Белорусская, 2001/02, заключительный этап, 10 класс, теоретический тур

Подсказка

При максимальном отклонении скорость точки равна нулю, и полное ускорение — только тангенциальное. В положении равновесия тангенциальное ускорение равно нулю, остаётся центростремительное.

Ответ

Амплитуда колебаний \(\varphi_0=1\text{ рад}\approx 57^\circ\).

Решение

Крутильные колебания диска описываются функцией

\[\varphi = \varphi_0 \cos \omega t,\tag{1}\]

где \(\varphi\) - угол отклонения от положения равновесия, \(\varphi_0\) - угловая амплитуда колебаний, \(\omega\) -круговая частота колебаний. Рассмотрим движение произвольной точки диска, находящейся на расстоянии \(R\) от оси вращения. В произвольном положении ее ускорение складывается из двух составляющих: тангенциальной \(\vec{a}_{\tau}\) - направленной по касательной к траектории и связанной с изменением модуля скорости движения; нормальной \(\vec{a}_n\) - направленной к центру вращения и связанной с изменением направления вектора скорости, которая в данном случае является центростремительным ускорением. Из закона движения (1) следует, что угловая скорость вращения изменяется по закону \(\Omega = -\omega \varphi_0 \sin \omega t\), а угловое ускорение

\[\beta = -\omega^2 \varphi_0 \cos \omega t.\]

В положениях максимального отклонения скорости рассматриваемой точки равны нулю, поэтому равно нулю и нормальное ускорение. Следовательно, в этих положениях полное ускорение совпадает с тангенциальным

\[a_1 = a_{\tau} = R\beta = -R\omega^2 \varphi_0.\tag{2}\]

При прохождении положения равновесия скорость точки максимальна, поэтому тангенциальное ускорение равно нулю, а полное ускорение равно нормальному

\[a _ { 2 } = a _ { n } = R \varOmega ^ { 2 } = R \omega ^ { 2 } \varphi _ { 0 } ^ { 2 } .\tag{3}\]

Приравнивая модули ускорений \(a _ { 1 } , a _ { 2 }\) находим, что требуемое условие будет выполняться для произвольной точки диска при единичной угловой амплитуде колебаний \(\varphi _ { 0 } = 1 \text{рад} \approx 5 7 ^ { \circ }\).

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

Подсказка

Чтобы шарик прошёл верхнюю точку маленькой окружности, там должно выполняться условие \(mv^2/R\ge mg\). Скорость в этой точке — из закона сохранения энергии.

Ответ

Гвоздь надо вбить в точки с полярными координатами \((r,\beta)\) (\(r\) — расстояние от \(A\), \(\beta\) — угол между вертикалью и \(AC\)), для которых \(\dfrac{3l}{2\cos\beta+3}\le r<l\).

Решение

10.2 Будем задавать расположение гвоздя \(C\) с помощью полярных координат: \(r\) - расстояния от него до точки подвеса \(A\) и \(\beta\) - угла между вертикалью и отрезком \(AC\). Траектория шарика состоит из дуги окружности радиуса \(l\) (до касания нити о гвоздь) и соприкасающейся окружности радиуса \(l - r\) (после того, как нить начала наматываться на гвоздь). Чтобы шарик сделал полный оборот вокруг гвоздя, необходимо согласно 2 закону Ньютона, что бы в верхней точке окружности выполнялось условие

\[\frac { m v ^ { 2 } } { l - r } \ge m g .\tag{1}\]

Так как шарик сохраняет свою механическую энергию, то его скорость в этой точке можно найти из равенства

\[\frac { m v ^ { 2 } } { 2 } = m g ( r \cos \beta - l + r ) ,\tag{2}\]

где \((r \cos \beta - l + r)\) изменение высоты шарика. Объединяя (1) и (2), получим неравенство

\[\frac { 2 m g ( r \cos \beta - l + r ) } { l - r } \ge m g\tag{3}\]

и преобразуем его к виду

\[r \ge \frac { 3 l } { 2 \cos \beta + 3 } .\tag{4}\]

Линия ограничивающая эту область является дугой эллипса. Кроме того, понятно, что \(r < l\) (граница этой области - окружность). Область, точки которой удовлетворяют условию задачи, показана на рисунке.

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

Подсказка

Шарики соединены проводником, поэтому их потенциалы равны: это определяет заряды как функцию положения. Сила линейна по координате, значит, работу можно найти как площадь под графиком.

Ответ

\(v_{\max}=\sqrt{\dfrac{\pi\varepsilon_0 aE^2\left(l^2-l_0^2\right)}{m}}\) у каждого шарика (заряды \(\pm q\), \(q=4\pi\varepsilon_0aEx\)).

Решение

Под действием внешнего электрического поля шарики приобретут электрические заряды, которые будут изменяться по мере изменения расстояния между шариками. Взаимодействие этих зарядов с электрическим полем приведет к появлению сил, которые и будут разгонять шарики. Введем ось \(X\), как показано на рисунке и

найдем зависимость величины зарядов шариков от их координат. Понятно, что шарики будут двигаться симметрично, а их заряды будут равны по модулю и противоположны по знаку. Заряды шариков найдем из условия равенства их потенциалов

\[\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0} a}-E x=-\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0} a}+E x .\tag{1}\]

В этом соотношении учтено, что радиусы шариков малы, поэтому взаимновлияние зарядов шариков друг на друга пренебрежимо мало. Из соотношения (1) следует, что

\[q=4 \pi \varepsilon_{0} a E x .\tag{2}\]

Сила, действующая на каждый шарик, пропорциональна их координате и равна

\[F=q E=4 \pi \varepsilon_{0} a E^{2} x .\tag{3}\]

Из полученного соотношения следует, что скорости шариков будут максимальны, когда они разъедутся на максимальное расстояние. Работа силы, действующей на шарик,

равна его кинетической энергии:

\[A=\frac{m v^{2}}{2} .\]

Ее можно подсчитать графически, как площадь под графиком зависимости силы от координаты шарика. Простой подсчет приводит к следующему результату

\[v=\sqrt{\frac{\pi \varepsilon_{0} a E^{2}\left(l^{2}-l_{0}^{2}\right)}{m}} .\]

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

Подсказка

Вращающийся заряженный цилиндр — соленоид с поверхностной плотностью тока \(\sigma\omega R\). При раскручивании меняется его поле, возникает вихревое электрическое поле, которое раскручивает кольцо.

Ответ

\(\omega_1=-\dfrac{\mu_0\sigma Rq}{2m}\,\omega_0\); при одноимённых зарядах кольца и цилиндра кольцо вращается в сторону, противоположную вращению цилиндра.

Решение

Вращение заряженного цилиндра эквивалентно существованию кругового электрического тока. Как известно, индукция магнитного поля внутри соленоида рассчитывается по формуле

\[B=\mu_{0} n I,\tag{1}\]

где \(n\) - плотность намотки, \(I\) - сила тока через обмотку. Произведение \(n I\) можно рассматривать как поверхностную плотность тока - заряд, протекающий в единицу времени через единицу длины боковой поверхности цилиндра. При вращении равномерно заряженного цилиндра поверхностная плотность тока может быть представлена в виде \(\sigma v=\sigma R \omega\), где \(\omega\) - угловая скорость вращения цилиндра.

Следовательно, в соответствии с формулой (1) индукция магнитного поля внутри вращающегося заряженного цилиндра определяется выражением

\[B = \mu_0 \sigma R \omega\tag{2}\]

При изменении скорости вращения (что неизбежно во время раскручивании) изменяется величина индукции поля, что в следствие явления электромагнитной индукции приводит к возникновению вихревого электрического поля. По закону Фарадея скорость изменения магнитного потока равна ЭДС индукции возникающего в контуре. Принимая во внимание осевую симметрию задачи и считая магнитное поле однородным, этот закон можно выразить в виде уравнения

\[2\pi r E = -\pi r^2 \frac{\Delta B}{\Delta t} = -\pi r^2 \mu_0 \sigma R \frac{\Delta \omega}{\Delta t}\tag{3}\]

из которого следует выражение для напряженности вихревого электрического поля

\[E = -\pi r^2 \frac{\Delta B}{\Delta t} = -\frac{r \mu_0 \sigma R}{2} \frac{\Delta \omega}{\Delta t}\tag{4}\]

Это поле действует на заря кольца, приводя к появлению момента сил, раскручивающего кольца. Корректное рассмотрение сил, действующих на отдельные малые элементы кольца, приводит к следующему выражению для изменения его угловой скорости

\[m r \frac{\Delta \omega_1}{\Delta t} = q E\tag{5}\]

Подставим выражение для напряженности вихревого поля (4) в уравнение (5), получим

\[\frac{\Delta \omega_1}{\Delta t} = -\frac{\mu_0 \sigma R q}{2m} \frac{\Delta \omega}{\Delta t}\tag{6}\]

Как следует из этого уравнения угловые ускорения цилиндра и кольца пропорциональны, следовательно (с учетом нулевых начальных условий), пропорциональны и угловые скорости вращения цилиндра и кольца, то есть

\[\omega_1 = -\frac{\mu_0 \sigma R q}{2m} \omega_0\tag{7}\]

Знак минус в полученном выражении указывает, что при одноименных зарядах кольца и цилиндра, кольцо будет вращаться в сторону, противоположную вращению цилиндра, в полном соответствии с правилом Ленца.

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

Подсказка

Сила давления действует лишь во время прохождения фронта волны, поэтому изменение скорости тела — импульс силы, делённый на массу. Для блока оцените, хватит ли полученной энергии, чтобы поставить его «на ребро».

Ответ

5.1) \(v_{\max}=\dfrac{\Delta P}{c\rho}\approx 1{,}85\text{ м/с}\);  5.2) \(S_1\approx 1{,}75\text{ м}\);  5.3) смещение \(\approx 1{,}65\text{ м}\) (в направлении волны);  5.4) \(h>2g\left(\dfrac{\rho ca}{\Delta P}\right)^2\approx 6\text{ м}\).

Решение

Возникновение силы, действующей на тела со стороны волны, обусловлено разностью давлений с противоположных сторон тела.

Поэтому эта сила действует только во время прохождения фронтов (как переднего, так и заднего) ударной волны.

5.1 Для определения скорости льдины после прохождения переднего фронта найдем, воспользовавшись 2 законом Ньютона в известной формулировке: изменение импульса тела равно импульсу силы -

\[m \Delta v = \sum F_{i} \Delta t_{i} .\tag{1}\]

В этой записи учтено, что действующая сила переменна, кроме того мы пренебрегаем смещением льдины за время прохождения

переднего фронта ударной волны. Пусть координата переднего фронта волны равна \(x\) и площадь поперечного сечения льдины в этой плоскости равна \(S(x)\). Тогда сила давления волны на льдину в этот момент времени будет равна \(F = \Delta P S(x)\). Величина интервала времени прохождения участка длиной \(\Delta x_{i}\) выразим с помощью очевидного соотношения \(\Delta t_{i} = \frac{\Delta x_{i}}{c}\). Тогда импульс силы представляется в виде

\[m \Delta v = \sum F_{i} \Delta t_{i} = \sum_{i} \Delta P S(x_{i}) \frac{\Delta x_{i}}{c} = \frac{\Delta P}{c} \sum_{i} S(x_{i}) \Delta x_{i} .\]

Стоящее под знаком суммы выражение является объемом тела, поэтому изменение скорости тела при прохождении фронта волны описывается формулой

\[\Delta v = \frac{\Delta P}{c \rho} .\tag{2}\]

Здесь мы пренебрегаем импульсом силы трения из-за малости последней, по сравнению с силами давления. Так как до прихода волны льдина покоилась, то после прохождения переднего фронта она будет иметь скорость \(v_{0} = \frac{\Delta P}{c \rho} \approx 1{,}85 \frac{M}{c}\). Заметим, что эта скорость много меньше скорости волны, что будет использовано в дальнейшем.

5.2 При скольжении по льду, глыба льда будет двигаться с ускорением, возникающем из-за действия силы трения \(a = -\mu g\). Определим, успеет ли льдина остановиться до прихода заднего фронта волны. За время прохождения волны \(\tau = \frac{L}{c} = 1{,}0 c\), скорость льдины уменьшится до \(v_{1} = v_{0} - \mu g \tau \approx 1{,}65 \frac{M}{c}\), то есть к приходу

заднего фронта льдина будет двигаться и доэтого момента пройдет путь

\[S_{1}=v_{0} \tau-\frac{\mu g \tau^{2}}{2} \approx 1{,}75 \text { м. }\tag{3}\]

Это и будет максимальным смещением льдины.

5.3 После прохождения заднего фронта волны льдина получит импульс в противоположном направлении, при этом ее скорость изменится на величину, определяемую формулой (2). Следовательно ее скорость станет равной

\[v_{2}=v_{1}-\Delta v=v_{0}-\mu g \tau-\Delta v=-\mu g \tau .\tag{4}\]

При такой начальной скорости льдина пройдет до остановки путь

\[S_{2}=\frac{v_{2}^{2}}{2 \mu g}=\frac{\mu g \tau^{2}}{2} \approx 0{,}10 \text { м. }\]

Таким образом, льдина окажется смещенной на величину \(S_{1}-S_{2} \approx 1{,}65 \text { м. }\)

5.4 Падение стены является вращением вокруг оси \(O\), проходящей через нижнее ребро блока, поэтому в дальнейшем все моменты сил будем рассчитывать относительно этой оси.

Сила, давления ударной волны на блок, равная

\[F=\Delta P S=\Delta P l h\tag{1}\]

\((S\) - площадь стены, \(l\) - ее длина), действует в течении промежутка времени \(\tau=\frac{a}{c} \approx 10^{-3} c\).

Прежде всего, момент силы давления на блок \(M_{1}=F \frac{h}{2}=\Delta P l \frac{h^{2}}{2}\), должен превысить момент силы тяжести \(M_{2}=m g \frac{a}{2}=\rho g l h \frac{a^{2}}{2}\), что будет выполняться при

\[h>\frac{\rho g a^{2}}{\Delta P} \approx 5 \cdot 10^{-3} \text { м. }\]

Далее необходимо учесть, что сила давления действует в течении очень малого промежутка времени, поэтому необходимо рассмотреть и другие необходимые условия опрокидывания. Так энергии полученной блок должно хватить, чтобы «поставить блок на ребро», то есть поднять центр тяжести блока над ось вращения.

Для строго расчета необходимо использовать уравнения динамики вращательного движения. Для проведения оценок будем считать, что вся масса блока сосредоточена в его центре масс.

Скорость центра масс можно оценить из уравнения 2 закона Ньютона (полагая, что за время \(\tau\) можно пренебречь смещением блока),

\[F \tau=m V_{c} \quad \Rightarrow V_{c}=\frac{\Delta P}{\rho c} .\tag{2}\]

Кинетическая энергия, приобретенная блоком, должна быть равна изменению потенциальной энергии при подъеме блока «на ребро». При этом изменение высоты центра масс рассчитывается по формуле

\[\Delta h_{c}=\sqrt{\left(\frac{h}{2}\right)^{2}+\left(\frac{a}{2}\right)^{2}}-\frac{h}{2} \approx \frac{a^{2}}{4 h}\tag{3}\]

здесь использованно предположение о малости ширины блока, по сравнению с его высотой. Итак, энергетическое условие опрокидывания имеет вид

\[\frac{m V_{c}^{2}}{2}>m g \Delta h_{c} \quad \Rightarrow h>2 g\left(\frac{\rho c a}{\Delta p}\right)^{2} \approx 6 \text{м} .\]

Полученное значение оправдывает сделанное при выводе предположение о малости ширины блока, по сравнению с его высотой.

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