Белорусская, 2011/12, заключительный этап, 9 класс, теоретический тур

Подсказка

При силе, пропорциональной скорости, изменение скорости пропорционально пройденному пути, поэтому график скорости от координаты — прямая; удар о стенку и отражение света в зеркале удобно учитывать «отражением» графика (метод изображений).

Ответ

1.1) а) \(\dfrac{V}{V_0}=1-\dfrac15\left(\dfrac{x}{a}-1\right)\) при \(1<\dfrac{x}{a}<6\); б) до удара \(\dfrac{V}{V_0}=1+\dfrac15\left(\dfrac{x}{a}-1\right)\) при \(0<\dfrac{x}{a}<1\), после удара \(\dfrac{V}{V_0}=\dfrac45-\dfrac{x}{5a}\) при \(0<\dfrac{x}{a}<4\); 2.2) \(I(x)=I_1(x)+I_1(x+2a)\) (график исходной зависимости складывается с его сдвигом на \(2a\) влево).

Решение

Часть 1. Механическая

Найдем зависимость скорости шарика от его координаты. Запишем уравнение второго закона Ньютона для движущегося шарика

\[ma = -\beta V,\tag{1}\]

и подставим в него выражения для мгновенных скорости и ускорения

\[m\frac{\Delta V}{\Delta t} = -\beta\frac{\Delta x}{\Delta t}.\tag{2}\]

После сокращения на \(\Delta t\) получим

\[m\Delta V = -\beta\Delta x.\tag{3}\]

Данное выражение справедливо не только для малых промежутков времени, но и для любых конечных интервалов (что доказывается простым суммированием по малым промежуткам), поэтому

\[V - V_0 = -\frac{\beta}{m}(x - x_0) \quad \Rightarrow \quad V = V_0 - \frac{\beta}{m}(x - x_0).\tag{4}\]

Таким образом, скорость линейно убывает с ростом пройденного пути. Очевидно, что формула (4) справедлива только для положительных значений модуля скорости. Подставим значение \(\beta = \frac{mV_0}{5a}\) и получим окончательный вид:

\[V = V_0 - \frac{V_0}{5a}(x - x_0)\tag{5}\]

При движении шарика от стенки, формула (5) определяет искомую функцию в виде

\[V = V_0 - \frac{V_0}{5a}(x - a), \quad (a < x < 6a)\tag{6}\]

Для построения графика удобно эту функцию представить в относительных единицах

\[\frac{V}{V_0} = 1 - \frac{1}{5}\left(\frac{x}{a} - 1\right), \quad \left(1 < \frac{x}{a} < 6\right)\tag{7}\]

График этой функции представляет отрезок прямой \(AB\). В том случае, когда начальная скорость шарика направлена к стенке, то до удара зависимость скорости от координаты определяется выражением

\[\frac{V}{V_0} = 1 + \frac{1}{5}\left(\frac{x}{a} - 1\right), \quad \left(0 < \frac{x}{a} < 1\right).\tag{8}\]

Этот участок на графике изображается отрезком \(AC\). После отражения от стенки направление вектора скорости изменится на противоположное, поэтому вид функции изменится (отрезок \(CD\) на графике):

\[\frac{V}{V_0} = \frac{4}{5} - \frac{x}{5a}, \quad \left(0 < \frac{x}{a} < 4\right).\tag{9}\]

График зависимости скорости шарика от координаты при отражении от стенки можно также

получить «отражением» графика движения в положительном направлении. Можно также «отразить» начальную точку \(A\) (ее «изображение» - \(A'\)) и провести от нее исходный график – отрезок \(A'CD\).

1.2 Для построения требуемого графика проще воспользоваться методом «отражения». До удара о стенку график зависимости является отражением исходного графика относительно прямой \(x = a\) (участок \(AB\)), а после удара – графиком исходной зависимости, сдвинутым влево на величину \(2a\). Можно также отразить начальную точку \(A \to A'\) Часть 2. Оптическая

2.1 Построение хода лучей при отражении в плоском зеркале хорошо известно и комментариев не требует. Изображение будет находится «зеркально симметрично» на расстоянии \(a\) за зеркалом.

2.2 Фотоприемник будет воспринимать свет, исходящий как непосредственно от источника, так и отраженный от зеркала. Если зависимость интенсивности света от расстояния до источника \(r\) имеет вид \(I_0(r)\), то при наличии зеркала суммарная интенсивность описывается функцией

\[I(x) = I_0(x-a) + I_0(x+a).\tag{10}\]

Или, аналогично, если исходная функция зависимости от координаты имеет вид \(I_1(x)\) (представленный графически), то требуемая функция описывается выражением

\[I(x) = I_1(x) + I_1(x+2a).\]

Иными словами: необходимо сместить

исходный график \(AB\) на \(2a\) влево (кривая \(A'B'\)) и сложить их в области перекрытия (результат – кривая \(CD\)).

Обрыв кабеля приводит к тому, что ток перестает течь через место обрыва. Этому же условию можно

удовлетворить, если симметрично относительно места обрыва расположить еще один такой же источник тока, тогда суммарная сила тока в месте обрыва будет равна нулю. Для построения графика зависимости силы тока от координаты необходимо исходный график \(ABC\) сместить влево на \(2a\) (\(A'B'C'\)). Затем в области между источником и точкой обрыва вычесть токи, так как здесь они текут в противоположных направлениях (\(ED\)), а вне этой области их сложить (\(FG\)). Результат такого построения показан на рисунке.

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

Подсказка

В установившемся режиме выделяемая в проводнике мощность равна теплоотдаче через боковую поверхность; время разогрева находите по начальной скорости роста температуры.

Ответ

1.1) \(t_{\max}=\dfrac{\rho I^2}{2\alpha\pi^2a^3}=89^\circ\text{С}\), \(\tau_1=\dfrac{c\gamma a}{2\alpha}=0{,}40\) с; 1.2) \(I_{\max1}=16\) А, \(I_{\max2}=16\sqrt8\approx45\) А; 2.1) \(I_{\max3}=16\) А, при мгновенном токе \(5I_{\max3}\) первым перегорит более тонкий предохранитель; 2.2) \(I_{\max4}=56\) А (первым перегорает более толстый); при мгновенном токе \(5I_{\max4}\) предохранители перегорают практически одновременно (в более точной модели чуть раньше толстый); 2.3) первым перегорит более тонкий предохранитель.

Решение

Часть 1. Один предохранитель.

1.1 После замыкания цепи на предохранителе (резисторе) согласно закону Джоуля-Ленца начнет выделяться теплота, которая будет постепенно разогревать предохранитель до предельной температуры. График зависимости температуры предохранителя от времени \(t(\tau)\) приведен в условии.

В переходном режиме температура предохранителя увеличивается. При этом часть теплоты идет на нагревание предохранителя (\(Q_1 = cm\Delta t\)), а часть (\(Q_2\)) «уходит» через боковую поверхность предохранителя в окружающую среду.

В стационарном режиме температура предохранителя установится, достигнув предельного значения \(t_{\text{max}}\), и далее перестанет нарастать, т.е. можно также назвать равновесной температурой. Действительно, по мере роста температуры резистора будет увеличиваться поток теплоты в окружающее пространство через его боковую поверхность, тогда как мощность тепловыделения будет оставаться постоянной. В этом режиме часть теплоты, идущая на нагревание предохранителя, равна нулю (\(Q_1 = 0\)).

Таким образом, в стационарном (установившемся) режиме количество теплоты, выделяемой в резисторе за промежуток времени, должно быть равно количеству теплоты \(Q_2\), отдаваемому за этот же промежуток времени в окружающую среду (равенство мощностей)

\[I^2 R = \alpha S \Delta t = \alpha S t,\tag{1}\]

где \(R = \rho \frac{l}{\pi a^2}\) – сопротивление резистора, \(S = 2\pi a l\) – площадь его боковой поверхности, \(\alpha\) – коэффициент теплоотдачи.

Используя (1), найдем искомую температуру \(t_{\text{max}}\)

\[t_{\text{max}} = \frac{\rho I^2}{2\alpha \pi^2 a^3}.\tag{2}\]

Отметим, что максимальная температура, до которой может разогреться предохранитель, обратно пропорциональна кубу его радиуса и пропорциональная квадрату силы тока.

Расчет для рассматриваемого предохранителя дает следующее значение

\[t_{\text{max}} = \left( \frac{1{,}5 \cdot 10^{-8} \cdot (10)^2}{2 \cdot 8{,}5 \cdot 10^2 \cdot (3{,}14)^2 \cdot (1{,}0 \cdot 10^{-4})^3} \right) \, ^\circ\text{С} = 89 \, ^\circ\text{С}.\tag{3}\]

Для оценки времени \(\tau\) разогрева предохранителя до предельной температуры запишем уравнение теплового баланса в некоторый момент времени \(\tau\), когда его температура равна \(t\)

\[c \gamma \pi a^2 l \frac{\Delta t}{\Delta \tau} = I^2 \rho \frac{l}{\pi a^2} - \alpha 2\pi l a t = I^2 \rho \frac{l}{\pi a^2} - \alpha 2\pi l a t,\tag{4}\]

где \(\Delta t\) – приращение температуры предохранителя за малый промежуток времени \(\Delta \tau\).

Заметим, что на графике зависимости \(t(\tau)\) величина \(\frac{\Delta t}{\Delta \tau}\) соответствует скорости нарастания температуры со временем в рассматриваемой точке.

Скорость нарастания температуры в начальный момент времени (\(t = 0\)) равна

\[\left( \frac { \Delta t } { \Delta \tau } \right) _ { 0 } = I ^ { 2 } \frac { \rho } { \pi ^ { 2 } c \gamma a ^ { 4 } } \, ,\tag{5}\]

тогда точка пересечения прямой \(\text{АВ}\) с горизонтальной прямой \(t = t_{\text{max}}\) будет соответствовать искомому значению \(\tau_1\) (см. рис. в условии). Таким образом,

\[\tau_1 = \frac{t_{\text{max}}}{\left( \frac{\Delta t}{\Delta \tau} \right)_0} = \frac{c \gamma a}{2 \alpha} \, .\tag{6}\]

Запомним, время разогрева пропорционально радиусу предохранителя.

Подстановка численных значений для рассматриваемого предохранителя дает \(\tau_1 = 0{,}40\,\text{с}\)

1.2 Плавление предохранителя происходит в том случае, если максимальная температура, которой может достичь предохранитель, превысит его температуру плавления \(t_{\text{пл}} = 2{,}3 \cdot 10^2\,^\circ\text{С}\).

Таким образом

\[t_{\text{max}} = t_{\text{пл}} = \frac{\rho I_{\text{max1}}^2}{2 \alpha \pi^2 a^3} \quad \Rightarrow \quad I_{\text{max1}} = \sqrt{ \frac{2 \alpha \pi^2 a^3 t_{\text{пл}}}{\rho} } \, .\tag{7}\]

Расчет

\[I_{\text{max1}} = \sqrt{ \frac{2 \cdot 8{,}5 \cdot 10^2 \cdot 3{,}14^2 \cdot (1{,}0 \cdot 10^{-4})^3 \cdot (230)}{1{,}5 \cdot 10^{-8}} } \, (\text{А}) = 16\,\text{А} \, .\tag{8}\]

Как следует из (7), максимальная сила тока \(I_{\text{max}}\) возрастает пропорционально радиусу в степени \(3/2\) \(I \propto a^{3/2}\) — при заданной силе тока у предохранителя меньшего радиуса и сопротивление больше, и теплоотдача меньше!

Следовательно, при увеличении радиуса предохранителя в два раза сила тока, при которой он перегорит, возрастет в \(\sqrt{8} = 2{,}83\) раза и станет равным \(I_{\text{max2}} = 45\,\text{А}\).

Часть 2. Два предохранителя.

2.1 При последовательном включении предохранителей сила тока в них одинакова. При медленном увеличении силы тока температура каждого из предохранителей в любой момент будет равна равновесной температуре. Так как у меньшего проводника эта температура выше, то он и перегорит первым.

Если же сила тока в цепи устанавливается очень быстро, то для того, чтобы определить какой предохранитель перегорит быстрее необходимо проанализировать зависимости температур обоих предохранителей от времени. Время разогрева у меньшего предохранителя меньше, поэтому зависимости температур от времени имеют вид, показанный на рисунке: 1- предохранитель меньшего радиуса, 2- предохранитель большего радиуса. Из рисунка видно, в любом случае температура первого предохранителя в любой момент больше, поэтому он всегда перегорит первым. После того, как он перегорит, цепь разорвется.

Таким образом, в этом случае составной резистор перегорит при силе тока в цепи

\[I_{\text{max3}} = I_{\text{max1}} = 16\,\text{А} \, .\tag{9}\]

2.2 При параллельном соединении напряжения на предохранителях равны. Поэтому в данном случае удобно выразить предельную (равновесную) температуру через напряжение на предохранителе. Из условия теплового равновесия, которое в данном случае имеет вид

\[\frac{U^{2}}{R}=\alpha 2 \pi a l t,\tag{10}\]

следует, что эта температура равна

\[t_{\max }=\frac{U^{2}}{R \cdot 2 \alpha \pi a l}=\frac{U^{2}}{\frac{\rho l}{\pi a^{2}} \cdot 2 \alpha \pi a l}=\frac{U^{2} a}{2 \pi \alpha l^{2} \rho},\tag{11}\]

и пропорциональна радиусу предохранителя.

Следовательно, при медленном увеличении силы тока в цепи первым перегорит более толстый предохранитель. Это произойдет при токе через него силой \(I_{\max 2}=45\) А. Сила тока в общей цепи в этом случае должна быть равной \(I_{\max 4}=\left(1+\frac{1}{4}\right) I_{\max 2}=56\) А. После перегорания второго предохранителя весь ток пойдет через первый, и его достаточно, чтобы сжечь и этот предохранитель!

Если в цепи мгновенно устанавливается некоторое значение силы тока, то необходимо анализировать зависимости температур резисторов от времени. Из уравнения теплового баланса (4) следует, что время разогрева не зависит ни от силы тока, ни от напряжения на предохранителе и определяется формулой (6)., которая утверждает, что время разогрева пропорциональна радиусу предохранителя. Таким образом, в данных условиях реализуется неожиданная ситуация: и максимальная температура и время разогрева одинаково зависят от радиуса предохранителя. Поэтому графики зависимостей температуры от времени будут совпадать до достижения одним из них предельной температуры.

При токе в цепи равном \(I_{0}=5 I_{\max 4}=280\) А, сила тока через первый предохранитель будет равна \(I=\frac{1}{5} I_{0}=56\) А. При такой силе тока, этот предохранитель также расплавится, поэтому в рамках данной модели оба предохранителя должны расплавиться одновременно! Однако, в рамках более точной модели, которая показана на графике в условии задачи, следует, что в этом случае температура более толстого предохранителя все время будет немного выше, поэтому первым перегорит именно он!

2.3 Если укоротить длину первого предохранителя то его максимальная (равновесная) температура в соответствии с формулой (11) повысится, а время разогрева не изменится, поэтому схематические графики зависимостей температур от времени приобретут вид,

показанный на рисунке. Максимальная температура первого предохранителя также превысит температуру плавления. Поэтому в соответствии с графиком, в этом случае первым расплавится предохранитель меньшего радиуса.

Заметим, что и при точном расчете данный вывод подтверждается, что иллюстрируют графики точной зависимости предохранителей от времени.

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

Подсказка

В установившемся режиме шайба движется по окружности вокруг оси диска, а нить отклонена от радиуса на угол \(\gamma=2\alpha\); разложите натяжение на радиальную и касательную составляющие и учтите, что при слишком малой частоте нить уже не отклоняется на \(\gamma\le90^\circ\) и радиус траектории считается иначе.

Ответ

1.1) \(\gamma=3{,}6^\circ\), \(v=13\) м/с; 1.2) \(v_{\max}=\sqrt{2KRg}\approx14\) м/с; 2.1) \(\mu=\dfrac{v_1^2}{2gS}=0{,}42\); 2.2) \(v=3{,}0\) м/с; 2.3) \(v=2{,}0\) м/с; 2.4) \(v=1{,}4\) м/с.

Решение

Часть 1. Во всем виновато сопротивление воздуха!

1.1 Так как на шайбу действует сила сопротивления воздуха, то веревка должна отклониться от радиального направления на некоторый угол \(\gamma\). В этом случае шайба будет двигаться по окружности некоторого радиуса \(r\) (отрезок \(OB\)), а ее вектор скорости направлен перпендикулярно этому отрезку. Обозначим угол между нитью и отрезком \(OB\) \(\alpha\). Так как длина нити равна радиусу диска, треугольник \(OAB\) является равнобедренным. Поэтому

\[\gamma = 2\alpha,\tag{1}\]

\[r = 2R\cos\alpha\tag{2}\]

Силу натяжения нити удобно разложить на две составляющих: радиальную \(T_n\) (сообщающую шайбе центростремительное ускорение) и касательную к траектории \(T_\tau\) (которая компенсирует силу сопротивления воздуха). На основании второго закона Ньютона запишем уравнения движения для этих двух составляющих

\[\begin{aligned} T\cos\alpha &= m\omega^2 r \\ T\sin\alpha &= \beta\omega r \end{aligned}\tag{3}\]

Неизвестный параметр \(\beta\) можно определить из известной скорости установившегося падения шайбы (в этом режиме сила тяжести уравновешивается силой сопротивления воздуха):

\[\beta v_0 = mg \quad \Rightarrow \quad \beta = \frac{mg}{v_0}.\tag{4}\]

Разделив второе уравнение системы (2) на первое получим формулу для тангенса угла

\[\operatorname{tg}\alpha = \frac{\beta}{m\omega} = \frac{g}{\omega v_0}.\tag{5}\]

Подстановка численных значений (с учетом \(\omega = 2\pi n\)) приводит к результату

\[\operatorname{tg}\alpha = \frac{g}{\omega v_0} = \frac{10}{2\pi \cdot 1 \cdot 50} \approx 0{,}032 \quad \Rightarrow \quad \alpha = 1{,}8^\circ.\tag{6}\]

Следовательно, искомый угол отклонения нити равен

\[\gamma = 2\alpha = 3{,}6^\circ.\tag{7}\]

Скорость движения шайбы равна

\[v = r\omega = 4\pi R n \cos\alpha = 13 \frac{\text{м}}{\text{с}}.\tag{8}\]

Заметим, что при таком угле отклонения \(r = 2R\cos\alpha \approx 2{,}0\,\text{м}\), что в пределах точности исходных данных совпадает с удвоенным радиусом диска. То есть при таком угле для расчета скорости шайбы можно пренебречь отклонением нити от радиального направления.

1.2 Максимальная скорость шайбы будет достигнута, когда сила натяжения нити достигнет максимального значения. В этом случае в систему уравнений (4) подставим максимальное значение силы натяжения и формулу (2) для радиуса траектории:

\[\left\{ \begin{array} { l l } { T _ { \operatorname* { m a x } } \cos \alpha = m \omega ^ { 2 } r } \\ { T _ { \operatorname* { m a x } } \sin \alpha = \mu _ { 0 } r } \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array} { l l } { K m g \cos \alpha = 2 R m \omega ^ { 2 } \cos \alpha } \\ { K m g \sin \alpha = 2 R \frac { m g } { v _ { 0 } } \cos \alpha } \end{array} \right. .\tag{9}\]

По-прежнему, справедливо (5), кроме того, из второго уравнения этой системы следует, что

\[\operatorname { t g } \alpha = { \frac { 2 R \omega } { K v _ { 0 } } } \, .\tag{10}\]

Приравнивая эти два выражения для тангенса угла \(\alpha\), получим формулу для максимальной угловой скорости вращения диска

\[\frac { 2 R \omega } { K v _ { 0 } } = \frac { g } { v _ { 0 } \omega } \quad \Rightarrow \quad \omega _ { \mathrm { m a x } } = \sqrt { \frac { K g } { 2 R } } = 7 { , } 1 \, c ^ { - 1 }\tag{11}\]

При этой угловой скорости угол отклонения нити будет еще меньшим, поэтому можно считать, что радиус траектории шайбы равен \(r = 2 R\). Следовательно, максимально возможная скорость шайбы равна

\[v _ { \mathrm { m a x } } = 2 R \omega _ { \mathrm { m a x } } = \sqrt { 2 K R g } = 1 4 \frac { \varkappa } { c } \, .\tag{12}\]

Часть 2. Во всем виновата сила трения.

2.1 Коэффициент трения можно найти из уравнения закона сохранения энергии (начальная кинетическая энергия шайбы равна работе силы трения):

\[\frac { m v _ { 1 } ^ { 2 } } { 2 } = \mu \, m g S \, .\tag{13}\]

Из которого следует

\[\mu = \frac { v _ { 1 } ^ { 2 } } { 2 g S } = \frac { 1 } { 2 \cdot 1 0 \cdot 0 { , } 1 2 } = 0 { , } 4 2 \, .\tag{14}\]

Этот же результат следует и из кинематических соотношений для равнозамедленного движения шайбы.

2.2 Главное отличие решения данной части задачи от предыдущей - в другом выражении для силы сопротивления, сейчас это постоянная по модулю сила трения. В остальном, решение принципиально не отличается от предыдущего. Рисунок действующих на шайбу сил отличается от рассмотренного ранее только обозначением силы сопротивления. Уравнения второго закона Ньютона шайбы в прежних проекциях будут иметь вид

\[\begin{array} { l } { T \cos \alpha = m \omega ^ { 2 } r } \\ { T \sin \alpha = \mu m g } \end{array} .\tag{15}\]

Здесь \(F_{\text{тр.}} = \mu m g\) - сила трения, действующая на шайбу. Подставляя выражение (2) для радиуса траектории в первое уравнение этой системы, получим формулу для силы натяжения нити

\[T \cos \alpha = 2 m \omega^{2} R \cos \alpha \quad \Rightarrow \quad T = 2 m \omega^{2} R \, .\tag{16}\]

Теперь из второго уравнения системы (15) найдем значение угла \(\alpha\)

\[2 m \omega^{2} R \sin \alpha = \mu m g \quad \Rightarrow \quad \sin \alpha = \frac{\mu g}{2 \omega^{2} R} = \frac{\mu g}{8 \pi^{2} n^{2} R} \, .\tag{17}\]

Подстановка численных значений приводит к следующему значению угла \(\alpha\).

\[\sin \alpha = \frac{\mu g}{8 \pi^{2} n^{2} R} = \frac{0{,}42 \cdot 10}{8 \pi^{2} \cdot (0{,}30)^{2} \cdot 1{,}0} = 0{,}59 \quad \Rightarrow \quad \alpha = 36^{\circ}\tag{18}\]

Следовательно, скорость шайбы будет равна

\[v = 2 \pi n \cdot 2 R \cos \alpha = 4 \pi n R \cos \alpha = 3{,}0 \, \frac{M}{c} \, .\tag{19}\]

Можно, конечно, подставить в формулу выражения для косинуса (выразив его через синус):

\[v = 4 \pi n R \cos \alpha = 4 \pi n R \sqrt{1 - \sin^{2} \alpha} = 4 \pi n R \sqrt{1 - \left( \frac{\mu g}{8 \pi^{2} n^{2} R} \right)^{2}} \, .\]

2.3 Расчет угла \(\alpha\) при \(n = 0{,}25 \, \frac{\text{об.}}{c}\) приводит к результату

\[\sin \alpha = \frac{\mu g}{8 \pi^{2} n^{2} R} = \frac{0{,}42 \cdot 10}{8 \pi^{2} \cdot (0{,}25)^{2} \cdot 1{,}0} = 0{,}85 \quad \Rightarrow \quad \alpha = 58^{\circ}\tag{20}\]

Этот угол превышает \(45^{\circ}\), а угол отклонения нити \(\gamma = 2 \alpha\) становится больше \(90^{\circ}\)! Чего быть не может – следовательно, нить будет частично намотана на диск.

Это приведет к иному решению. Рисунок

действующих сил и расстояний в этом случае имеет иной вид. Система уравнений (15) остается неизменной, но формула для радиуса траектории (2) в данном случае неприменима.

Из системы уравнений (15) выразим тангенс угла \(\alpha\)

\[\operatorname{tg} \alpha = \frac{\mu g}{\omega^{2} r}\tag{21}\]

И приравняем его к выражению, следующему из прямоугольного (в данном случае) треугольника \(OAB\)

\[\operatorname{tg} \alpha = \frac{R}{\sqrt{r^{2} - R^{2}}}\tag{22}\]

Из полученного уравнения можно определить радиус траектории

\[\frac{R}{\sqrt{r^{2} - R^{2}}} = \frac{\mu g}{\omega^{2} r} \quad \Rightarrow \quad r^{2} = \left( \frac{\mu g}{\omega^{2} R} \right)^{2} (r^{2} - R^{2}) \quad \Rightarrow\]

\[r = R \sqrt{ \frac{ \left( \frac{\mu g}{\omega^{2} R} \right)^{2} }{ \left( \frac{\mu g}{\omega^{2} R} \right)^{2} - 1 } }\tag{23}\]

Отметим, что формулы для радиусов траектории (23) и (2) стыкуются при \(\alpha = 45^\circ\). В этом случае \(\sin \alpha = \frac{\mu g}{2\omega^2 R} = \frac{\sqrt{2}}{2} \Rightarrow \frac{\mu g}{\omega^2 R} = \sqrt{2}\) и тогда из формулы (23) следует, что \(r = R\sqrt{2}\)

При заданном значении частоты вращения \(n = 0{,}25 \frac{\text{об.}}{\text{с}}\) радиус траектории равен

\[\frac{\mu g}{\omega^2 R} = \frac{0{,}40 \cdot 10}{(2\pi \cdot 0{,}25)^2 \cdot 1{,}0} = 1{,}62 \Rightarrow r = R \sqrt{\frac{\left(\frac{\mu g}{\omega^2 R}\right)^2}{\left(\frac{\mu g}{\omega^2 R}\right)^2 - 1}} = 1{,}0 \cdot \sqrt{\frac{(1{,}62)^2}{(1{,}62)^2 - 1}} = 1{,}27 \text{ м}.\]

Соответственно, скорость шайбы равна

\[v = 2\pi n r = 2{,}0 \frac{\text{м}}{\text{с}}.\tag{24}\]

2.4 Если не заметить «подвоха» в пункте 2.3 и упрямо подставлять значения частоты вращения в формулу (17), то при заданном значении угловой скорости получим абсурдный результат:

\[\sin \alpha = \frac{\mu g}{8\pi^2 n^2 R} = \frac{0{,}40 \cdot 10}{8\pi^2 \cdot (0{,}20)^2 \cdot 1{,}0} = 1{,}25 \Rightarrow \alpha = ???\tag{25}\]

Фактически этот пункт задачи является «подсказкой» и к предыдущему пункту. Поэтому расчет следует вести по формулам (23) –(24):

\[\frac{\mu g}{\omega^2 R} = \frac{0{,}40 \cdot 10}{(2\pi \cdot 0{,}20)^2 \cdot 1{,}0} = 2{,}53 \Rightarrow r = R \sqrt{\frac{\left(\frac{\mu g}{\omega^2 R}\right)^2}{\left(\frac{\mu g}{\omega^2 R}\right)^2 - 1}} = 1{,}0 \cdot \sqrt{\frac{(2{,}53)^2}{(2{,}53)^2 - 1}} = 1{,}09 \text{ м}\]

\[v = 2\pi n r = 1{,}4 \frac{\text{м}}{\text{с}}.\tag{26}\]

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