Белорусская, 2003/04, заключительный этап, 9 класс, теоретический тур

Подсказка

Кран опрокидывается вокруг оси, проходящей через ряд колёс со стороны груза: приравняйте момент силы тяжести груза и момент силы тяжести крана относительно этой оси и проверьте обе возможные оси.

Ответ

а) \(m_{\max}=\dfrac{a}{2l_1\cos\alpha\sin\varphi-a}M\) (по официальному решению 2,5 т);  б) \(m_3=\dfrac{a}{2l\cos\alpha-a}M\approx1{,}1\) т, \(a_{\max}=\dfrac{m_3-m}{m}g\approx0{,}98\) м/с\(^2\), силы давления рядов колёс различны;  в) \(\Delta a=\dfrac{l\cos\alpha-a}{2}\approx9\) м.

Решение

а) Пусть кран равномерно поднимает груз \(m\) при угле поворота башни крана \(\varphi\) и подъеме стрелы на угол \(\alpha\) над горизонтом. Основная нагрузка в этом случае будет приходиться на колесный ряд, расположенный со стороны груза. Соответственно здесь (вдоль длинной стороны крана) будет проходить ось возможного опрокидывания машины. Опрокидывающий момент силы тяжести груза относительно этой оси, параллельной длинной стороне крана, равен

\[M_1 = m\,g\,(l_1 \cos\alpha \sin\varphi - \frac{a}{2}).\tag{1}\]

Соответственно стабилизирующий момент силы тяжести самого крана относительно той же оси

\[M_2 = M\,g\,\frac{a}{2}\tag{2}\]

При равновесии крана

\[M_1 = M_2 \quad \Rightarrow \quad m = \frac{a}{2l_1 \cos\alpha \sin\varphi - a} M = 2{,}5\,\text{т}.\tag{3}\]

Подчеркнем, что необходимо также проверить условие отсутствия опрокидывания крана относительно второй (малой) стороны при равномерном подъеме груза. В этом случае (будем считать, что передние колеса удалены от начала машины незначительно)

\[M_1 = m\,g\,(l_1 \cos\alpha \cos\varphi - \frac{3a}{4})\tag{4}\]

\[M_2 = M\,g\,a\tag{5}\]

Из условий (4)-(5) находим максимально возможный груз для «короткой» оси крана

\[m = \frac{4a}{4l_1 \cos\alpha \cos\varphi - 3a} = 7{,}3\,\text{т}.\tag{6}\]

Как видим, в этом случае максимальное значение груза ограничивается наименьшим из значений (3) или (6)

\[m = 2{,}5\,\text{т}.\tag{7}\]

Как и следовало ожидать, наиболее вероятное опрокидывание машины в этом случае — «набок». б) При вычислении максимальной грузоподъемности в наиболее опасном положении следует в (3) положить \(\varphi = 90^\circ\), \(l_1 = l\). Соответствующий расчет дает

\[m_3 = \frac{a}{2l \cos\alpha - a} M = 1{,}1\,\text{т}\tag{8}\]

При ускоренном движении груза вверх его вес (соответственно и опрокидывающий момент) увеличиваются по закону

\[T = m_4(a + g)\tag{9}\]

Следовательно, при максимальном ускорении груза \(a_{max}\) должно выполняться равенство

\[m_4(a_{\text{max}} + g) = m_3 g \quad \Rightarrow \quad a_{\text{max}} = \frac{m_3 - m_4}{m_4} g = \frac{g}{10} = 0{,}98\,\frac{\text{м}}{\text{с}^2}.\tag{10}\]

Конечно же силы давлений правого и левого колесных рядов крана на грунт будут различны, поскольку в противном случае они не смогут удержать машину в равновесии. Более того, можно заметить, что при критических параметрах внешний (по отношению к нагрузке) колесный ряд уже оторвется от земли и не будет оказывать на

нее давления. Незначительное увеличение нагрузки в этом случае может привести к опрокидыванию машины.

в) При выдвижении боковых упоров увеличивается площадь опоры автокрана, что, в соответствии с правилами статики, увеличивает его устойчивость. Формально это можно описать заменой \(a\) в выражении (8) на \(a + 2\Delta a\). Соответствующий расчет дает

\[M = \frac{a + 2\Delta a}{2l \cos \alpha - (a + 2\Delta a)} M \quad \Rightarrow \quad \Delta a = \frac{l \cos \alpha - a}{2} = 9 \, \text{м}.\tag{11}\]

Конечно же, упоры получились «гигантских» размеров, поскольку мы потребовали от обычного автокрана «муравьиной супермощности». В реальности автокраны работают с грузами, не превосходящими их по массе, что требует упоров значительно меньших размеров.

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

Подсказка

Установившееся движение — равновесие силы тяжести, силы Архимеда и вязкого трения, пропорционального скорости. Скорость линейно зависит от степени наполнения, поэтому достаточно двух известных точек.

Ответ

1) Скорости при удвоении длины приблизительно уменьшаются вдвое;  2) \(v=v_0-(v_0+v_1)\eta\);  3) \(v=v_0-n(v_0+v_1)\eta\), при \(\eta=1\) скорость вниз \(nv_1+(n-1)v_0\).

Решение

1. Во время движения на пробирку действуют сила тяжести, выталкивающая сила Архимеда и сила вязкого трения, пропорциональная скорости движения пробирки. Так как сила сопротивления пропорциональна скорости, то по прошествии малого промежутка времени пробирка будет двигаться с постоянной скоростью, которую можно найти из условия равновесия сил (положительное направление — вверх):

\[\rho V g - m_0 g - \rho_1 \eta V g = \beta v,\tag{1}\]

где \(\rho\), \(\rho_1\) — плотности воды и жидкости внутри пробирки, \(V\) — объем пробирки, \(m_0\) — масса пустой пробирки, \(\beta\) — коэффициент пропорциональности между силой сопротивления и скоростью пробирки. Основная причина, приводящая к возникновению силы сопротивления — перетекание воды в узком слое между стенками трубки и пробирки, поэтому коэффициент \(\beta\) приблизительно пропорционален длине пробирки. Следовательно, если взять пробирку вдвое большей длины (при прочих равных условиях), то указанные скорости приблизительно уменьшатся в два раза.

2. Из уравнения (1) следует, что скорость установившегося движения пробирки линейно зависит от степени ее наполнения

\[v = A \eta + B,\tag{2}\]

где \(A\), \(B\) — постоянные коэффициенты, которые можно определить из двух известных скоростей. Окончательный вид зависимости скорости от степени наполнения имеет вид

\[v = -(v_0 + v_1)\eta + v_0.\tag{3}\]

3. Из уравнения (1) следует, что коэффициент при \(\eta\), в линейной зависимости вида (2), пропорционален плотности налитой жидкости. Поэтому для другой жидкости зависимость скорости от степени наполнения будет иметь вид

\[v = -n(v_0 + v_1)\eta + v_0.\tag{4}\]

Графики этих зависимостей показаны на рисунке, где обозначена скорость движения пробирки, полностью заполненной другой жидкостью,

\[v'_1 = n v_1 + (n - 1)v_0.\]

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

Подсказка

Запишите координаты платформы и шарика, перейдите к началу отсчёта в точке броска и найдите момент встречи; сравните его с моментом достижения верхней точки.

Ответ

\(x_1=\dfrac{at^2}{2}\), \(x_2=\dfrac{a\tau^2}{2}+(a\tau+v_0)(t-\tau)-\dfrac{g(t-\tau)^2}{2}\); перемещение \(x_{\text{п}}=\dfrac{2v_0a}{a+g}\left(\tau+\dfrac{v_0}{a+g}\right)\); путь \(S=x_{\text{п}}\) при \(v_0<a\tau\dfrac{g+a}{g-a}\), иначе \(S=\dfrac{(a\tau+v_0)^2}{g}-x_{\text{п}}\).

Решение

1. Законы движения платформы \(x_1(t)\) и шарика \(x_2(t)\) имеют вид

\[x_1 = \frac{at^2}{2}\]

\[x_2 = \frac{a\tau^2}{2} + (a\tau + v_0) \cdot (t - \tau) - \frac{g(t - \tau)^2}{2}\tag{1}\]

Здесь начало отсчета времени совмещено со стартом платформы, а начало отсчета вертикальной оси \(X\) находится на поверхности земли. Схематические графики законов движения показаны ниже на рисунке.

Следует отметить, что в данной задаче следует рассмотреть два варианта: - до падения на платформу шарик успевает достичь верхней точки траектории свободного движения; - платформа догоняет шарик, который продолжает двигаться вверх. Для упрощения дальнейших расчетов совместим начало отсчета координат с точкой, в которой был брошен шарик, с этим же моментом свяжем начало отсчета времени. В такой системе отсчета законы движения имеют вид

\[x_1 = a\tau \cdot t + \frac{at^2}{2}\]

\[x_2 = (a\tau + v_0) \cdot t - \frac{gt^2}{2}\tag{2}\]

Определим момент времени падения шарика на платформу \(t_2\), для чего следует решить уравнение \(x_1(t_2) = x_2(t_2)\). Решение этого уравнения выражается формулой

\[t_2 = \frac{2v_0}{a + g}.\tag{3}\]

При свободном движении шарика в верхней точке его скорость обращается в нуль, что позволяет найти этот момент времени. Так как скорость шарика изменяется по закону \(v_2 = (a\tau + v_0) - gt\), то скорость шарика может обратиться в нуль при

\[t_1 = \frac{a\tau + v_0}{g}.\tag{4}\]

Итак, шарик не успеет достичь верхней точки своей траектории свободного движения при выполнении условии \(t_1 > t_2\), или при следующем соотношении между исходными параметрами

\[v _ { 0 } < a \tau \frac { g + a } { g - a } .\tag{5}\]

В этом случае модуль перемещения и пройденный путь равны и могут быть найдены как координата точки падения шарика на платформу

\[x _ { n } = x _ { 1 } ( t _ { 2 } ) = x _ { 2 } ( t _ { 2 } ) = \frac { 2 v _ { 0 } a } { a + g } \cdot \left( \tau + \frac { v _ { 0 } } { a + g } \right) .\tag{6}\]

Если же неравенство (5) не выполняется, то пройденный путь будет превышать модуль перемещения (который, по-прежнему, определяется формулой (6)). Как легко увидеть из графиков законов движения, в этом случае пройденный путь равен

\[S = x _ { n } + 2 ( x _ { \text{в} } - x _ { n } ) ,\tag{7}\]

где \(x _ { \text{в} }\) -координата верхней точки траектории, которая в свою очередь легко определима

\[x _ { \text{в} } = \frac { ( a \tau + v _ { 0 } ) ^ { 2 } } { 2 g } .\tag{8}\]

Итак, окончательно получим выражения для пройденного пути

\[S = \frac { ( a \tau + v _ { 0 } ) ^ { 2 } } { g } - \frac { 2 v _ { 0 } a } { a + g } \cdot \left( \tau + \frac { v _ { 0 } } { a + g } \right) .\tag{9}\]

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

Подсказка

Вся теплота Джоуля—Ленца в стержне уходит на плавление слоя льда толщиной в диаметр стержня; для разреза «под углом» перейдите в систему отсчёта бруса и сложите скорости по Галилею.

Ответ

1) \(t_1=\dfrac{2\lambda\rho\rho^*ab^2}{\pi rU^2}\approx1{,}9\cdot10^2\) с, \(\upsilon\approx5{,}3\) мм/с;  2) \(t_2=\dfrac{a}{\sqrt{\upsilon^2-u^2}}\approx2{,}3\cdot10^2\) с, \(\alpha=\arccos\dfrac{u}{\upsilon}\approx56^\circ\).

Решение

а) процесс разрезания бруса представляет собой процесс плавления той области образца, где проходит нож. Следовательно, необходимо расплавить слой льда массой

\[m = \rho \cdot V = \rho a b 2 r \ ,\tag{1}\]

где \(\rho\) - плотность льда. Для этого потребуется количество теплоты

\[Q = \lambda \cdot m = 2 \lambda \rho a b r \ ,\tag{2}\]

которое должно выделится на резисторе сопротивлением

\[R = \rho ^ { * } \frac { l } { S } = \rho ^ { * } \frac { b } { \pi r ^ { 2 } } \ ,\tag{3}\]

где \(\rho ^ { * }\) — удельное сопротивление стали. С учетом закона Джоуля-Ленца можем записать

\[\frac { U ^ { 2 } } { R } t _ { 1 } = \lambda m \quad \Rightarrow \quad \{ ( 1 ) - ( 3 ) \} \quad \Rightarrow \quad \frac { U ^ { 2 } \pi r ^ { 2 } } { \rho ^ { * } b } t _ { 1 } = 2 \lambda \rho a b r \quad .\tag{4}\]

Из (4) находим искомое время

\[t _ { 1 } = \frac { 2 \lambda \rho \rho ^ { * } a b ^ { 2 } } { U ^ { 2 } \pi r } = 1 { , } 9 \cdot 1 0 ^ { 2 } \, \text{с} \ .\tag{5}\]

Соответственно, для скорости движения ножа получаем

\[\upsilon = \frac { a } { t _ { 1 } } = \frac { U ^ { 2 } \pi r } { 2 \lambda \rho \rho ^ { * } b ^ { 2 } } = 5 { , } 3 \cdot 1 0 ^ { - 3 } \, \frac{\text{м}}{\text{с}} = 5 { , } 3 \, \frac{\text{мм}}{\text{с}} \ .\tag{6}\]

Из анализа (6) видно, что при заданных параметрах системы скорость движения ножа относительно бруса является постоянной величиной и не зависит от толщины \(a\) бруса.

б) Для решения задачи в этом случае перейдем в подвижную систему отсчета, связанную с брусом, т.е. движущуюся влево со скоростью \(\vec{u}\). Согласно преобразованиям Галилея при таком переходе (прямом) скорость ножа относительно земли \(\vec{w}\) связана с относительной скоростью \(\vec{\upsilon}\) следующим образом

\[\vec{\upsilon} = \vec{w} - \vec{u} \ .\tag{7}\]

Поскольку скорость движения ножа относительно бруса (6) не может измениться по модулю (см. пункт а)), то из прямоугольного треугольника скоростей, соответствующего преобразованиям Галилея, найдем скорость \(w\) нормального движения ножа

\[w = \sqrt{ \upsilon ^2 - u^2} = 4{,}4 \frac{\text{мм}}{\text{с}}.\tag{8}\]

При таком способе «распилки» потребуется время

\[t_2 = \frac{a}{w} = 2{,}3 \cdot 10^2 \text{ с}.\tag{9}\]

Угол \(\alpha\) при вершине бруса в этом случае определяется опять же из векторного треугольника скоростей

\[\cos \alpha = \frac{u}{ \upsilon } = 0{,}57 \quad \Rightarrow \quad \alpha = 56^\circ = 0{,}97 \text{ рад}.\tag{10}\]

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