МОШ, 1988/89, заключительный этап, 8 класс

Ответ

\(v = w_{\text{пар}}\operatorname{ctg}\alpha \approx 52\) км/ч; составляющая скорости ветра вдоль направления движения \(w_{\text{пар}} = u/2 = 30\) км/ч; о перпендикулярной составляющей ничего сказать нельзя.

Решение

Картина, образованная дождевыми каплями на стекле, симметрична относительно вертикали. Из этого можно сделать вывод, что ветер сносит капли в направлении движения автобуса, причём составляющая скорости ветра, параллельная этому направлению, в два раза меньше скорости движения автобуса: \[w_{\text{пар}} = u/2 = 30\text{ км/ч}.\] Как видно из рисунка 1.14, на остановках струи дождя образуют с вертикалью угол \(\alpha \approx 30^\circ\); следовательно, скорость падения капель \[v = w_{\text{пар}}\operatorname{ctg}\alpha \approx 52\text{ км/ч}.\]

О составляющей скорости ветра, перпендикулярной направлению движения, ничего сказать нельзя.

Ответ

\(v_1 = \dfrac{v}{\left(1 + \dfrac{f^2}{(m - \rho V)^2g^2}\right)^{1/4}}\).

Решение

До приложения силы \(f\) выполнялось равенство: \((m - \rho V)g = kv^2\), где \(k\) — коэффициент пропорциональности между силой сопротивления движению шарика и его скоростью. После приложения дополнительной силы \(f\) суммарная сила \(\vec F\), действующая на шарик, равна по величине \(F = ku^2 = \sqrt{(m - \rho V)^2g^2 + f^2}\) и направлена вместе с вектором установившейся скорости \(\vec u\) под таким углом \(\alpha\) к вертикали, что \(\operatorname{tg}\alpha = \dfrac{f}{(m - \rho V)g}\). Поэтому вертикальная проекция скорости шарика станет равной \(v_1 = u\cos\alpha\): \[v_1 = \dfrac{\left((m - \rho V)^2g^2 + f^2\right)^{1/4}}{\dfrac{\sqrt{(m - \rho V)g}}{v}}\cdot\dfrac{1}{\sqrt{1 + \dfrac{f^2}{(m - \rho V)^2g^2}}} = \dfrac{v}{\left(1 + \dfrac{f^2}{(m - \rho V)^2g^2}\right)^{1/4}}.\]

Ответ

\(\sin\alpha_{\min} = \sqrt{1 - h/L}\).

Решение

Поскольку все части системы, кроме груза массой \(M\), лёгкие, то можно считать, что груз совершает свободные колебания на невесомом подвесе длиной \(L - h\). При этом на него действуют сила тяжести \(Mg\), направленная вниз, и сила натяжения стержня \(T\), направленная вдоль стержня (см. рис. 1.90).

Уравнения вращательного движения груза на подвесе в проекциях на радиальное и тангенциальное направления имеют вид: \(Ma_{\text{цс}} = T - Mg\cos\alpha\) и \(Ma_{\text{т}} = Mg\sin\alpha\). Здесь \(a_{\text{цс}}\) — центростремительное, \(a_{\text{т}}\) — тангенциальное ускорение груза, \(\alpha\) — угол отклонения стержней от вертикали. Ясно, что шайба, лежащая на шероховатой планке, колеблется так же, как нижние концы стержней, расположенные на расстоянии \(L\) от точек подвеса, и имеет проекции ускорения на те же направления, в \(L/(L - h)\) раз бо́льшие, чем груз: \(a_{\text{цс}}^{\text{ш}} = a_{\text{цс}}L/(L - h)\) и \(a_{\text{т}}^{\text{ш}} = a_{\text{т}}L/(L - h) = g\sin\alpha\cdot L/(L - h)\). Уравнение движения шайбы в проекции на вертикальную ось имеет вид: \(N - mg = m(a_{\text{цс}}^{\text{ш}}\cos\alpha - a_{\text{т}}^{\text{ш}}\sin\alpha)\), где \(m\) — масса шайбы, \(N\) — сила реакции со стороны планки. Шайба начинает подпрыгивать на планке при \(N = 0\), то есть когда \[g\left(\sin^2\alpha\cdot\dfrac{L}{L - h} - 1\right) = a_{\text{цс}}^{\text{ш}}\cos\alpha.\] Раньше всего отрыв шайбы от планки будет происходить в моменты максимального отклонения, когда скорость шайбы и её центростремительное ускорение \(a_{\text{цс}}^{\text{ш}} = 0\), откуда искомое значение минимального угла \(\alpha_{\min}\) соответствует \(\sin\alpha_{\min} = \sqrt{1 - (h/L)}\).

Ответ

\(\mu < 2\operatorname{tg}\alpha\).

Решение

Как сказано в условии, весь путь санок состоит из трёх участков, одинаковых по длине. Для того, чтобы санки доехали до конца горки, необходимо, чтобы они преодолели второй участок горки, коэффициент трения на котором равен \(\mu\). Обозначим высоту горки через \(H\), массу санок — через \(m\). Тогда длина горки равна \(L = H/\sin\alpha\).

Санки, пройдя первый участок пути \(L/3\), опустятся на высоту \(H/3\) и по действием силы тяжести приобретут скорость \(v_1 = \sqrt{2gH/3}\). На втором участке на санки начинает действовать ещё и сила трения \(F_{\text{тр}} = \mu N = \mu mg\cos\alpha\), где \(\alpha\) — угол наклона горки к горизонту. К концу второго участка скорость санок станет равной \[v_2 = \sqrt{v_1^2 + \dfrac{2gH}{3} - \dfrac{2F_{\text{тр}}}{m}\cdot\dfrac{L}{3}} = \sqrt{\dfrac{4gH}{3} - \dfrac{2\mu gL\cos\alpha}{3}} = \sqrt{\dfrac{4gH}{3} - \dfrac{2\mu gH\cos\alpha}{3\sin\alpha}}.\] Для того, чтобы санки преодолели второй участок горки, нужно, чтобы скорость \(v_2\) была больше нуля, то есть должно выполняться условие: \(\dfrac{4gH}{3} - \dfrac{2\mu gH\cos\alpha}{3\sin\alpha} > 0\). Отсюда \(\mu < 2\operatorname{tg}\alpha\).

Ответ

24 часа.

Решение

Поскольку электродвижущая сила химического источника тока определяется только его химическим составом, ЭДС копии будет равна ЭДС батарейки. Пусть эта ЭДС равна \(\mathcal{E}\), сопротивление лампочки равно \(R\), а внутреннее сопротивление источника \(r\). Тогда полная мощность, выделяющаяся в цепи батарейки, равна \(N_1 = \dfrac{\mathcal{E}^2}{R + r_1}\), а в цепи копии \(N_2 = \dfrac{\mathcal{E}^2}{R + r_2}\). Так как \(r_1 \ll R\) и, следовательно, \(r_2 \ll R\), то \(N_1 \approx N_2 \approx \mathcal{E}^2/R\).

Химический источник совершает работу, расходуя запасённую в нём энергию химических связей молекул. По сравнению с батарейкой в её копии вдвое большего размера заключено в \(2^3 = 8\) раз больше реагентов, поэтому при такой же мощности она сможет совершить во столько же раз бо́льшую работу. Это означает, что лампочка, подключённая к копии, будет гореть 24 часа.

Ответ

\(t = \dfrac{\sqrt{2\left(v^2 + \sqrt{v^4 + H^2a^2}\right)}}{a}\); ускорение \(a\) направлено под углом \(\varphi = \operatorname{arctg}\dfrac{H}{vt}\) к поверхности стола.

Решение

Рассмотрим систему отсчёта, в которой муха вначале покоится, а капля мёда, находящаяся под мухой на расстоянии \(H\), движется от неё с постоянной скоростью \(v\) (см. рис. 1.35). Очевидно, что в этой системе отсчёта муха, чтобы достигнуть капли за минимальное время, должна начать лететь к точке встречи с мёдом по прямой с максимальным ускорением \(a\).

Из построения на рисунке следует, что \((at^2/2)^2 = (vt)^2 + H^2\). Отсюда искомое минимальное время \[t = \dfrac{\sqrt{2\left(v^2 + \sqrt{v^4 + H^2a^2}\right)}}{a}.\] При этом вектор ускорения должен быть направлен под углом \(\varphi = \operatorname{arctg}\dfrac{H}{vt}\) к поверхности стола, где \(t\) найдено выше.

Ответ

\(a_1 = \dfrac{a}{1 - \dfrac{2aH}{gL}}\); если \(a > \dfrac{gL}{3H}\), то контейнер опрокинется, не сползая.

Решение

В неинерциальной системе отсчёта, связанной с платформой, на контейнер при разгоне действуют (см. рис. 1.66): сила инерции \(\vec F_{\text{и}} = -m\vec a\), сила тяжести \(m\vec g\), силы реакции опор \(\vec N_1\) и \(\vec N_2\) и сила трения \(\vec F_{\text{тр}} = -\vec F_{\text{и}}\) (пока контейнер неподвижен относительно платформы). Контейнер начнёт смещаться, когда сила трения покоя достигнет предельного значения \(\mu N_1\), где \(\mu\) — коэффициент сухого трения. Условия равновесия контейнера в данной неинерциальной системе отсчёта имеют вид: \[N_1 + N_2 = mg,\qquad\mu N_1\dfrac{H}{2} + N_1\dfrac{L}{2} = N_2\dfrac{L}{2}.\]

Второе уравнение (уравнение моментов) записано относительно оси, проходящей через центр масс контейнера перпендикулярно плоскости рисунка. Заменяя в нём \(\mu N_1\) на \(ma\), получаем \[a = \dfrac{\mu g}{2 + \dfrac{\mu H}{L}},\qquad\text{или}\qquad\mu = \dfrac{2a}{g - \dfrac{aH}{L}}.\] При торможении направления сил \(\vec F_{\text{и}}\) и \(\vec F_{\text{тр}}\) меняются на противоположные, и аналогичным образом получаем, что контейнер начнёт смещаться при ускорении \[a_1 = \dfrac{\mu g}{2 - \dfrac{\mu H}{L}} = \dfrac{a}{1 - \dfrac{2aH}{gL}}.\] При достаточно большом ускорении \(a_1\) контейнер может перевернуться, не начав смещаться. Критическому значению ускорения (обозначим его \(a_0\)) соответствует \(N_2 = 0\), и из уравнения моментов относительно оси, проходящей через опору без колёс, получим: \(a_0 = gL/H\), или \(\mu_0 = L/H\). Этим \(a_0\) и \(\mu_0\) соответствует ускорение \(a = \dfrac{gL}{3H}\).

Итак, \(a_1 = \dfrac{a}{1 - \dfrac{2aH}{gL}}\); если \(a\) было больше, чем \(\dfrac{gL}{3H}\), то контейнер опрокинется, не сползая.

Ответ

\(F = \dfrac{\pi\rho gR^3}{2\mu}\) при \(\mu < \gamma_0\); \(F = \dfrac{\pi\rho gR^3}{2\gamma_0}\) при \(\mu > \gamma_0\).

Решение

Обозначим через \(\mu_{\text{п}}\) коэффициент трения песка о песок. Песчинка на поверхности горки не будет с неё скатываться, если \(\operatorname{tg}\gamma < \mu_{\text{п}}\). Поскольку этот песок образует на горизонтальной поверхности горку с малым предельным углом при основании \(\gamma_0\), то \(\mu_{\text{п}} = \operatorname{tg}\gamma_0 \approx \gamma_0\). Понятно, что если высота столба песка очень велика, то давление внутри песка не зависит от этой высоты.

Рассмотрим слой песка толщиной \(h\) и массой \(m\). Давление на его верхнюю и нижнюю поверхности одинаково и равно \(p\). Следовательно, этот слой удерживается в равновесии силой трения, действующей на его боковую поверхность: \(mg = F_{\text{тр}}\). Если \(\mu < \mu_{\text{п}}\), то максимальная сила трения со стороны стенок \(F_{\text{тр}} = 2\pi Rh\cdot p\cdot\mu = \pi R^2\cdot h\cdot\rho g\). Отсюда \(p = \dfrac{\rho gR}{2\mu}\), поэтому сила давления песка на дно трубы равна \[F = \pi R^2\cdot p = \dfrac{\pi\rho gR^3}{2\mu}\quad\text{при }\mu < \gamma_0.\] В случае \(\mu > \gamma_0\) тонкий слой песка «прилипнет» к стенкам трубы, а остальной песок будет тереться о него с коэффициентом \(\mu_{\text{п}}\). При этом сила давления песка на дно трубы будет равна \[F = \dfrac{\pi\rho gR^3}{2\gamma_0}.\]