Белорусская, 1990/91, заключительный этап, 9 класс, теоретический тур

Подсказка

Начальная скорость камня относительно земли — сумма скорости катапульты и скорости вылета. Угол максимальной дальности теперь не \(45^\circ\): удобно воспользоваться геометрией векторов, так как скорости равны по модулю.

Ответ

\(S_1=\dfrac{3\sqrt3}{2}S\approx 58{,}5\) м (угол вылета относительно катапульты \(60^\circ\)).

Решение

9-1. Хорошо известно, что максимальная дальность полета тела, брошенного под углом к горизонту, достигается при угле вылета равном \(45^\circ\) и определяется формулой

\[S = \frac{v_0^2}{g}.\tag{1}\]

Из этой формулы можно найти скорость, которую катапульта сообщает камню

\[v_0 = \sqrt{gS} = 15 \text{ м/с}.\]

Рассмотрим теперь полет камня, выпущенного из движущейся катапульты. Введем систему координат, оси которой: \(X\) — направлена горизонтально, а \(Y\) — вертикально. Начало координат совместим с положением катапульты в момент вылета камня.

Для вычисления вектора скорости камня необходимо учесть горизонтальную скорость движения катапульты \(v = v_0\). Допустим, что катапульта выбрасывает камень под углом \(\alpha\) к горизонту. Тогда компоненты начальной скорости камня в нашей системе координат могут быть записаны в виде

\[\begin{aligned} v_{x0} &= v_0 + v_0 \cos \alpha \\ v_{y0} &= v_0 \sin \alpha \end{aligned}.\tag{2}\]

Закон движения камня имеет вид

\[\begin{aligned} x &= v_{x0} t = v_0 (1 + \cos \alpha) t \\ y &= v_{y0} t - \frac{g t^2}{2} = v_0 t \sin \alpha - \frac{g t^2}{2}. \end{aligned}\tag{3}\]

Из второго уравнения системы (3) найдем время полета, положив \(y = 0\),

\[\tau = \frac{2 v_0 \sin \alpha}{g}.\tag{4}\]

Подставив это выражение в первое уравнение системы (3), получим дальность полета камня

\[S _ { 1 } = v _ { 0 } ( 1 + \cos \alpha ) \frac { 2 v _ { 0 } \sin \alpha } { g } .\tag{5}\]

Отвлечемся немного от решения данной конкретной задачи и порассуждаем о полученном выражении. Во-первых, если катапульта неподвижна (\(v = 0\)), то формула (5) переходит в известное выражение для дальности полета тела, брошенного с начальной скоростью под углом \(\alpha\) к горизонту

\[S' = \frac{2v_0^2 \sin \alpha \cos \alpha}{g}.\tag{6}\]

Во-вторых, из (5) совсем не следует, что \(S_1\) будет максимально при \(\alpha = 45^0\) (это справедливо для (6), когда \(v = 0\)).

Предлагая эту задачу на республиканскую олимпиаду, авторы были убеждены, что девять десятых участников получат формулу (5) и затем подставят в нее значение \(\alpha = 45^0\). Однако, к нашему сожалению, мы ошиблись: ни один из олимпийцев не усомнился в том, что максимальная дальность полета всегда (!) достигается при угле вылета, равном \(45^0\). Этот широко известный факт имеет ограниченные рамки применимости: он справедлив только, если: а) не учитывать сопротивление воздуха; б) точка вылета и точка падения находятся на одном уровне; в) метательный снаряд неподвижен.

Вернемся к решению задачи. Итак, нам необходимо найти значение угла \(\alpha\), при котором \(S_1\), определяемое формулой (5), максимально. Можно, конечно, найти экстремум функции, используя аппарат дифференциального исчисления: найти производную, положить ее равной нулю и, решив полученное уравнение, найти искомое значение \(\alpha\). Однако учитывая, что задача была предложена ученикам 9-х классов, мы дадим ее геометрическое решение. Воспользуемся тем обстоятельством, что \(v = v_0 = 15 \text{ м/с}\).

Расположим векторы \(\vec{v}\) и \(\vec{v}_0\) как показано на рис. Так как их длины равны, то вокруг них можно описать окружность с центром в точке \(O\). Тогда длина отрезка \(\text{АС}\) равна \(v_0 + v_0 \cos \alpha\) (это есть \(v_{x0}\)), а длина отрезка \(\text{ВС}\) равна \(v_0 \sin \alpha\) (это \(v_{y0}\)). Их произведение равно удвоенной площади треугольника \(\text{АВС}\), или площади треугольника \(\text{АВВ}_1\). Обратите внимание, что именно произведение \(v_{x0} v_{y0}\) входит в

выражение для дальности полета (5). Иными словами, дальность полета равна произведению площади \(\Delta \text{АВВ}_1\) на постоянный множитель \(\frac{2}{g}\). А теперь зададимся вопросом: какой из вписанных в данную окружность треугольников имеет максимальную площадь? Естественно, правильный! Поэтому искомое значение угла \(\alpha = 60^0\).

Вектор \(A\vec{B}\) есть вектор полной начальной скорости камня, он направлен под углом \(30^0\) к горизонту (опять же отнюдь не \(45^0\)).

Таким образом, окончательное решение задачи следует из формулы (5), в которую следует подставить \(\alpha = 60^0\).

\[S_1 = \frac{2v_0^2}{g}(1 + \cos 60^0)\sin 60^0 = S\frac{3\sqrt{3}}{2} = 58{,}5\text{м}.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Левый груз сдвинется, когда сила упругости достигнет максимальной силы трения покоя. Работа постоянной силы идёт на работу трения и на энергию пружины в момент остановки правого груза.

Ответ

\(F=\dfrac32\mu Mg\).

Решение

9-2. Для того, чтобы сдвинуть тело 2 с места, необходимо приложить к нему горизонтально силу, которая превышает максимальную силу трения покоя, которая в данном случае равна

\[F_{\text{тр}.2} = \mu Mg.\tag{1}\]

В качестве силы, которая сдвигает это тело, выступает сила упругости пружин, модуль которой, согласно закону Гука, равен

\[F_{\text{уп}\,p.} = k\Delta x,\tag{2}\]

где \(k\) — жесткость пружины, \(\Delta x\) — ее удлинение.

Таким образом, необходимо удлинить пружину (т. е. сдвинуть тело 1) на величину

\[\Delta x = \frac{\mu Mg}{k}.\tag{3}\]

Если мы приложим к телу 1 постоянную силу \(F\), таким образом его движение не будет равноускоренным, так как на него действует, помимо постоянной силы трения \(F_{\text{тр}.} = \mu Mg\), сила упругости \(F_{\text{уп}\,p.} = k\Delta x\), которая не является постоянной. Качественно движение тела 1, при неподвижном теле 2, можно описать следующим образом. Если сила \(\vec{F}\) по модулю превышает силу трения \(\vec{F}_{\text{тр}.1}\), то тело начнет двигаться с положительным ускорением, при этом сила упругости начнет возрастать, в некоторой точке \(F_{\text{упр.}}\) превысит разность \(F - F_{\text{тр.1}}\), и ускорение изменит свой знак. Тело 1 еще некоторое время будет двигаться в положительном направлении и затем остановиться. Максимальная деформация пружины будет в момент остановки тела. Эту максимальную деформацию \(\Delta x_1\) можно найти, воспользовавшись энергетическими соображениями: работа постоянной силы \(F\) числено равна изменению энергии пружины плюс работа силы трения. Кинетическая энергия тела в начальный и конечный моменты движения равна нулю.

\[F \Delta x_1 = \mu M g \Delta x_1 + \frac{k (\Delta x_1)^2}{2}\tag{4}\]

или

\[F = \mu M g + \frac{k \Delta x_1}{2}\tag{5}\]

Очевидно, что для ответа на поставленный в задаче вопрос следует положить в (5) \(\Delta x_1 = \Delta x\), определяемое (3). Окончательно получим

\[F = \mu M g + \frac{\mu M g}{2} = \frac{3}{2} \mu M g.\tag{6}\]

Обратите внимание на два обстоятельства:

1. Искомая сила равна сумме силы трения, действующей на тело 1, и половине (!) силы трения, действующей на тело 2;

2. Ответ не зависит от величины жесткости пружины. Подумайте, как объяснить эти обстоятельства в том случае, когда жесткость пружины очень велика (скажем, вместо пружины металлический стержень).

Не объясняет ли данная задача старую бурлацкую песню “поддернем, поддернем, да ухнем!”?

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Сила давления воды на наклонную грань клина (по среднему давлению) стремится поднять клин; ей противодействуют сила тяжести и трение о стенку. Максимальный уровень соответствует началу подъёма клина.

Ответ

\(H=\sqrt{\dfrac{2M}{\rho l(\operatorname{tg}\alpha-\mu)}}\) при \(\mu<\operatorname{tg}\alpha\); при \(\mu\ge\operatorname{tg}\alpha\) клин не поднимется при любом уровне воды.

Решение

9-3. Пусть в рассматриваемый момент уровень воды в аквариуме равен \(H\). Тогда среднее давление жидкости на клин \(P_{\text{ср}} = \frac{1}{2} \rho g H\), соответственно средняя сила давления

\[F_{\text{Д}} = \frac{1}{2} \rho g H l \frac{H}{\cos \alpha},\tag{1}\]

где \(l\) — ширина клина. Сила \(\vec{F}_{\text{Д}}\) стремится приподнять клин, а силы тяжести и трения препятствуют этому. Понятно, что если при некотором значении \(H\) клин все же будет приподнят, таким образом вода начнется выливаться из аквариума и клин опуститься.

Таким “автоколебательным” режимом и будет установлен возможный максимальный уровень жидкости в аквариуме. Условие равновесия клина

\[M\vec{g} + \vec{F}_{mp} + \vec{F}_{\text{Д}} + \vec{N} = \vec{0}.\tag{2}\]

Атмосферным давлением, обратите внимание, мы, записывая (2), пренебрегли. Подумайте самостоятельно, почему оно не вошло в значение \(P_{\text{ср}}\). В проекциях на оси ОХ и OY

\[F_{\text{Д}} \cos \alpha = N,\tag{3}\]

\[F_{\text{Д}} \sin \alpha = Mg + F_{mp}.\tag{4}\]

В предельном случае (клин начинает подниматься)

\[F_{mp} = \mu N = \mu F_{\text{Д}} \cos \alpha.\]

И из (3)-(4) следует:

\[F_{\text{Д}} = \frac{Mg}{\sin \alpha - \mu \cos \alpha} = \frac{1}{2} \rho g \frac{l}{\cos \alpha} H^2,\]

откуда и получаем окончательный ответ

\[H = \sqrt{\frac{2M}{\rho l (\operatorname{tg} \alpha - \mu)}}.\tag{5}\]

Выясним, всегда ли справедлив ответ в форме (5). Подкоренное выражение не может быть отрицательным, поэтому сразу отмечаем, что (5) имеет смысл при \(\mu < \operatorname{tg} \alpha\). Физически это означает, что клин может быть поднят только не при очень сильном трении. А как быть при \(\mu \ge \operatorname{tg} \alpha\)? Понятно, что в этом случае условие (4) будет выполнено при значении силы трения \(F_{mp}\) меньше предельного (т. е. трением покоя). И воды, следовательно, можно наливать сколько угодно в аквариум — ее максимальный уровень уже будет определяться иными причинами (например, высотой стенок).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Лёд растаял не весь, значит, конечная температура \(0\,^\circ\mathrm{C}\). Растаявшую массу найди по уменьшению уровня (плотности льда и воды различны), а тепло для плавления — из уравнения теплового баланса.

Ответ

Около \(30\,^\circ\mathrm{C}\) (расчёт по формулам решения; у организаторов указано \(37{,}7\,^\circ\mathrm{C}\)).

Решение

9-4. Для решения важно заметить, что не весь лед растаял. Таким образом, установившееся температура в системе \(t_k = 0\,^\circ\text{C}\). Из уравнения теплового баланса:

\[cM(t_B - t_K) = \lambda m,\tag{1}\]

где \(m\) — масса растаявшего льда, \(M\) — масса (начальная) воды. Учет изменения объема

\[\frac{m}{\rho_{\text{Л}}} - \frac{m}{\rho_{\text{В}}} = bS; \quad \frac{M}{\rho_{\text{Л}}} + \frac{M}{\rho_{\text{В}}} = HS.\tag{2}\]

Из (1), (2) получаем

\[t_B = \frac{\lambda b}{cH} \frac{\rho_{\text{В}} - \rho_{\text{Л}}}{\rho_{\text{В}} + \rho_{\text{Л}}} = 37{,}7\,^\circ\text{C}\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Поглощённая энергия отдаётся в воздух обеими сторонами пропорционально разностям температур; поток через пластину обратно пропорционален её толщине. Запиши баланс для двух толщин и реши систему.

Ответ

\(T_1'=\dfrac{(T_1+T_2-2T_0)(2T_1-T_2-2T_0)}{2(T_1-T_0)},\quad T_2'=\dfrac{(T_2-T_0)(T_1+T_2-2T_0)}{2(T_1-T_0)}\).

Решение

9-5. В этой задаче необходимо использовать разумные предложения (которые, впрочем, формулируется в форме строгих физических законов).

Пусть освещенная сторона пластинки поглощает в единицу времени энергию \(q_0\). В состоянии теплового равновесия эта энергия излучается в окружающую среду как с освещенной (\(q_1\)), так и с затемненной (\(q_2\)) стороны. Причем можно считать, что количество отданной теплоты пропорционально разности температур поверхности и окружающего воздуха. Запишем условия теплового баланса

\[q_0 = q_1 + q_2 = a(T_1 - T_0) + a(T_2 - T_0),\tag{1}\]

где \(a\) — некоторая постоянная в рамках нашей задачи величина. Количество теплоты \(q_2\), излучаемое затемненной стороной, переноситься внутри пластины. Этот поток теплоты пропорционален скорости изменения температуры с расстоянием

\[q_2 = \kappa \frac{T_1 - T_2}{d} = a(T_2 - T_0),\tag{2}\]

где \(d\) — толщина пластины, \(\kappa\) — некоторый постоянный коэффициент (он называется теплопроводностью), зависящий от свойств материала, из которого изготовлена пластина. Аналогичные соотношения можно записать для пластины толщиной \(2d\).

\[q_0 = a(T'_1 - T_0) + a(T'_2 - T_0),\tag{3}\]

\[q'_2 = \kappa \frac{T'_1 - T'_2}{2d} = a(T'_2 - T_0),\tag{4}\]

где \(T'_2\) и \(T'_1\) — температуры освещенной и неосвещенной сторон пластины вдвое большей толщины.

Совместное решение системы уравнений (1)-(4) приводит к результату

\[T'_1 = \frac{(T_1 + T_2 - 2T_0)(2T_1 - T_2 - 2T_0)}{2(T_1 - T_0)},\]

\[T'_2 = \frac{(T_2 - T_0)(T_1 + T_2 - 2T_0)}{2(T_1 - T_0)}.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.