IPhO 1968, теоретический тур

Подсказка

Пока нить натянута, брусок и центр цилиндра движутся с одним ускорением. Запишите второй закон Ньютона для каждого тела и уравнение вращения цилиндра; трение покоя под цилиндром — неизвестная сила.

Ответ

\(a = g\,\dfrac{(m_1+m_2)\sin\alpha - \mu m_2\cos\alpha}{1{,}5m_1 + m_2} = 0{,}3317g = 3{,}25\text{ м/с}^2\) (при этом сила трения под цилиндром \(S = 13{,}01\) Н, натяжение нити \(F = 0{,}192\) Н).

Решение

Если нить натянута, цилиндр и брусок движутся с одинаковым ускорением \(a\). Пусть \(F\) — сила натяжения нити, \(S\) — сила трения между цилиндром и наклонной плоскостью (рис. 2). Угловое ускорение цилиндра равно \(a/r\). Результирующая сила, сообщающая ускорение бруску: \[m_2a = m_2g\sin\alpha - \mu m_2g\cos\alpha + F,\] и результирующая сила, сообщающая ускорение цилиндру: \[m_1a = m_1g\sin\alpha - S - F.\] Уравнение вращательного движения цилиндра: \[Sr = \frac{a}{r}\cdot I.\] (\(I\) — момент инерции цилиндра, \(S\cdot r\) — момент силы трения.)

Решая систему уравнений, получаем: \[a = g\cdot\frac{(m_1+m_2)\sin\alpha - \mu m_2\cos\alpha}{m_1 + m_2 + \dfrac{I}{r^2}}, \qquad (1)\] \[S = \frac{I}{r^2}\cdot g\cdot\frac{(m_1+m_2)\sin\alpha - \mu m_2\cos\alpha}{m_1 + m_2 + \dfrac{I}{r^2}}, \qquad (2)\] \[F = m_2g\cdot\frac{\mu\left(m_1 + \dfrac{I}{r^2}\right)\cos\alpha - \dfrac{I\sin\alpha}{r^2}}{m_1 + m_2 + \dfrac{I}{r^2}}. \qquad (3)\] Момент инерции сплошного цилиндра \(I = \dfrac{m_1r^2}{2}\). Подставляя заданные численные значения, получаем: \[a = g\cdot\frac{(m_1+m_2)\sin\alpha - \mu m_2\cos\alpha}{1{,}5m_1 + m_2} = 0{,}3317g = \mathbf{3{,}25\text{ м/с}^2},\] \[S = \frac{m_1g}{2}\cdot\frac{(m_1+m_2)\sin\alpha - \mu m_2\cos\alpha}{1{,}5m_1 + m_2} = \mathbf{13{,}01\text{ Н}},\] \[F = m_2g\cdot\frac{(1{,}5\mu\cos\alpha - 0{,}5\sin\alpha)m_1}{1{,}5m_1 + m_2} = \mathbf{0{,}192\text{ Н}}.\]

Обсуждение (см. рис. 3).

На графике: N — Н (ньютоны).

Условие того, что система начнёт двигаться, — \(a > 0\). Подставляя \(a = 0\) в (1), получаем предельное значение угла \(\alpha_1\): \[\operatorname{tg}\alpha_1 = \mu\cdot\frac{m_2}{m_1 + m_2} = \frac{\mu}{3} = 0{,}0667, \qquad \alpha_1 = 3{,}81^\circ.\] Для одного цилиндра \(\alpha_1 = 0\), а для одного бруска \(\alpha_1 = \operatorname{arctg}\mu = 11{,}31^\circ\).

Если нить не натянута, тела движутся по отдельности. Предельное значение получаем, подставив \(F = 0\) в (3): \[\operatorname{tg}\alpha_2 = \mu\cdot\left(1 + \frac{m_1r^2}{I}\right) = 3\mu = 0{,}6, \qquad \alpha_2 = 30{,}96^\circ.\]

Условие проскальзывания цилиндра: значение \(S\) (вычисленное из (2) при том же коэффициенте трения) превышает значение \(\mu m_1g\cos\alpha\). Это даёт для \(\alpha_3\) то же значение, что мы получили для \(\alpha_2\). Ускорения центра цилиндра и бруска одинаковы: \(g(\sin\alpha - \mu\cos\alpha)\), сила трения в нижней точке цилиндра равна \(\mu m_1g\cos\alpha\), тангенциальное ускорение точек обода цилиндра равно \(\mu\cdot\dfrac{m_1r^2}{I}\cdot g\cos\alpha\).

Подсказка

Приведите оба объёма к \(0\,^\circ\)C и выразите через них массы. Температура смеси — среднее, взвешенное по массам; что тогда получится для суммы объёмов?

Ответ

Сумма объёмов не меняется: \(V_1 + V_2 = 410\text{ см}^3\).

Решение

Если объём при температуре \(t_1\) равен \(V_1\), то объём при температуре \(0\,^\circ\)C равен \(V_{10} = V_1/(1 + \beta t_1)\). Точно так же, если объём при температуре \(t_2\) равен \(V_2\), при \(0\,^\circ\)C имеем \(V_{20} = V_2/(1 + \beta t_2)\). Далее, если плотность жидкости при \(0\,^\circ\)C равна \(d\), то массы равны соответственно \(m_1 = V_{10}d\) и \(m_2 = V_{20}d\). После смешивания жидкостей температура равна \[t = \frac{m_1t_1 + m_2t_2}{m_1 + m_2}.\] Объёмы при этой температуре равны \(V_{10}(1 + \beta t)\) и \(V_{20}(1 + \beta t)\).

Сумма объёмов после смешивания: \[V_{10}(1 + \beta t) + V_{20}(1 + \beta t) = V_{10} + V_{20} + \beta(V_{10} + V_{20})t =\] \[= V_{10} + V_{20} + \beta\cdot\frac{m_1 + m_2}{d}\cdot\frac{m_1t_1 + m_2t_2}{m_1 + m_2} =\] \[= V_{10} + V_{20} + \beta\left(\frac{m_1t_1}{d} + \frac{m_2t_2}{d}\right) = V_{10} + \beta V_{10}t_1 + V_{20} + \beta V_{20}t_2 =\] \[= V_{10}(1 + \beta t_1) + V_{20}(1 + \beta t_2) = V_1 + V_2.\] Сумма объёмов постоянна. В нашем случае она равна \(410\text{ см}^3\). Результат справедлив для любого числа порций толуола, поскольку смешивание можно проводить последовательно, каждый раз добавляя к смеси ещё один стакан жидкости.

Подсказка

Все преломлённые лучи внутри стекла параллельны. Опишите точку выхода углом между радиусом и плоской гранью и для каждой точки найдите угол падения на цилиндрическую поверхность; сравните его с предельным углом полного отражения.

Ответ

Лучи выходят из стекла при \(75^\circ < \varphi < 165^\circ\): дуга выхода \(CE\) стягивает центральный угол \(90^\circ\).

Решение

Будем описывать положение лучей в стекле углом \(\varphi\) (рис. 5). Согласно закону преломления \(\sin45^\circ/\sin\beta = \sqrt2\), \(\sin\beta = 0{,}5\), \(\beta = 30^\circ\). Угол преломления равен \(30^\circ\) для всех падающих лучей. Нужно исследовать, что происходит, когда \(\varphi\) меняется от \(0^\circ\) до \(180^\circ\).

Легко видеть, что \(\varphi\) не может быть меньше \(60^\circ\) (\(\angle AOB = 60^\circ\)). Предельный угол определяется условием \(\sin\beta_{crit} = 1/n = \sqrt2/2\); отсюда \(\beta_{crit} = 45^\circ\). В случае полного внутреннего отражения \(\angle ACO = 45^\circ\), следовательно, \(\varphi = 180^\circ - 60^\circ - 45^\circ = 75^\circ\). Если \(\varphi\) больше \(75^\circ\), лучи могут выйти из цилиндра. При увеличении угла мы снова достигаем предельного угла, когда \(\angle OED = 45^\circ\). Таким образом, лучи выходят из стеклянного цилиндра, если \[75^\circ < \varphi < 165^\circ;\] \(CE\) — дуга, через которую выходят лучи, — стягивает центральный угол \(90^\circ\).