \[\omega^2 = gk\thyp(kh),\] где \(\omega\) — круговая частота, а \(k\) — волновое число. Для малых значений имеем \(\thyp(kh) = kh\), т. е. \[\omega^2 = gk^2h\ \Longrightarrow\ \omega = k\sqrt{gh}.\] Скорость, с которой движутся волны (фазовая скорость), равна \[v = \frac\omega k = \sqrt{gh}.\] Для больших значений \(h\) имеем \(\thyp(kh) = 1\), т. е. \[\omega^2 = gk\ \Longrightarrow\ v = \sqrt{\frac gk}.\] Это говорит нам, что волны с бо́льшим волновым числом движутся быстрее, чем волны с меньшим волновым числом.

Решение

(а) Можно провести аналогию с термодинамикой. Поскольку процесс медленный и внешняя работа не совершается, можно сказать, что процесс адиабатический, т. е. \(TV^{\gamma-1} = \Const\). Здесь \[\gamma = 1+\frac21 = 3,\] поскольку степень свободы всего одна. Поэтому, когда расстояние удваивается, «объём» удваивается, а \(V^{\gamma-1}\) увеличивается вчетверо. В результате \(T\) уменьшается в четыре раза. Однако, поскольку \(T\propto v^2\), скорость должна уменьшиться вдвое. Поэтому \[\boxed{v = 5\text{ м/с}}.\]

(б) Средняя сила соответствует давлению. Имеем \(PV^\gamma = \Const\). Поскольку член \(V^\gamma\) вырастает в восемь раз, давление, а значит, и средняя сила \(\boxed{\text{уменьшатся в восемь раз}}\).

Решение 2. Можно проанализировать адиабатический инвариант системы. Построим фазовую диаграмму всей системы.

Отсюда видим, что адиабатический инвариант системы равен \(I = 2mvL\), где \(v\) и \(L\) могут меняться. Значит, начальный адиабатический инвариант \(I_0 = 2mv_0L\), а конечный \(I_f = 2mv(2L) = 4mvL\). Отсюда \[I_0 = I_f\ \Longrightarrow\ 2mv_0L = 4mvL,\qquad \boxed{v = \tfrac12v_0 = 5\text{ м/с}}.\]

\section[3. Задачи для повторения]{3. Решения задач для повторения}

Эта глава содержит задачи 56–86 пособия. Задачи для повторения берут понятия и идеи из более ранних задач и помещают их в новый контекст. Поэтому многие задачи этой главы покажутся знакомыми. Это, однако, не значит, что все задачи здесь лёгкие. Некоторые из самых трудных задач происходят именно отсюда.