МОШ, 1960–1986, 8–11 класс, механика, часть 2

Ответ

\(h_{\max} = h\dfrac{M^2}{(M+m)^2}\).

Решение

Так как трение отсутствует, то в горизонтальном направлении на нашу систему не действуют внешние силы (рис. 160). Для определения скорости \(v\) левого клина и скорости \(u\) шайбы сразу после спуска можно воспользоваться законом сохранения энергии и законом сохранения импульса: \[Mv^2/2 + mu^2/2 = mgh,\qquad Mv = mu.\]

Поскольку в момент наивысшего подъёма шайбы на правый клин на высоту \(h_{\max}\) их скорости будут одинаковы, закон сохранения импульса запишем в виде \[mu = (M+m)V,\] где \(V\) — общая скорость шайбы и правого клина. Кроме того, воспользуемся законом сохранения энергии: \[\frac{mu^2}{2} = \frac{M+m}{2}V^2 + mgh_{\max}.\] Совместное решение вышенаписанных уравнений даёт выражение для максимальной высоты подъёма шайбы на правый клин: \[h_{\max} = h\frac{M^2}{(M+m)^2}.\]

Ответ

\(v_{1\max} = \dfrac{2m_2\sqrt{2gr}}{m_1+m_2}\).

Решение

До тех пор пока шайба не окажется в наинизшем положении, брусок будет касаться стенки. К этому моменту времени шайба приобретёт скорость \(v\), которую найдём из закона сохранения энергии: \(v^2 = 2gr\). При последующем движении системы шайба будет «забираться» на правую половину бруска, всё время ускоряя его вправо (рис. 161), пока наконец скорости шайбы и бруска не сравняются. Далее шайба относительно бруска начнёт соскальзывать вниз, при этом, пока она опять не пройдёт низшее положение, брусок всё ещё будет ускоряться. Таким образом, максимальная скорость бруска будет в моменты прохождения шайбой низшего положения при её движении назад относительно бруска.

Чтобы найти максимальную скорость бруска, запишем закон сохранения импульса после того, как брусок «оторвётся» от стенки: \[m_2\sqrt{2gr} = m_1v_1 + m_2v_2,\] и закон сохранения энергии для моментов прохождения шайбой низшего положения: \[m_2gr = \frac{m_1v_1^2}{2} + \frac{m_2v_2^2}{2}.\] Написанная система уравнений имеет два решения:

1. \(v_1 = 0\), \(v_2 = \sqrt{2gr}\),

2. \(v_1 = \dfrac{2m_2}{m_1+m_2}\sqrt{2gr}\), \(v_2 = \dfrac{m_2-m_1}{m_1+m_2}\sqrt{2gr}\).

Решение 1 отвечает моментам времени, когда шайба движется, а брусок находится в покое. Нас интересует решение 2, отвечающее тем моментам времени, когда брусок имеет максимальную скорость: \[v_{1\max} = 2m_2\sqrt{2gr}/(m_1+m_2).\]

Ответ

Скорость шайбы относительно стола периодически (с периодом \(2(D-2r)/v\)) принимает значения \(2v\) (в течение времени \((D-2r)/v\)) и \(0\) (в течение такого же времени); перемещение центра шайбы растёт ступенчато-линейно: на интервалах движения \(x_{\text{ш}}\) растёт со скоростью \(2v\), на интервалах покоя остаётся постоянным.

Решение

Перейдём в систему отсчёта, связанную с коробкой. Поскольку удары шайбы о коробку абсолютно упругие, то скорость шайбы относительно коробки будет периодически менять своё направление, оставаясь равной по модулю \(v\). Нетрудно понять, что характер движения шайбы будет повторяться через время \(2\Delta t\), где \(\Delta t = (D-2r)/v\) — время пролёта шайбы от одного соударения с коробкой до следующего (центр шайбы всякий раз проходит путь \(D-2r\) со скоростью \(v\)).

Возвращаясь в систему отсчёта, связанную с землёй, можно построить график зависимости скорости центра шайбы от времени \(v_{\text{ш}}(t)\). Располагая зависимостью \(v_{\text{ш}}(t)\), легко построить график зависимости перемещения центра шайбы от времени \(x_{\text{ш}}(t)\) (рис. 162).

Ответ

\(u = m\cos\varphi\sqrt{\dfrac{2gr(1+\cos\varphi)}{(M+m)(M+m\sin\varphi)}}\).

Решение

Силы, действующие на систему обруч — шайба, — это сила тяжести и сила нормальной реакции со стороны плоскости. Обе эти силы направлены вдоль вертикали. Следовательно, центр масс системы в горизонтальном направлении не перемещается.

Поскольку трение между обручем и плоскостью отсутствует, обруч движется поступательно. Согласно закону сохранения импульса, в любой момент времени \[Mu + mv_x = 0, \qquad(1)\] где \(u\) и \(v_x\) — горизонтальные проекции скоростей центра обруча и шайбы. Так как \(v_x\) периодически меняет знак, то и \(u\) «синхронно» меняет знак. Общий характер движения обруча таков: шайба на участках \(BC\) и \(BE\) — центр обруча движется вправо; шайба на участках \(CD\) и \(DE\) — центр обруча движется влево (рис. 163).

Скорости шайбы \(v\) и обруча \(u\) связаны законом сохранения энергии: \[mgr(1+\cos\varphi) = mv^2/2 + Mu^2/2. \qquad(2)\] Движение шайбы относительно неподвижного наблюдателя можно представить в любой момент времени как суперпозицию двух движений: движения относительно центра обруча со скоростью \(v_t\), направленной по касательной к обручу, и движения вместе с обручем со скоростью \(u\), направленной горизонтально (рис. 164). Как видно из рисунка, \[v_y/(v_x + v_y) = \operatorname{tg}\varphi. \qquad(3)\] Решая совместно уравнения (1)–(3), найдём скорость центра обруча в тот момент, когда радиус-вектор точки, в которой находится шайба, составляет угол \(\varphi\) с вертикалью: \[u = m\cos\varphi\sqrt{2gr(1+\cos\varphi)/[(M+m)(M+m\sin\varphi)]}.\]

Ответ

\(T = \dfrac{m_1m_2}{m_1+4m_2}\,g\).

Решение

В момент обрыва правой нити на стержень действуют: сила натяжения \(T\) левой нити и силы \(N_1\) и \(N_2\) нормального давления грузов массами \(m_1\) и \(m_2\) (рис. 165). Поскольку стержень невесом (его масса равна нулю), уравнения его поступательного и вращательного движений примут вид \[-T + N_1 - N_2 = 0,\qquad N_1l = 2N_2l.\] Из второго уравнения (условие равенства нулю суммы моментов всех сил относительно точки \(O\)) следует \[N_1 = 2N_2. \qquad(1)\] С учётом этих соотношений получаем (см. рис. 165) \[T = N_1 - N_2 = N_2. \qquad(2)\] Ускорения грузов массами \(m_1\) и \(m_2\) в первый момент после обрыва правой нити будут направлены вертикально (точка \(O\) неподвижна, стержень нерастяжим) и связаны соотношением \[a_2 = 2a_1. \qquad(3)\] Запишем уравнения движения грузов в этот момент: \[m_1g - N_1' = m_1a_1,\qquad m_2g + N_2' = m_2a_2,\] где \(N_1'\) и \(N_2'\) — силы реакции стержня, действующие на грузы массами \(m_1\) и \(m_2\). Поскольку \(N_1' = N_1\) и \(N_2' = N_2\), то \[m_1g - 2N_2 = m_1a_1,\qquad m_2g + N_2 = 2m_2a_1.\] Отсюда находим \(N_2\), а следовательно (см. (2)), и силу натяжения нити \(T\): \[T = N_2 = \frac{m_1m_2}{m_1+4m_2}\,g.\]

Ответ

\(a = \dfrac{1}{1 + 4(M/m)\operatorname{tg}^2\alpha}\,g\).

Решение

Пусть за малый промежуток времени \(\Delta t\) после начала движения системы колечко опустилось на расстояние \(\Delta x\) от точки \(A\) и приобрело скорость \(v\) (рис. 166). Скорость поступательного движения обручей в этот момент должна быть \(u = v\operatorname{tg}\alpha\) (\(\Delta t\) настолько мало, что угол \(\alpha\) практически не изменился). Следовательно, такова же линейная скорость всех точек обручей. Согласно закону сохранения энергии, \[mg\,\Delta x = 2Mu^2 + mv^2/2 = 2Mv^2\operatorname{tg}^2\alpha + mv^2/2,\] где \(Mu^2\) — кинетическая энергия каждого обруча в данный момент. Из этого равенства находим \[\frac{v^2}{2\Delta x} = \frac{m}{4M\operatorname{tg}^2\alpha + m}\,g = \frac{1}{1 + 4(M/m)\operatorname{tg}^2\alpha}\,g.\] При \(\Delta x \to 0\) можно считать, что \(v^2 = 2a\,\Delta x\), где \(a\) — ускорение колечка в начальный момент времени. Следовательно, \[a = \frac{1}{1 + 4(M/m)\operatorname{tg}^2\alpha}\,g.\]

Ответ

\(a = gh/l\).

Решение

Пусть за малый промежуток времени \(\Delta t\) после начала движения верёвка переместилась на расстояние \(\Delta l\) и приобрела скорость \(v\). Так как \(\Delta t\) мало, можно считать, что \[v^2 = 2a\,\Delta l, \qquad(1)\] где \(a\) — ускорение всех точек верёвки в начальный момент времени.

Из закона сохранения энергии (трение отсутствует) следует, что \[Mv^2/2 = \Delta W_{\text{п}}, \qquad(2)\] где \(M\) — масса всей верёвки, \(\Delta W_{\text{п}}\) — изменение потенциальной энергии верёвки за время \(\Delta t\). Очевидно, что \(\Delta W_{\text{п}}\) соответствует перераспределению массы верёвки, в результате которого кусок верёвки длиной \(\Delta l\) «переходит» из точки \(A\) в точку \(B\) (см. рис. 31). Таким образом, \[\Delta W_{\text{п}} = (M/l)\,gh\,\Delta l. \qquad(3)\] Из (1)–(3) находим условие движения верёвки в начальный момент времени: \[a = gh/l.\]

Ответ

Шайба останавливается, средний кубик остаётся неподвижным, скорость каждого из двух крайних кубиков равна \(v\sqrt2\) и направлена под углом \(45^\circ\) к скорости \(v\).

Решение

Очевидно, в момент удара только крайние кубики соприкасаются с шайбой. Сила, действующая на каждый из этих кубиков, направлена перпендикулярно грани касания шайбы с соответствующим кубиком и проходит через его центр (диаметр шайбы равен ребру кубика!). Поэтому средний кубик в результате этого удара останется неподвижным. Для крайних кубиков и шайбы можно написать закон сохранения импульса по направлению скорости шайбы \(v\): \[mv = 2mu\cdot\sqrt2/2 + mv',\] здесь \(m\) — масса каждого кубика и шайбы, \(v'\) — скорость шайбы после соударения, \(u\) — скорость каждого из крайних кубиков. Закон сохранения энергии даёт уравнение \[v^2 = 2u^2 + v'^2.\] В результате получаем, что \(u = v\sqrt2\), \(v' = 0\). Следовательно, после удара скорости крайних кубиков составляют углы \(45^\circ\) со скоростью \(v\), шайба останавливается, средний кубик так и останется неподвижным.

Ответ

Окончательная скорость образовавшегося тела равна нулю.

Решение

В данном случае закон сохранения импульса удаётся применить в несколько неожиданном виде. При взрыве шарика составляющая импульса шарика вдоль трубы остаётся равной нулю, так как трение отсутствует и силы реакции направлены перпендикулярно скоростям частей. Неупругие соударения также не изменяют продольной составляющей импульса системы. Следовательно, окончательная скорость образовавшегося после всех соударений тела равна нулю.

Ответ

\(Q = 4mgr\); тела должны находиться на кромке чаши (на высоте \(r\) над нижней точкой) в таких местах, чтобы их суммарный импульс при одновременном приходе в нижнюю точку был равен нулю (расположение показано на рис. 167 решения, вид сверху).

Решение

Для того чтобы выделившееся количество теплоты было максимальным, необходимо выполнение следующих условий:

1. потенциальная энергия тел в начальный момент должна быть максимальной;

2. тела должны столкнуться одновременно в нижней точке чаши;

3. скорость тел сразу после столкновения должна быть равна нулю.

При выполнении этих условий весь запас начальной потенциальной энергии тел перейдёт в теплоту. Следовательно, тела в начальный момент должны быть расположены на кромке чаши на высоте \(r\) над её нижней точкой. Расположение тел должно быть таким, чтобы их суммарный импульс перед соударением был равен нулю (тогда после соударения слипшееся тело останется неподвижным в нижней точке чаши). Поскольку значения импульсов тел в любой момент времени относятся, как \(3:4:5\), расположение тел в начальный момент должно быть таким, как на рис. 167 (вид сверху). После предоставления тел самим себе количество теплоты, которое выделится в системе, максимально и равно \(Q = 4mgr\).

Ответ

Максимальная скорость протона равна \(1{,}6\,v_0\) (при центральном ударе).

Решение

Пусть вначале относительно неподвижной системы отсчёта протон покоится, а \(\alpha\)-частица имеет скорость \(v_0\). Процесс их упругого соударения описывается законом сохранения импульса: \[4m\vec v_0 = m\vec v_1 + 4m\vec v_2,\] и законом сохранения энергии: \[4mv_0^2/2 = mv_1^2/2 + 4mv_2^2/2,\] где \(\vec v_1\) и \(\vec v_2\) — скорости протона и \(\alpha\)-частицы в неподвижной системе отсчёта после соударения, \(m\) и \(4m\) — массы протона и \(\alpha\)-частицы.

Рассмотрим процесс соударения этих частиц в системе центра масс, т. е. в инерциальной системе отсчёта, движущейся относительно неподвижной системы отсчёта со скоростью \[v' = 4mv_0/(m+4m) = (4/5)\,v_0\] (в числителе первой дроби стоит полный импульс системы, в знаменателе — её полная масса). На рис. 168 изображены скорость \(\vec v_0\) и скорости \(\alpha\)-частицы (вектор \(\overrightarrow{OB}\)) и протона (вектор \(\overrightarrow{OA}\)) в системе центра масс до соударения: \(OB = (1/5)\,v_0\), \(OA = (4/5)\,v_0\). Согласно закону сохранения импульса, после соударения векторы \(\overrightarrow{OB}\) и \(\overrightarrow{OA}\) скоростей \(\alpha\)-частицы и протона должны лежать на одной прямой и должно выполняться соотношение \(OB' : OA' = 1:4\) (см. рис. 168); согласно закону сохранения энергии, \(OB' = OB\) и \(OA' = OA\) (покажите!).

Скорости \(\alpha\)-частицы и протона в неподвижной системе отсчёта изображены на рисунке векторами \(\overrightarrow{OC_2} = \overrightarrow{OB'} + \vec v'\) и \(\overrightarrow{OC_1} = \overrightarrow{OA'} + \vec v'\).

Чтобы ответить на вопрос задачи, нужно определить максимально возможную длину вектора \(\overrightarrow{OC_1}\), т. е. в равнобедренном треугольнике \(OA'C_1\) необходимо определить максимально возможную длину основания при неизменных длинах боковых сторон. Очевидно, что максимум \(\overrightarrow{OC_1}\) равен \(2\cdot(4/5)\,v_0 = 1{,}6\,v_0\). Эта ситуация отвечает центральному удару.

Ответ

Чтобы уменьшить давление шин на песок, а с ним и глубину следа: машина реже застревает.

Решение

Шины автомобиля в песке проминают след. Чем больше давление на песок, тем больше глубина следа, тем больше вероятность машине застрять. Если шины значительно спущены, то площадь соприкосновения шин с песком увеличивается. Давление на песок при этом уменьшается, следовательно, уменьшается и глубина следа.

Ответ

\(v_0^2 \geqslant gr\cos\alpha/\sin^2\varphi\), т. е. \(v_{0\min} = \dfrac{\sqrt{gr\cos\alpha}}{\sin\varphi}\).

Решение

Сложное движение тела внутри трубы в любой момент времени можно представить как суперпозицию двух независимых движений — движения вдоль оси трубы и движения по окружности в плоскости, перпендикулярной оси трубы (рис. 169). Отрыв тела от поверхности трубы скажется только на втором движении — тело не будет двигаться по окружности. Поэтому мы рассмотрим только это движение.

На тело, движущееся по окружности, действует сила \(N\) нормальной реакции со стороны стенок трубы (вектор \(\vec N\) лежит в плоскости, перпендикулярной оси трубы) и «сила тяжести» \(mg' = mg\cos\alpha\). Напишем условие движения тела по окружности: \[mg'\cos\beta + N = mv^2/r, \qquad(1)\] где \(\beta\) — угол, который составляет радиус-вектор той точки окружности, в которой в данный момент находится тело, с «вертикалью» \(y'\) (рис. 170). Чтобы тело не отрывалось от поверхности трубы, должно выполняться условие \(N = mv^2/r - mg'\cos\beta \geqslant 0\), откуда следует \[v^2 \geqslant g'r\cos\beta. \qquad(2)\] Связь скорости \(v\), с которой в данный момент движется тело по окружности, с начальной скоростью \(v_0\) найдём, воспользовавшись законом сохранения энергии: при любом значении угла \(\beta\) должно выполняться соотношение \[mv^2/2 + mg'r\cos\beta = m(v_0\sin\varphi)^2/2 + mg'r;\] отсюда \[v^2 = v_0^2\sin^2\varphi + 2g'r - 2g'r\cos\beta. \qquad(3)\] Подставив (3) в (2), найдём, при каких значениях \(v_0\) тело не оторвётся от трубы: \[v_0^2 \geqslant 3g'r\cos\beta/\sin^2\varphi - 2g'r/\sin^2\varphi.\] Поскольку это условие должно выполняться при любом значении \(\beta \in [0, 2\pi]\), окончательно имеем \[v_0^2 \geqslant g'r/\sin^2\varphi = gr\cos\alpha/\sin^2\varphi.\]

Ответ

\(T \approx \dfrac{mv^2l}{2r^2}\).

Решение

Пусть в некоторый момент времени колесо находится в одном из положений, когда его центр масс расположен над прутом и его скорость равна \(v\). В момент удара о следующий прут (рис. 171) центр масс колеса имеет некоторую скорость \(v'\), направленную перпендикулярно линии, соединяющей его с первым прутом. Эта скорость находится из закона сохранения энергии: \[mgh + mv^2/2 = mv'^2/2.\] Здесь \(h = r - \sqrt{r^2 - l^2/4} \approx l^2/(8r)\). Получаем \[v' = v\sqrt{1 + gl^2/(4rv^2)}.\]

По условию задачи (движение без подскоков) удар колеса о прут абсолютно неупругий. Это означает, что при ударе гасится проекция импульса колеса на прямую, соединяющую центр колеса с прутом. Тем самым при каждом ударе происходит потеря (переход в теплоту) энергии, равная \[\Delta W = m(v'\sin\alpha)^2/2,\] где \(\sin\alpha \approx l/r\). Чтобы скорость \(v\) оставалась постоянной, нужно, чтобы работа силы натяжения \(T\) верёвки на пути \(l\) компенсировала эту потерю энергии. Таким образом, \[Tl = \frac{mv^2}{2}\left(1 + \frac{gl^2}{4rv^2}\right)\frac{l^2}{r^2}.\] Отсюда \[T = \frac{mv^2l}{2r^2}\left(1 + \frac{gl^2}{4rv^2}\right) \approx \frac{mv^2l}{2r^2}.\]

Ответ

\(v \leqslant \sqrt{gr(3\cos\alpha - 2)}\); при \(\alpha > \arccos(2/3)\) отрыв происходит при любой скорости.

Решение

Поскольку проскальзывания нет, то при перекатывании через границу раздела плоскостей ось колёсной пары вращается вокруг точки \(O\) (рис. 172). В момент отрыва сила давления колёсной пары на плоскость и сила трения равны нулю, поэтому угол \(\beta\), при котором происходит отрыв, находится из условия \[mg\cos\beta = mv_1^2/r.\] Из закона сохранения энергии получаем \[mv^2/2 = mv_1^2/2 - mgr(1-\cos\beta).\] Отрыва не происходит, если определяемый из этих уравнений угол \(\beta\) не меньше \(\alpha\) и, следовательно, \[\cos\beta \leqslant \cos\alpha.\] Отсюда вытекает, что условие \[v \leqslant \sqrt{gr(3\cos\alpha - 2)}\] есть условие перекатывания колёсной пары через границу раздела без отрыва. Если \(3\cos\alpha - 2 < 0\), т. е. \(\alpha > \arccos(2/3)\), то отрыв произойдёт при любой скорости.

Ответ

\(s = \dfrac{mg + \rho(h/\sin\alpha)(r - h/2)}{\rho r}\).

Решение

Потенциальная энергия системы в начальный момент складывается из потенциальной энергии обода, равной \(mg(r+h)\), и потенциальной энергии части ленты, лежащей на наклонной плоскости, \(\rho gh^2/(2\sin\alpha)\). Полная конечная энергия системы также будет чисто потенциальной и равной ввиду отсутствия трения начальной энергии. Конечная энергия складывается из энергии обода \(mgr\) и энергии намотавшейся на него ленты. Центр масс последней будем считать совпадающим с центром масс обода. Это предположение верно, если длина намотавшейся ленты много больше длины окружности обода. Тогда потенциальная энергия намотавшейся ленты есть \[\rho\,(h/\sin\alpha + s)\,gr,\] причём длина ленты равна \(h/\sin\alpha + s\), где \(s\) — искомое расстояние, пройденное ободом от основания наклонной плоскости до точки остановки.

Из закона сохранения энергии получаем \[mg(r+h) + \rho g\frac{h^2}{2\sin\alpha} = mgr + \rho gr\left(\frac{h}{\sin\alpha} + s\right);\] отсюда \[s = \frac{mg + \rho(h/\sin\alpha)(r - h/2)}{\rho r}.\]

Ответ

\(T = (m_1 - m_2)\,g/2\).

Решение

Установившимся движением системы в воздухе будет вертикальное падение шариков с постоянной скоростью. Силы сопротивления воздуха \(F\), действующие на нижний (более тяжёлый) и верхний шарики, одинаковы, поскольку одинаковы скорости и размеры шариков. Поэтому уравнения движения шариков запишутся в виде \[m_1g - T - F = 0,\qquad m_2g + T - F = 0.\] Решая эту систему, получим силу натяжения нити \[T = (m_1 - m_2)\,g/2.\]

Ответ

\(l = \sqrt{2vrt}\).

Решение

В каждый момент времени через точку касания нити с цилиндром проходит мгновенная ось вращения шарика. Это означает, что сила натяжения нити перпендикулярна скорости шарика, откуда следует, что эта сила не совершает работы. Тем самым кинетическая энергия шарика не меняется, и его скорость остаётся по модулю равной \(v\).

Чтобы найти зависимость \(l\) от \(t\), мысленно разобьём размотавшуюся к моменту \(t\) часть нити на очень большое число \(N\) малых равных кусочков длины \(\Delta l = l/N\) каждый. Пусть разматывание \(n\)-го кусочка продолжалось время \(\Delta t_n\). За это время конец нити переместился на расстояние \(v\Delta t_n\), а сама нить повернулась на угол \(\Delta\varphi_n = v\Delta t_n/(n\,\Delta l)\) (рис. 173). На этот же угол повернулся и радиус, проведённый в точку касания нити с цилиндром, т. е. \[\Delta\varphi_n = \Delta\varphi = \Delta l/r;\] отсюда \[\Delta t_n = n\,(\Delta l)^2/(vr).\] Тогда \[t = \Delta t_1 + \Delta t_2 + \ldots + \Delta t_N = \frac{1(\Delta l)^2}{vr} + \frac{2(\Delta l)^2}{vr} + \ldots + \frac{N(\Delta l)^2}{vr} = \frac{(\Delta l)^2}{vr}\,\frac{N(N+1)}{2}.\] Поскольку \(N\) велико, \[t = (\Delta l)^2N^2/(2vr) = l^2/(2vr),\qquad l = \sqrt{2vrt}.\]

Ответ

\(L = l\sqrt{3/4 + (\pi\sqrt3 + 1/2)^2}\) или (при другом расположении белого и зелёного шариков) \(L = l\sqrt{3/4 + (\pi\sqrt3 - 1/2)^2}\).

Решение

За время \(T\) голубой шарик пройдёт расстояние \(\omega(l/\sqrt3)\,T = 2\pi l/\sqrt3\) (рис. 174; \(\omega = 2\pi/T\) — частота вращения). За это же время центр масс зелёного и белого шариков переместится на расстояние \(\omega(l/2\sqrt3)\,T = \pi l/\sqrt3\). Одновременно стержень, соединяющий зелёный и белый шарики, повернётся на угол \(2\pi\), так как период обращения этих шариков вокруг их центра масс совпадает с периодом \(T\). Поэтому искомое расстояние равно \[L = l\sqrt{3/4 + (\pi\sqrt3 + 1/2)^2}\] или при другом расположении шариков (белый и зелёный на рисунке нужно поменять местами) \[L = l\sqrt{3/4 + (\pi\sqrt3 - 1/2)^2}.\]

Ответ

Раньше левый брусок достигнет блока, чем правый ударится о стол.

Решение

На центр масс системы, состоящей из брусков и нити, действует в горизонтальном направлении только сила со стороны блока. Ясно, что горизонтальная составляющая этой силы, равная \(T(1-\cos\varphi)\), где \(T\) — сила натяжения нити, всегда направлена вправо (рис. 175). Поскольку в начальный момент центр масс находится над блоком и покоится, в процессе движения он будет смещаться по горизонтали вправо. Отсюда следует, что левый брусок достигнет блока раньше, чем правый ударится о стол, поскольку в противном случае центр масс оказался бы в момент удара слева от блока.

Ответ

Ниже окажется правый груз (тот, которому сообщили скорость).

Решение

Благодаря начальным условиям (левый груз неподвижен, правому сообщена скорость \(v\)) левый груз будет двигаться по прямой, правый помимо движения по прямой будет совершать колебания. В некоторый момент времени на левый груз по вертикали действует сила \(mg - T\), на правый \(mg - T\cos\varphi\) (рис. 176; вертикальная ось направлена вниз). Здесь \(T\) — сила натяжения нити. Отсюда следует, что разность вертикальных составляющих ускорений правого (\(a_1\)) и левого (\(a_2\)) грузов, равная \[a_1 - a_2 = \left(g - \frac{T}{m}\cos\varphi\right) - \left(g - \frac{T}{m}\right) = \frac{T}{m}(1 - \cos\varphi),\] всегда неотрицательна. Поскольку относительное расстояние и относительная скорость грузов по вертикали в начальный момент равны нулю, то с течением времени разность ординат правого и левого грузов будет увеличиваться, т. е. в любой момент времени правый груз находится ниже левого.

Ответ

\(\omega = g^{1/2}\left(\dfrac{m_1^2 - m_2^2}{m_1^2l_1^2 - m_2^2l_2^2}\right)^{1/4} \approx 14\) рад/с.

Решение

Пусть правая нить отклонилась на угол \(\beta\) от вертикали, а левая — на угол \(\alpha\) (рис. 177). Чтобы стержень не отклонялся от вертикального положения, необходимо выполнение равенства \[T_1\sin\alpha = T_2\sin\beta, \qquad(1)\] где \(T_1\), \(T_2\) — силы натяжения соответствующих нитей.

Запишем уравнения движения обоих тел в вертикальном и горизонтальном направлениях: \[T_1\sin\alpha = m_1\omega^2l_1\sin\alpha,\qquad T_1\cos\alpha = m_1g,\] \[T_2\sin\beta = m_2\omega^2l_2\sin\beta,\qquad T_2\cos\beta = m_2g.\] Решив полученную систему уравнений с учётом (1), найдём \[\omega = g^{1/2}\left(\frac{m_1^2 - m_2^2}{m_1^2l_1^2 - m_2^2l_2^2}\right)^{1/4} \approx 14\text{ рад/с}.\]

Ответ

\(l_1 = \dfrac{l_0}{1 - 3m\omega^2/k + (m\omega^2/k)^2}\),  \(l_2 = \dfrac{(1 - m\omega^2/k)\,l_0}{1 - 3m\omega^2/k + (m\omega^2/k)^2}\);  \(\omega < \sqrt{\dfrac{3-\sqrt5}{2}\dfrac{k}{m}}\).

Решение

Обозначим через \(l_1\) и \(l_2\) длины пружин, соединяющих ось вращения с первым шариком и шарики между собой. Так как шарики движутся по окружностям, то уравнения их движения примут вид \[m\omega^2l_1 = k(l_1 - l_0) - k(l_2 - l_0),\] \[m\omega^2(l_1 + l_2) = k(l_2 - l_0);\] отсюда \[l_1 = \frac{l_0}{1 - 3m\omega^2/k + (m\omega^2/k)^2},\] \[l_2 = \frac{(1 - m\omega^2/k)\,l_0}{1 - 3m\omega^2/k + (m\omega^2/k)^2}.\] Решение имеет физический смысл, если выполняются неравенства \[1 - 3m\omega^2/k + (m\omega^2/k)^2 > 0,\qquad 1 - m\omega^2/k \geqslant 0.\] Пусть \(m\omega^2/k = x\). Так как \(m\omega^2/k > 0\), из второго условия следует \(0 < x < 1\). Первое условие даёт \[x^2 - 3x + 1 > 0,\] откуда либо \(x > (3+\sqrt5)/2 \approx 2{,}6\), либо \(x < (3-\sqrt5)/2 \approx 0{,}4\). Следовательно, область допустимых значений \(x\) есть \(0 < x < (3-\sqrt5)/2\), откуда \[\omega < \sqrt{\frac{3-\sqrt5}{2}\,\frac{k}{m}}.\]

Ответ

\(F_C \approx -1\) Н,  \(F_B \approx -3\) Н.

Решение

Изменение кинетической энергии тела \(W_{\text{к}}\) при небольшом перемещении \(\Delta s\) записывается в виде \[\Delta W_{\text{к}} = F\,\Delta s,\] где \(F\) — сила, действующая на тело. Поэтому на графике зависимости кинетической энергии от перемещения при прямолинейном движении сила в некоторой точке траектории движения определяется как тангенс угла наклона касательной в соответствующей точке графика. Пользуясь графиком, приведённым в условии задачи, построением (рис. 178) находим \(F_C \approx -1\) Н, \(F_B \approx -3\) Н.

Ответ

\(v_0 = \sqrt{2\mu gl}\);  \(Q = m\left(v + \sqrt{2\mu gl}\right)^2/2\).

Решение

Количество выделившейся теплоты будет максимальным при условии, что брусок пройдёт максимальное расстояние относительно транспортёра. Для этого необходимо, чтобы около ролика \(A\) скорость бруска относительно земли стала равной нулю (см. рис. 41). Начальная скорость относительно земли, которую при этом должен иметь брусок, определяется условиями \[-v_0 + at = 0,\qquad l = v_0t - at^2/2,\] где \(a = \mu g\) — ускорение, сообщаемое бруску силой трения. Отсюда \[v_0 = \sqrt{2\mu gl}.\] Время движения бруска по ленте транспортёра до ролика \(A\) равно \[t = \sqrt{2l/(\mu g)}.\] До остановки брусок пройдёт по ленте путь, равный \[s_1 = l + vt = l + v\sqrt{2l/(\mu g)}.\] Далее брусок начнёт двигаться равноускоренно вправо. Интервал времени, спустя который прекратится проскальзывание, равен \(\tau = v/a = v/\mu g\). За это время относительно земли брусок переместится на расстояние \[s = a\tau^2/2 = v^2/(2\mu g).\] Так как по условию задачи \(v < \sqrt{2\mu gl}\), то за время \(\tau\) брусок не соскользнёт с транспортёра, т. е. \(s < l\).

Путь, который за это время брусок пройдёт относительно ленты транспортёра, равен \[s_2 = |\,v^2/2a - v\tau\,| = v^2/(2\mu g).\] Полный путь бруска относительно ленты равен \[s = s_1 + s_2 = l + v\sqrt{2l/(\mu g)} + v^2/(2\mu g) = (v + \sqrt{2\mu gl})^2/(2\mu g).\] Количество теплоты, выделившееся за счёт работы силы трения, равно \[Q = \mu mgs = m(v + \sqrt{2\mu gl})^2/2.\]

Ответ

Во втором случае (с проскальзыванием).

Решение

В первом случае (движение трубы без проскальзывания) первоначальный запас потенциальной энергии в поле силы тяжести переходит в кинетическую энергию движения трубы, которая делится поровну между энергией вращения и энергией поступательного движения. Во втором случае (движение с проскальзыванием) не вся потенциальная энергия перейдёт в энергию движения в конце горки из-за работы силы трения. А поскольку эта энергия также распределится поровну между энергиями поступательного и вращательного движения, то во втором случае скорость трубы в конце горки будет меньше.

Ответ

\(W_{\text{к}} = A/2\).

Решение

После того как пружину отпустили, устанавливается её равномерное растяжение. При этом возникают очень быстрые колебания самой пружины, которые также быстро затухают. За это время груз практически не успевает сместиться, т. е. если, совершая работу \(A\), середину пружины сместили на расстояние \(x\), то теперь вся пружина растянута на \(x\). Значит, её потенциальная энергия, которая при последующем колебательном движении груза равна максимальной кинетической, равна \(W_{\text{к}} = kx^2/2\); где \(k\) — жёсткость всей пружины. При оттягивании пружины вниз за середину удлинялась лишь её верхняя половина, жёсткость которой составляет \(2k\), и работа, равная потенциальной энергии растяжения верхней части пружины, \(A = 2k\,(x^2/2) = kx^2\). Отсюда можно заключить, что максимальная кинетическая энергия груза при последующем движении равна \(W_{\text{к}} = A/2\).

Ответ

\(T = 2\pi l\sqrt{l/[G(m_1+m_2)]}\).

Решение

Ввиду замкнутости системы звёзды будут вращаться вокруг своего центра масс по концентрическим окружностям. Уравнения движения звёзд имеют вид \[m_1\omega_1^2l_1 = F,\qquad m_2\omega_2^2l_2 = F; \qquad(1)\] здесь \(\omega_1\), \(\omega_2\) — угловые скорости вращения звёзд; \(l_1\), \(l_2\) — радиусы их орбит; \(F\) — сила взаимодействия звёзд, равная \(Gm_1m_2/l^2\), где \(l\) — расстояние между звёздами, \(G\) — гравитационная постоянная. Из определения центра масс следует, что \[m_1l_1 = m_2l_2,\qquad l_1 + l_2 = l. \qquad(2)\] Решая совместно (1) и (2), получаем \[\omega_1 = \omega_2 = \sqrt{G(m_1+m_2)/l^3} = l^{-1}\sqrt{G(m_1+m_2)/l},\] а искомый период обращения этих звёзд равен \[T = 2\pi l\sqrt{l/[G(m_1+m_2)]}.\]

Ответ

\(u = \sqrt{58\,GM/R}\).

Решение

Пусть \(v_1\) — скорость станции до столкновения, \(v_2\) — скорость станции и метеорита сразу после столкновения, \(m\) — масса метеорита, \(10m\) — масса станции.

До столкновения станция двигалась вокруг планеты по круговой орбите радиуса \(R\), поэтому скорость станции \(v_1\) находится из уравнения \[10mv_1^2/R = G\cdot 10mM/R^2.\] Отсюда \(v_1 = \sqrt{GM/R}\). Скорости \(u\), \(v_1\) и \(v_2\), согласно закону сохранения импульса, связаны соотношением \[m\vec u + 10m\vec v_1 = 11m\vec v_2.\] Напишем закон сохранения импульса в проекциях на оси \(x\) и \(y\) (рис. 179): \[10mv_1 = 11mv_{2x}, \qquad(1)\] \[mu = 11mv_{2y}. \qquad(2)\] После столкновения станция переходит на эллиптическую орбиту. Энергия станции с застрявшим в ней метеоритом при движении по этой эллиптической орбите остаётся постоянной. Следовательно, \[-G\frac{11mM}{R} + \frac{11m}{2}(v_{2x}^2 + v_{2y}^2) = -G\frac{11mM}{R/2} + \frac{11m}{2}V^2, \qquad(3)\] где \(V\) — скорость станции в момент наибольшего сближения с планетой. Здесь мы используем формулу для потенциальной энергии гравитационного взаимодействия двух тел (\(m_1\) и \(m_2\)): \(W_{\text{п}} = -Gm_1m_2/r\). Согласно второму закону Кеплера, скорость \(V\) и скорость \(v_2\) станции сразу после столкновения связаны соотношением \[VR/2 = v_{2x}R. \qquad(4)\] Решая совместно уравнения (1)–(4) и учитывая, что \(v_1 = \sqrt{GM/R}\), находим скорость метеорита перед столкновением: \[u = \sqrt{58\,GM/R}.\]

Ответ

\(R \approx 1{,}8\cdot10^7\) м \(= 18\,000\) км.

Решение

Для тела массой \(m\), покоящегося на экваторе планеты, которая имеет радиус \(R\) и вращается с угловой скоростью \(\omega\), уравнение движения имеет вид \[m\omega^2R = mg' - N,\] где \(N\) — сила реакции поверхности планеты, \(g' = 0{,}01g\) — ускорение свободного падения на планете. По условию задачи тела на экваторе невесомы, т. е. \(N = 0\). Учитывая, что \(\omega = 2\pi/T\), где \(T\) — период обращения планеты вокруг оси, равный продолжительности земных суток, получим \[R = (T^2/4\pi^2)\,g'.\] Подставляя значения \(T = 8{,}6\cdot10^4\) с, \(g' \approx 0{,}1\) м/с\(^2\), получим \[R \approx 1{,}8\cdot10^7\text{ м} = 18\,000\text{ км}.\]

Ответ

\(T_{\text{Н}} = T_{\text{З}}\sqrt{R_{\text{Н}}^3/R_{\text{З}}^3} \approx 165\) лет.

Решение

Запишем уравнения движения Нептуна и Земли вокруг Солнца (для простоты рассуждений предположим, что орбиты круговые): \[m_{\text{Н}}\omega_{\text{Н}}^2R_{\text{Н}} = GMm_{\text{Н}}/R_{\text{Н}}^2,\] \[m_{\text{З}}\omega_{\text{З}}^2R_{\text{З}} = GMm_{\text{З}}/R_{\text{З}}^2.\] Здесь \(m_{\text{Н}}\), \(m_{\text{З}}\), \(\omega_{\text{Н}}\), \(\omega_{\text{З}}\), \(R_{\text{Н}}\), \(R_{\text{З}}\) — массы, угловые скорости, радиусы орбит Нептуна и Земли соответственно, а \(M\) — масса Солнца. Учтем теперь связь между угловой скоростью и периодом обращения вокруг Солнца: \[\omega_{\text{Н}} = 2\pi/T_{\text{Н}},\qquad \omega_{\text{З}} = 2\pi/T_{\text{З}}.\] Здесь \(T_{\text{Н}}\) — период обращения Нептуна, а \(T_{\text{З}}\) — период обращения Земли вокруг Солнца. В результате находим, что период обращения Нептуна вокруг Солнца равен \[T_{\text{Н}} = T_{\text{З}}\sqrt{R_{\text{Н}}^3/R_{\text{З}}^3} \approx 165\text{ лет}.\] Аналогичный результат получится и для эллиптических орбит из 3-го закона Кеплера.

Ответ

\(m_1 + m_2 > M\),  \(M + m_1 > m_2\),  \(M + m_2 > m_1\) (равновесие осуществимо не всегда, а лишь при выполнении этих условий, т. е. \(M < m_1 + m_2\), \(M^2 > |m_1^2 - m_2^2|\)).

Решение

Рассмотрим два пути решения задачи.

1. Условия равновесия грузов имеют вид (рис. 180) \[T_1 = m_1g,\qquad T_2 = m_2g,\] \[Mg = T_1\sin\alpha_1 + T_2\sin\alpha_2,\qquad T_1\cos\alpha_1 = T_2\cos\alpha_2.\] Из этих соотношений можно найти углы, соответствующие положению равновесия системы: \[\sin\alpha_1 = \frac{M^2 - m_2^2 + m_1^2}{2Mm_1},\qquad \sin\alpha_2 = \frac{M^2 - m_1^2 + m_2^2}{2Mm_2}.\] Очевидно, что равновесие осуществимо не всегда. Действительно, для равновесия необходимо выполнение условий \(0 < \alpha_1 < \pi/2\) и \(0 < \alpha_2 < \pi/2\), т. е. \[0 < \frac{M^2 - m_2^2 + m_1^2}{2Mm_1} < 1,\qquad 0 < \frac{M^2 - m_1^2 + m_2^2}{2Mm_2} < 1.\] Из этих неравенств следует, что вся система будет находиться в равновесии лишь при выполнении условий \[M < m_1 + m_2,\qquad M^2 > |m_1^2 - m_2^2|.\]

2. Рассмотрим равновесие узла \(A\). В этом случае на него действуют три силы: \[T_1 = m_1g,\qquad T_2 = m_2g,\qquad T_3 = Mg.\] Для равновесия узла необходимо, чтобы три силы \(T_1\), \(T_2\), \(T_3\) образовали треугольник. Поскольку в треугольнике сумма длин двух сторон не меньше третьей, получим соотношение между массами \(m_1\), \(m_2\), \(M\), обеспечивающее равновесие узла \(A\): \[m_1 + m_2 > M,\qquad M + m_1 > m_2,\qquad M + m_2 > m_1.\]

Ответ

\(\mu_{\min} = \sqrt2/4\).

Решение

Рассмотрим условия равновесия стержня в тот момент, когда он наклонён к горизонту под углом \(\alpha\). Силы, действующие на стержень, изображены на рис. 181. При решении задачи удобнее всего воспользоваться равенством нулю суммы моментов сил относительно точки пересечения линий действия силы тяжести \(mg\) и приложенной человеком перпендикулярно стержню силы \(\vec F\) (точка \(O\)) — при этом моменты данных сил равны нулю.

Пусть длина стержня равна \(2l\), тогда плечо силы реакции опоры \(N\) составляет \(l\cos\alpha\), а плечо силы трения — \(l/\sin\alpha + l\sin\alpha\), и условие равновесия записывается в виде \[Nl\cos\alpha = F_{\text{тр}}l\left(\frac{1}{\sin\alpha} + \sin\alpha\right) = F_{\text{тр}}l\,\frac{1 + \sin^2\alpha}{\sin\alpha};\] отсюда \[F_{\text{тр}} = N\frac{\cos\alpha\sin\alpha}{1+\sin^2\alpha} = N\frac{\cos\alpha\sin\alpha}{2\sin^2\alpha + \cos^2\alpha} = N\frac{1}{2\operatorname{tg}\alpha + \operatorname{ctg}\alpha}.\] С другой стороны, сила трения не может превышать значения \(\mu N\) — силы трения скольжения, поэтому \[\mu \geqslant \frac{1}{2\operatorname{tg}\alpha + \operatorname{ctg}\alpha}.\] Это неравенство должно выполняться при всех значениях угла \(\alpha\). Следовательно, для нахождения минимального коэффициента трения \(\mu_{\min}\) необходимо найти максимум функции \((2x^2 + 1/x^2)^{-1}\), где \(x^2 = \operatorname{tg}\alpha\). Из тождества \(2x^2 + 1/x^2 = (\sqrt2\,x - 1/x)^2 + 2\sqrt2\) следует, что максимальное значение \(1/(2\operatorname{tg}\alpha + \operatorname{ctg}\alpha)\) равно \(1/(2\sqrt2) = \sqrt2/4\) и достигается при \(x^2 = \operatorname{tg}\alpha = \sqrt2/2\). Таким образом, искомый минимальный коэффициент трения равен \[\mu_{\min} = \sqrt2/4.\]

Ответ

\(F_{\min} = mg\sin\alpha = mg/2\); сила направлена перпендикулярно стержню \(BD\).

Решение

Поскольку шарнир \(C\) находится в равновесии, сумма сил, действующих на него, равна нулю. Записывая силы, действующие на шарнир \(C\), в проекции на ось, перпендикулярную \(AC\), получим \[(m + m_{\text{ш}})\,g\sin\alpha = T\cos\alpha, \qquad(1)\] где \(m_{\text{ш}}\) — масса шарнира. Аналогично, из условия равновесия шарнира \(D\) и условия горизонтальности среднего стержня следует, что \[T\cos\alpha = F\cos\beta + m_{\text{ш}}g\sin\alpha. \qquad(2)\] Из (1) и (2) получаем \[F = \frac{T\cos\alpha - m_{\text{ш}}g\sin\alpha}{\cos\beta} = \frac{mg\sin\alpha}{\cos\beta} \geqslant mg\sin\alpha.\] Таким образом, минимальная сила \(F_{\min}\), при которой средний стержень сохраняет горизонтальное положение, равна \[F_{\min} = mg\sin\alpha = mg/2\] и направлена перпендикулярно стержню \(BD\).

Ответ

\(\arccos\!\left(\dfrac{1}{\sqrt3\operatorname{tg}\alpha}\right) \leqslant \varphi \leqslant \pi/2\).

Решение

Из условия задачи следует, что коэффициент трения скольжения карандаша по наклонной плоскости удовлетворяет условию \(\mu \geqslant \operatorname{tg}\alpha\). Действительно, карандаш, положенный перпендикулярно образующей, находится в равновесии, а это означает, что \(mg\sin\alpha = F_{\text{тр}}\), где \(mg\) — сила тяжести, \(F_{\text{тр}}\) — сила трения. Но \(F_{\text{тр}} \leqslant \mu mg\cos\alpha\). Следовательно, \(mg\sin\alpha \leqslant \mu mg\cos\alpha\), откуда \(\mu \geqslant \operatorname{tg}\alpha\).

Таким образом, ни при каких значениях угла \(\varphi\) карандаш по наклонной плоскости скользить не будет.

Скатывание карандаша может начаться при таком угле \(\varphi_0\), когда вектор силы тяжести «выйдет» за пределы участка соприкосновения карандаша и наклонной плоскости (на рис. 183 этот участок заштрихован). Для нахождения этого угла спроецируем на наклонную плоскость центр масс карандаша (точку \(A\)) и отметим точку пересечения вертикали, проходящей через его центр масс, с наклонной плоскостью (точку \(B\)). Очевидно, при различной ориентации карандаша, если его центр масс остаётся на месте, точки \(A\) и \(B\) будут неподвижны, причём если сторона шестиугольного поперечного сечения карандаша равна \(2l\), то \(AB = 2l\cos30^\circ\operatorname{tg}\alpha\) (причём \(2l\cos30^\circ\) — это радиус вписанной в шестиугольное сечение окружности).

Пока точка \(B\) лежит в заштрихованной области, карандаш не будет скатываться.

Напишем условие начала скатывания карандаша: \[AD/\cos\varphi_0 = AB,\qquad\text{или}\qquad l/\cos\varphi_0 = l\sqrt3\operatorname{tg}\alpha.\] Отсюда \[\varphi_0 = \arccos(1/\sqrt3\operatorname{tg}\alpha).\] Таким образом, если угол \(\varphi\) удовлетворяет условию \[\arccos(1/\sqrt3\operatorname{tg}\alpha) \leqslant \varphi \leqslant \pi/2,\] карандаш находится в равновесии. Выражение для угла \(\varphi_0\) имеет смысл при условии \(\operatorname{tg}\alpha > 1/\sqrt3\). Тот факт, что карандаш, положенный параллельно образующей, скатывается, означает, что \(\operatorname{tg}\alpha > 1/\sqrt3\) (покажите это самостоятельно).

Ответ

\(y(x) = a - \sqrt{l^2 - x^2}/2\), где \(a\) — произвольная постоянная.

Решение

Пусть сечение поверхности описывается функцией \(y(x)\), изображённой на рис. 184. Поскольку стержень должен в любом положении находиться в равновесии, это равновесие может быть только безразличным, т. е. центр масс стержня должен находиться на одном уровне при любом положении стержня. Если конец стержня, опирающийся на поверхность, имеет абсциссу \(x\), то ордината \(y_0\) другого его конца, касающегося вертикальной стенки, находится из условия \[l^2 = [y(x) - y_0]^2 + x^2,\qquad y_0 = y(x) \pm \sqrt{l^2 - x^2}.\] Поскольку стержень однороден, его центр масс находится в середине стержня. Полагая для определённости ординату центра масс равной нулю, получим \[[y_0 + y(x)]/2 = 0,\] отсюда \[y(x) = \pm\sqrt{l^2 - x^2}/2.\] Физический смысл имеет лишь решение со знаком минус. Итак, сечение поверхности описывается в общем случае функцией \[y(x) = a - \sqrt{l^2 - x^2}/2,\] где \(a\) — произвольная постоянная.

Ответ

\(\dfrac{T_1}{T} = 1 - \dfrac{1}{\pi}\arccos\dfrac{\beta}{\alpha}\).

Решение

В отсутствие стенки угол отклонения математического маятника меняется по гармоническому закону с периодом \(T\) и угловой амплитудой \(\alpha\). Такое же движение совершает проекция точки, обращающейся по окружности радиуса \(\alpha\) с угловой скоростью \(\omega = 2\pi/T\). Абсолютно упругий удар жёсткого стержня о стенку при угле отклонения \(\beta\) соответствует мгновенному перескоку из точки \(B\) в точку \(C\) (рис. 185). Период уменьшается на \(\Delta t = 2\gamma/\omega\), где \(\gamma = \arccos(\beta/\alpha)\). Следовательно, \[T_1 = 2\pi/\omega - 2\gamma/\omega,\] а искомое отношение равно \[\frac{T_1}{T} = 1 - \frac{1}{\pi}\arccos\frac{\beta}{\alpha}.\]

Ответ

\(\Delta x = mg/k\).

Решение

Пусть шарик массой \(m\), падая с высоты \(h\), упруго ударяется о неподвижную горизонтальную поверхность. Считая, что время соударения шарика с поверхностью мало по сравнению с интервалом времени \(\Delta t\) между двумя последовательными соударениями, найдём \[\Delta t = 2\sqrt{2h/g}.\] За каждое соударение импульс шарика меняется на величину \(\Delta p = 2mv = 2m\sqrt{2gh}\). Поэтому за одно соударение с горизонтальной поверхностью получаем тот же импульс \(\Delta p = 2m\sqrt{2gh}\).

Чтобы найти среднюю силу, действующую со стороны шарика на горизонтальную поверхность, рассмотрим интервал времени \(\tau \gg \Delta t\). За время \(\tau\) импульс, передаваемый горизонтальной поверхности, равен \[\Delta P = \Delta p\,\frac{\tau}{\Delta t} = 2m\,\frac{\sqrt{2gh}\,\tau}{2\sqrt{2h/g}} = mg\tau.\] Следовательно, усреднённую по интервалу времени \(\tau\) силу, действующую на горизонтальную поверхность со стороны прыгающего шарика, найдём из соотношения \[F_{\text{ср}} = \Delta P/\tau = mg.\] По условию задачи масса \(M\) чашки весов намного больше массы \(m\) шарика. Поэтому на медленное колебательное движение чашки весов будут накладываться почти периодические удары шарика. Средняя сила, действующая на чашку со стороны шарика, будет равна \(F_{\text{ср}} = mg\). Следовательно, искомое смещение \(\Delta x\) положения равновесия весов будет равно \[\Delta x = mg/k.\]

Ответ

Условие пропорциональности силы длине участка проволоки нарушается в некоторой точке \(B\), так как \(F \leqslant mg\), а \(l_A\) неограниченно возрастает.

Решение

Сила, действующая на бусинку, находящуюся в какой-либо точке \(A\), в направлении, касательном к проволоке, равна \(F = mg\cos\alpha\), где \(\alpha\) — угол между касательной в точке \(A\) и осью ординат (рис. 186). Для того чтобы длина участка проволоки от начала координат до бусинки менялась по гармоническому закону, необходимо, чтобы сила \(F\) в точке \(A\) была пропорциональна длине \(l_A\). Но \(F \leqslant mg\), а \(l_A\) неограниченно возрастает. Следовательно, должна существовать точка \(B\), в которой условие пропорциональности нарушается. Это означает, что колебания с амплитудой \(l_B\) уже не могут быть гармоническими.

Ответ

\(T = 2\pi\sqrt{2m/(3k)}\).

Решение

Из уравнений движения брусков \[ma_1 = F_{\text{упр}},\qquad 2ma_2 = -F_{\text{упр}},\] где \(F_{\text{упр}}\) — сила упругости пружины, следует, что их ускорения в каждый момент времени связаны соотношением \(a_2 = -a_1/2\). Отсюда вытекает, что в инерциальной системе отсчёта, связанной с центром масс брусков, последние совершают колебания в противофазе, причем относительные смещения брусков относительно их положений равновесия связаны тем же соотношением, что и ускорения: \[\Delta x_2 = -\Delta x_1/2.\] Тогда \[F_{\text{упр}} = -(3/2)\,k\,\Delta x_1 = 3k\,\Delta x_2.\] Следовательно, период малых продольных колебаний равен \[T = 2\pi\sqrt{2m/(3k)}.\]

Ответ

\(T = 2\pi\sqrt{l/g}\).

Решение

Отметим горизонтальный диаметр \(AB = 2r\) бревна в момент, когда бревно проходит положение равновесия.

Рассмотрим теперь бревно в момент времени, когда нити подвеса отклонены от вертикали на какой-либо малый угол \(\alpha\) (рис. 187). Если проскальзывания нитей нет, то нетрудно из геометрических соображений получить, что отмеченный диаметр \(AB\) всегда в процессе колебания бревна остаётся горизонтальным. Действительно, если \(EF \perp DK\), то \(FK = 2r\operatorname{tg}\alpha \approx 2r\alpha\). Но \(BD \approx FK/2 \approx r\alpha\). Следовательно, как и указывалось, \(\angle BOD = \alpha\).

Так как диаметр \(AB\) с течением времени остаётся горизонтальным, то бревно движется плоскопараллельно, т. е. скорости всех его точек одинаковы в каждый данный момент времени. Поэтому движение бревна синхронно колебанию математического маятника с длиной подвеса \(l\). Таким образом, период малых колебаний бревна равен \[T = 2\pi\sqrt{l/g}.\]

Ответ

\(T_2/T_1 = \sqrt{M/(m+M)}\).

Решение

Период колебания маятника в направлении, перпендикулярном рельсам, равен \[T_1 = 2\pi\sqrt{l/g}\] (\(l\) — длина невесомой нерастяжимой нити), так как груз \(M\) при этом покоится (рис. 188).

Период колебаний в плоскости, параллельной рельсам («параллельные» колебания), найдём из условия неподвижности центра масс системы. Положение центра масс системы определяется уравнением \(ml_1 = M(l - l_1)\). Таким образом, шарик совершает колебания при неподвижной точке \(O\), находясь от неё на расстоянии \(l_1 = Ml/(M+m)\). Отсюда период «параллельных» колебаний маятника будет равен \[T_2 = 2\pi\sqrt{Ml/[(m+M)\,g]}.\] Следовательно, \[T_2/T_1 = \sqrt{M/(m+M)}.\]

Ответ

\(T = 2\pi\sqrt{\sqrt3\,l/(10g)}\).

Решение

Со стороны стержней на груз действует сила \(F_1 = 2F_{\text{н}}\cos\alpha\), на пружину — \(F_2 = 2F_{\text{н}}\sin\alpha\) (см. рис. 48). Согласно закону Гука, \(F_2 = (1{,}5l - 2l\sin\alpha)\,k\), где \(k\) — жёсткость пружины. В результате \[F_1 = 1{,}5lk\operatorname{ctg}\alpha - 2lk\cos\alpha.\] Чтобы найти период малых колебаний, нужно определить силу \(\Delta F\), действующую на груз при малом изменении высоты груза \(\Delta h\) относительно положения равновесия \(h_0 = 2l\cos\alpha_0\). Получим \[\Delta F = 1{,}5lk\,\Delta(\operatorname{ctg}\alpha) - 2lk\,\Delta(\cos\alpha),\] где \[\Delta(\operatorname{ctg}\alpha) = \left(\frac{d\operatorname{ctg}\alpha}{d\alpha}\right)_{\alpha=\alpha_0}\Delta\alpha = -\frac{\Delta\alpha}{\sin^2\alpha_0},\qquad \Delta(\cos\alpha) = -\sin\alpha_0\cdot\Delta\alpha.\] Следовательно, поскольку \(\Delta h = -2l\sin\alpha_0\,\Delta\alpha\), то \[\Delta F = -1{,}5k\,\frac{l\,\Delta\alpha}{\sin^2\alpha_0} + 2kl\sin\alpha_0\,\Delta\alpha = -5kl\,\Delta\alpha = -5k\,\Delta h,\] так как \(\sin\alpha_0 = 1/2\).

Период малых колебаний груза найдём по формуле \(T = 2\pi\sqrt{m/(5k)}\), где \(m\) — масса груза, определяемая из условия равновесия: \[1{,}5kl\operatorname{ctg}\alpha_0 - 2lk\cos\alpha_0 = mg,\] \[m = (\sqrt3/2)\,(kl/g).\] Таким образом, \[T = 2\pi\sqrt{\sqrt3\,l/(10g)}.\]

Ответ

\(t = \tau/\sqrt2 \approx 0{,}35\) с.

Решение

Кинетическая энергия обруча в каждый момент времени складывается из кинетической энергии движения центра масс обруча и кинетической энергии вращения обруча вокруг центра масс. Так как скорость точки \(A\) обруча все время равна нулю, то обе части кинетической энергии равны (скорость центра масс равна линейной скорости вращения относительно центра масс). Поэтому полная кинетическая энергия обруча равна \(mv^2\) (\(m\) — его масса, \(v\) — скорость его центра масс). Согласно закону сохранения энергии, \(mv^2 = mg(r - h_A)\), где \(h_A\) — высота центра масс обруча над точкой \(A\) в каждый момент времени. Следовательно, скорость центра масс обруча равна \(v = \sqrt{g(r - h_A)}\). В то же время скорость маятника \(B\) в момент, когда он находится на высоте \(h_A\) над осью вращения \(A\), равна \(v = \sqrt{2g(r - h_A)}\), т. е. в \(\sqrt2\) раз больше. Таким образом, маятник достигнет положения равновесия в \(\sqrt2\) раз быстрее, чем обруч, т. е. за время \[t = \tau/\sqrt2 \approx 0{,}35\text{ с}.\]

Ответ

\(T = 2\pi\sqrt{2l/g}\).

Решение

Заметим, что малые колебания груза происходят относительно неподвижной оси \(AB\) (рис. 189). Пусть \(DC \perp AB\). Тогда малые колебания груза эквивалентны колебаниям математического маятника той же массы, но с длиной подвеса \[l' = L\sin\alpha = L\,\frac{l}{\sqrt{l^2 + (L/2)^2}}\] и ускорением свободного падения \[g' = g\cos\alpha = g\,\frac{L/2}{\sqrt{l^2 + (L/2)^2}},\] где \(L = AD\).

Таким образом, искомый период малых колебаний системы будет равен \[T = 2\pi\sqrt{l'/g'} = 2\pi\sqrt{2l/g}.\]

Ответ

\(T = 2\pi\sqrt{l_1l_2/(ag)}\).

Решение

Для решения задачи достаточно заметить, что движение качелей есть вращение вокруг оси, проходящей через точки крепления верёвок, т. е. система представляет собой «наклонный математический маятник» (рис. 190). Составляющая силы тяжести \(mg\), направленная вдоль оси вращения, не влияет на колебания, а перпендикулярная составляющая \(mg\sin\alpha\) является фактически возвращающей силой. В результате, используя формулу для периода математического маятника, найдём \[T = 2\pi\sqrt{h/(g\sin\alpha)},\] где \[h = \frac{l_1l_2}{\sqrt{l_1^2 + l_2^2}} = \frac{l_1l_2}{\sqrt{a^2 + b^2}},\] \[\sin\alpha = \frac{a}{\sqrt{a^2 + b^2}},\] поэтому период малых качаний равен \[T = 2\pi\sqrt{l_1l_2/(ag)}.\]

Ответ

Лифтёр переработает: маятниковые часы в лифте в среднем идут медленнее, \(t' < t\).

Решение

Период математического маятника обратно пропорционален корню квадратному из ускорения свободного падения: \[T \sim 1/\sqrt g.\] Пусть модуль ускорения лифта равен \(a\). Тогда период маятника при движении лифта вверх с ускорением \(a\) будет пропорционален \[T_{\text{в}} \sim 1/\sqrt{g+a},\] при движении лифта вниз с ускорением \(a\) \[T_{\text{н}} \sim 1/\sqrt{g-a}.\] Ясно, что время, которое отсчитывают маятниковые часы при движении вверх с ускорением \(a\), пропорционально отношению времени \(t_{\text{в}}\) равноускоренного движения вверх к периоду \(T_{\text{в}}\): \[t_{\text{в}}' = t_{\text{в}}/T_{\text{в}} \sim t_{\text{в}}\sqrt{g+a}.\] Время, которое отсчитывают маятниковые часы при движении вниз с ускорением \(a\), равно \[t_{\text{н}}' = t_{\text{н}}/T_{\text{н}} \sim t_{\text{н}}\sqrt{g-a}.\] По условию задачи времена равноускоренного движения вниз и вверх равны: \(t_{\text{н}} = t_{\text{в}} = t_1/2\), где \(t_1\) — полное время движения лифта с ускорением. В итоге время, которое отсчитывают маятниковые часы за рабочий день, равно \[t' \approx (t_1/2)\left[\sqrt{(g+a)/g} + \sqrt{(g-a)/g}\right] + t_0.\] Здесь \(t_0\) — время движения лифта без ускорения. Неподвижные маятниковые часы показали бы время \[t \approx t_1 + t_0.\] Легко убедиться, что выполняется неравенство \(\sqrt{g+a} + \sqrt{g-a} < 2\sqrt g\). Действительно, \[\left(\frac{\sqrt{g+a} + \sqrt{g-a}}{2\sqrt g}\right)^2 = \frac{g + \sqrt{g^2 - a^2}}{2g} < 1.\] Отсюда вытекает, что маятниковые часы в лифте в среднем идут медленнее: \(t' < t\), и, следовательно, лифтёр переработает.

Ответ

Показания манометра нулевые: нет разности давлений.

Решение

Как следует из закона Паскаля, в сообщающихся сосудах давления газа на одинаковой высоте совпадают. Поскольку трубы манометра сообщаются с атмосферой, давление внутри них будет меняться с высотой по тому же закону, что и давление атмосферного воздуха. Это означает, что давление воздуха на жидкость, находящуюся в различных коленах манометра, одинаково и равно давлению атмосферного воздуха на той высоте, где находится манометр. Таким образом, показания манометра нулевые, поскольку нет разности давлений.

Ответ

\(A = \rho_{\text{рт}}gSh\,(l - 3h/4)\).

Решение

Выберем нулевой уровень отсчёта потенциальной энергии совпадающим с дном внешней трубки. Тогда в начальный момент потенциальная энергия ртути равна \[W_{\text{н}} = 2Sl\rho_{\text{рт}}g\,(l/2) = \rho_{\text{рт}}gSl^2.\] Потенциальная энергия ртути в конечный момент (момент отрыва внутренней трубки, рис. 191) равна (по условию \(l > h\)) \[W_{\text{к}} = 2Sx\rho_{\text{рт}}g\,(x/2) + Sh\rho_{\text{рт}}g\,(x + h/2),\] где \(x\) — уровень ртути во внешней трубке в момент отрыва; этот уровень находится из условия постоянства объёма ртути: \[2Sx + Sh = 2Sl,\qquad x = l - h/2.\] Разность потенциальных энергий равна сумме искомой работы \(A\) внешних сил и работы силы атмосферного давления, действовавшего на поверхность ртути во внешней трубке и на верхний (запаянный) конец внутренней трубки. Смещение уровня ртути во внешней трубке равно \(l - x\), соответствующая работа силы атмосферного давления равна \(p_0S\,(l - x) = \rho_{\text{рт}}gSh\,(l - x)\).

Смещение запаянного конца внутренней трубки равно \(l - (l + x)\), соответствующая работа равна \(-p_0Sx = -\rho_{\text{рт}}gShx\).

В итоге искомая работа внешних сил равна \[A = W_{\text{к}} - W_{\text{н}} - \rho_{\text{рт}}gSh\,(l - 2x) = \rho_{\text{рт}}gSh\,(l - 3h/4).\]

Ответ

\(h = r\) (равновесие устойчивое).

Решение

Давление у дна «вертикального» цилиндра равно \(p = p_0 + \rho_{\text{в}}gh\), где \(p_0\) — атмосферное давление, \(\rho_{\text{в}}\) — плотность воды, \(g\) — ускорение свободного падения. По закону Паскаля то же давление действует на нижний край поршня, находящегося в «горизонтальном» цилиндре. Вообще давление воды на часть поршня, отстоящую от нижнего края на расстояние \(x\) по вертикали, равно \(p - \rho gx\) (рис. 192).

Рассмотрим части поршня, представляющие собой узкие (шириной \(\Delta x\)) горизонтальные полоски, отстоящие на равные расстояния \(a\) от его центров. Сила давления воды на верхнюю полоску равна \[[p - \rho_{\text{в}}g\,(r + a)]\,\Delta S,\] а сила давления на нижнюю \[[p - \rho_{\text{в}}g\,(r - a)]\,\Delta S,\] где \(\Delta S\) — площадь полоски. Сумма этих сил пропорциональна площади полоски, причём коэффициент пропорциональности, равный \(2(p - \rho gr)\), не зависит от \(a\). Отсюда следует, что полная сила давления воды на поршень равна \[(p - \rho_{\text{в}}gr)\,\pi r^2 = [p_0 + \rho_{\text{в}}g\,(h - r)]\,\pi r^2.\] Чтобы поршень находился в равновесии, необходимо равенство этой силы силе атмосферного давления, действующей на поршень слева и равной \(p_0\pi r^2\). Отсюда \[h = r,\] т. е. поршень находится в равновесии, если уровень воды в вертикальном цилиндре равен радиусу горизонтального. Из рассмотрения видно, что равновесие устойчивое.

Ответ

\(m_{\text{ал}} = \dfrac{\rho_{\text{ал}}(\rho_{\text{в}} - \rho_{\text{пр}})}{(\rho_{\text{ал}} - \rho_{\text{в}})\rho_{\text{пр}}}\,m_{\text{пр}} \approx 1{,}6\,m_{\text{пр}}\).

Решение

Условием полного погружения тела является \[M \geqslant \rho_{\text{в}}V,\] где \(M\) — масса тела, \(V\) — его объём. В нашем случае получим \[M = m_{\text{пр}} + m_{\text{ал}},\qquad V = m_{\text{пр}}/\rho_{\text{пр}} + m_{\text{ал}}/\rho_{\text{ал}}.\] Отсюда следует, что минимальная масса проволоки равна \[m_{\text{ал}} = \frac{\rho_{\text{ал}}(\rho_{\text{в}} - \rho_{\text{пр}})}{(\rho_{\text{ал}} - \rho_{\text{в}})\rho_{\text{пр}}}\,m_{\text{пр}} \approx 1{,}6\,m_{\text{пр}}.\]

Ответ

Шар плавает на глубине \(H - h = 1{,}4\) м (шар на высоте \(h = 1{,}6\) м над дном).

Решение

Ясно, что в положении равновесия шар находится на некоторой высоте \(h\) над дном водоёма, а цепь частично лежит на дне, частично висит в воде между дном и шаром, причем висящий участок цепи вертикален (рис. 193). Данные задачи таковы, что можно заранее утверждать, что шар целиком находится под водой (в противном случае почти вся цепь оказалась бы висящей, что невозможно ввиду большой плотности железа). Высота \(h\) в таком случае получится из условия равенства суммарной силы тяжести шара и висящего участка цепи и действующей на них выталкивающей силы: \[\left(M + m\,\frac{h - D/2}{l}\right)g = \rho_{\text{в}}\left(V + \frac{m}{\rho_{\text{ж}}}\,\frac{h - D/2}{l}\right)g.\] Отсюда \[h = \frac{D}{2} + \frac{\rho_{\text{в}}V - M}{m\,(1 - \rho_{\text{в}}/\rho_{\text{ж}})}\,l = 1{,}6\text{ м}.\] Глубина, на которой плавает шар, равна \(H - h = 1{,}4\) м.

Ответ

Равновесие рычага нарушится.

Решение

Условием равновесия рычага является равенство моментов сил (рис. 194). В воздухе этими силами являются силы тяжести тел \(m_1g\) и \(m_2g\). Поскольку они различны, различны и соответствующие плечи \(l_1\), \(l_2\), так как \[m_1gl_1 = m_2gl_2.\] При погружении рычага в воду на тела дополнительно к силе тяжести начинает действовать выталкивающая сила со стороны воды, которая пропорциональна объёму тела. В силу условий задачи \(F_1 = F_2\). В таком случае \[(m_1g - F_1)\,l_1 \neq (m_2g - F_2)\,l_2.\] Поэтому равновесие рычага нарушится.

Ответ

Уровни воды в обоих сосудах поднялись одинаково.

Решение

Объём погружённой в воду части каждой коробочки меняется на одну и ту же величину \(\Delta V = m/\rho_{\text{в}}\), где \(m\) — масса предмета, \(\rho_{\text{в}}\) — плотность воды. Поскольку изменение уровня воды в каждом из сосудов определяется только величиной \(\Delta V\) и сосуды одинаковы, уровни воды в них изменятся на одну и ту же величину.

Ответ

Объём погружённой в ртуть части шарика уменьшится.

Решение

Пусть объём стального шарика равен \(V\), а объём его части, погружённой в ртуть, равен \(V_0\) до наливания воды и \(V_1\) после того, как вода полностью закроет шарик. Величина \(V_0\) находится из условия \[\rho_{\text{ст}}V = \rho_{\text{рт}}V_0,\] где \(\rho_{\text{ст}}\) и \(\rho_{\text{рт}}\) — плотности стали и ртути. Поскольку давление воды передаётся через ртуть на нижнюю часть шарика, выталкивающая сила, действующая на него со стороны воды, равна \(\rho_{\text{в}}(V - V_1)\,g\), где \(\rho_{\text{в}}\) — плотность воды, а выталкивающая сила со стороны ртути — \(\rho_{\text{рт}}V_1g\). Условие плавания шарика теперь примет вид \[\rho_{\text{ст}}V = \rho_{\text{рт}}V_1 + \rho_{\text{в}}(V - V_1),\] откуда \[V_1 = \frac{\rho_{\text{ст}} - \rho_{\text{в}}}{\rho_{\text{рт}} - \rho_{\text{в}}}\,V.\] Таким образом, отношение объёмов погружённой в ртуть части шарика в первом и втором случаях равно \[\frac{V_0}{V_1} = \frac{\rho_{\text{ст}}}{\rho_{\text{рт}}}\,\frac{\rho_{\text{рт}} - \rho_{\text{в}}}{\rho_{\text{ст}} - \rho_{\text{в}}} = \frac{1 - \rho_{\text{в}}/\rho_{\text{рт}}}{1 - \rho_{\text{в}}/\rho_{\text{ст}}}.\] Поскольку \(\rho_{\text{рт}} > \rho_{\text{ст}}\), то \(V_0 > V_1\), т. е. объём погружённой в ртуть части шарика при наливании воды уменьшится.

Ответ

Уровень границы раздела воды и масла повысится, общий уровень жидкости в сосуде понизится.

Решение

Известно, что при таянии льда, плавающего в сосуде с водой, уровень воды не меняется. В нашем случае будем считать уровень воды в начальный момент (отсчитываемый от дна сосуда) равным \(h_0\), уровень поверхности масла \(h\) (рис. 195). Если бы в сосуде находилась только вода, то её уровень \(h_1\) при условии неизменного положения куска льда относительно сосуда подчинялся бы условиям \[h_0 < h_1 < h.\] При таянии вода, образующаяся из льда, имеет объём, равный объёму заштрихованной области на рисунке. Поскольку часть этого объёма выходит за пределы поверхности воды (\(h_1 > h_0\)), то при таянии льда уровень воды повышается. С другой стороны, поскольку \(h_1 < h\), масло заполняет образующуюся «лунку», т. е. общий уровень жидкости в сосуде понижается.

Ответ

\(y/x = 1 + 2(F_{\text{ш}} - F_{\text{А}})/(Mg) \approx 1{,}5\).

Решение

Пусть \(x\) — длина части палочки, свешивающейся внутрь стакана, а \(y\) — длина её наружной части. Тогда длина палочки равна \(x + y\). Центр палочки находится на расстоянии \((x+y)/2\) от её концов и на расстоянии \((y-x)/2\) от наружного края. Условие равновесия получим из равенства нулю суммы моментов сил относительно края стакана: \[(F_{\text{ш}} - F_{\text{А}})\,x = Mg\,(y - x)/2,\] где \(F_{\text{ш}} = m_{\text{ш}}g = \rho_{\text{ал}}gV\) — сила тяжести шарика, а \(F_{\text{А}} = \rho_{\text{в}}gV/2\) — выталкивающая сила (сила Архимеда), причем \(V = (4/3)\,\pi r^3\) — объём шарика.

Искомое отношение равно \[y/x = 1 + 2\,(F_{\text{ш}} - F_{\text{А}})/(Mg) \approx 1{,}5.\]

Ответ

До деления 1050 мм (трубка заполнится целиком).

Решение

При свободном падении сила давления атмосферного воздуха больше не компенсируется весом столба ртути независимо от высоты столба. В результате ртуть заполнит трубку барометра целиком, т. е. до деления 1050 мм.

Ответ

\(a = g\,(h_2 - h_1)/(h_2 + h_1)\).

Решение

В сосуде с жидкостью, движущемся в горизонтальном направлении с ускорением \(a\), поверхность жидкости становится наклонной плоскостью. Угол наклона \(\varphi\) определяется теми условиями, что сумма силы давления \(\vec F\) и силы тяжести \(m\vec g\), действующих на элемент поверхности, равна \(m\vec a\) и сила давления нормальна к поверхности. Отсюда \[\operatorname{tg}\varphi = a/g.\] В силу закона сообщающихся сосудов поверхности жидкости в коленах манометра принадлежат упомянутой выше наклонной плоскости (рис. 196). Из геометрических соображений очевидно, что \[\operatorname{tg}\varphi = (h_2 - h_1)/(h_2 + h_1);\] отсюда \[a = g\,(h_2 - h_1)/(h_2 + h_1).\]

Ответ

В середине салона давление равно атмосферному, в начале и в конце салона давление соответственно меньше и больше атмосферного на \(\Delta p = \rho al/2 \approx 0{,}03\) Па.

Решение

На слой воздуха, находящийся на расстоянии \(x\) от начала салона и имеющий толщину \(\Delta x\), действует сила давления, равная \[[p(x + \Delta x) - p(x)]\,S,\] где \(S\) — площадь поперечного сечения салона. Поскольку относительно салона воздух покоится, уравнение движения рассматриваемой массы воздуха имеет вид \[\rho S\,\Delta x\,a = [p(x + \Delta x) - p(x)]\,S.\] Устремляя \(\Delta x\) к нулю, получаем \[dp/dx = \rho a;\] отсюда \[p(x) = p_1 + \rho ax.\] Поскольку среднее давление в салоне остаётся неизменным и равным атмосферному давлению \(p_0\), постоянная \(p_1\) находится из условия \[p_0 = p_1 + \rho al/2,\] где \(l\) — длина салона. Таким образом, в середине салона давление равно атмосферному, а в начале и в конце салона давление соответственно меньше и больше атмосферного на величину \[\Delta p = \rho al/2 \approx 0{,}03\text{ Па}.\]

Ответ

\(\omega = \sqrt{\dfrac{2}{\rho_{\text{в}}}\,\dfrac{p_2 - p_1}{r_2^2 - r_1^2}}\).

Решение

Рассмотрим условия равновесия относительно трубки массы воды, находящейся между поперечными сечениями, отстоящими на \(x\) и \(x + \Delta x\) от оси вращения. Эта часть жидкости, масса которой равна \(\rho_{\text{в}}S\,\Delta x\), равномерно вращается с угловой скоростью \(\omega\) под действием сил давления, действующих на её боковые поверхности. Обозначая давление в сечении \(x\) как \(p(x)\), находим \[[p(x + \Delta x) - p(x)]\,S = \rho S\,\Delta x\,\omega^2\,(x + \Delta x/2).\] Устремляя \(\Delta x\) к нулю, получаем уравнение \[dp/dx = \rho_{\text{в}}\omega^2x;\] отсюда \[p(x) = \rho_{\text{в}}\omega^2x^2/2 + p_0.\] Используя данные задачи, \[p_1 = p(r_1) = \rho_{\text{в}}\omega^2r_1^2/2 + p_0,\] \[p_2 = p(r_2) = \rho_{\text{в}}\omega^2r_2^2/2 + p_0,\] находим угловую скорость вращения трубки: \[\omega = \sqrt{\frac{2}{\rho_{\text{в}}}\,\frac{p_2 - p_1}{r_2^2 - r_1^2}}.\]

Ответ

При \(\alpha \geqslant 2\).

Решение

Пусть показатель степени \(\alpha\) таков, что тело, имеющее начальную скорость \(v\), проходит в среде конечное расстояние \(s(v)\). Поскольку скорость тела при его движении в среде монотонно уменьшается, ясно, что \(s(v) > s(v_1)\) при \(v > v_1\). Очевидно также, что \(s(v)\) стремится к нулю при \(v \to 0\). Условием остановки тела является равенство работы \(A\) силы сопротивления начальной кинетической энергии тела: \[mv^2/2 = A. \qquad(1)\] Поскольку сила сопротивления монотонно убывает вместе со скоростью тела в процессе его движения, то \[A \leqslant \mu v^\alpha s(v). \qquad(2)\] Подставляя (2) в (1), получаем \[s(v) \geqslant \frac{m}{2\mu}\,v^{2-\alpha},\] откуда следует, что при \(\alpha \geqslant 2\) нарушается условие \(\lim\limits_{v\to0}s(v) = 0\). Таким образом, при \(\alpha \geqslant 2\) тело не может затормозиться на конечном участке пути.

Ответ

\(m_{\text{М}}/m_{\text{З}} \approx 3{,}4\cdot10^{-3}\).

Решение

Сила притяжения тела массой \(m\) к Марсу на его поверхности в соответствии с законом всемирного тяготения равна \(G\,\dfrac{M_{\text{М}}m}{R_{\text{М}}^2}\), где \(M_{\text{М}}\) — масса Марса, а \(R_{\text{М}}\) — его радиус. Это значит, что ускорение свободного падения на поверхности Марса равно \(g_{\text{М}} = GM_{\text{М}}/R_{\text{М}}^2\). Если масса марсианской атмосферы равна \(m_{\text{М}}\), то она притягивается к поверхности с силой \(m_{\text{М}}g_{\text{М}}\), которая и представляет собой силу давления атмосферы, т. е. давление на поверхности Марса равно \(p_{\text{М}} = m_{\text{М}}g_{\text{М}}/(4\pi R_{\text{М}}^2)\). Аналогично для соответствующих параметров на Земле \(p_{\text{З}} = m_{\text{З}}g_{\text{З}}/(4\pi R_{\text{З}}^2)\). Отношение масс атмосфер Марса и Земли равно \[\frac{m_{\text{М}}}{m_{\text{З}}} = \frac{p_{\text{М}}\cdot4\pi R_{\text{М}}^2g_{\text{З}}}{p_{\text{З}}\cdot4\pi R_{\text{З}}^2g_{\text{М}}};\] учитывая, что \(M_{\text{М}} = (4/3)\,\pi R_{\text{М}}^3\rho_{\text{М}}\) (и аналогично для Земли), получаем, подставляя данные из условия, \[\frac{m_{\text{М}}}{m_{\text{З}}} = \frac{p_{\text{М}}}{p_{\text{З}}}\,\frac{R_{\text{М}}}{R_{\text{З}}}\,\frac{\rho_{\text{З}}}{\rho_{\text{М}}} \approx 3{,}4\cdot10^{-3}.\] Отметим, что при решении задачи мы фактически считали атмосферу расположенной вблизи поверхности планеты. Это действительно так: высота атмосферы много меньше радиуса планет (например, на Земле на высоте 10 км уже нечем дышать, а радиус Земли равен \(R_{\text{З}} \approx 6400\) км!).