МОШ, 1991/92, заключительный этап, 9 класс

Ответ

\(\tau = \sqrt{v_1v_2}/g\).

Решение

Введём прямоугольную систему координат в плоскости движения частиц. Её начало поместим в точку вылета, ось \(X\) направим горизонтально вдоль вектора скорости \(v_1\), а ось \(Y\) — вниз. Тогда через время \(t\) проекции векторов скоростей частиц на оси координат будут равны: \(v_{1x} = v_1\), \(v_{1y} = gt\); \(v_{2x} = -v_2\), \(v_{2y} = gt\). Если угол между векторами скоростей в момент времени \(\tau\) равен \(90^\circ\), то скалярное произведение этих векторов должно равняться нулю: \[\vec v_1\cdot\vec v_2 = v_{1x}v_{2x} + v_{1y}v_{2y} = -v_1v_2 + g^2\tau^2 = 0,\] откуда \(\tau = \sqrt{v_1v_2}/g\).

Ответ

\(F_{\min} = mg\).

Решение

Очевидно, что до тех пор, пока груз во время медленного проталкивания цилиндра под маятником не коснётся цилиндра, сила натяжения верёвки \(T = mg\). При этом из условий равновесия цилиндра и лежащего на нём участка верёвки следует, что минимальная сила \(F\), которую нужно прикладывать к оси цилиндра в горизонтальном направлении, по величине должна равняться (см. рис. 1.175.1) горизонтальной проекции силы \(T\), равной \(T\sin\alpha = mg\sin\alpha\) (здесь \(\alpha\) — угол, который наклонный участок верёвки образует с вертикалью). Поскольку длина верёвки \(2R > \pi R/2\), то сила \(F\) постепенно возрастает от нуля до максимального значения, равного \(mg\).

Из условий равновесия груза после того, как он коснётся цилиндра (см. рис. 1.175.2), следует, что сила натяжения верёвки будет уменьшаться по закону \(T = mg\cos\beta\) (здесь \(\beta\) — угол между горизонталью и радиусом, проведённым в точку касания груза с цилиндром), поскольку часть веса груза компенсируется появившейся силой реакции опоры \(N\). Из условий равновесия системы, состоящей из цилиндра, груза и участка верёвки, лежащего на цилиндре, следует, что сила \(F = T = mg\cos\beta\). Таким образом, после касания груза и цилиндра сила \(F\) убывает по величине от \(mg\) до нуля.

Поэтому минимальная сила, необходимая для того, чтобы медленно протолкнуть цилиндр под маятником, равна \(F_{\min} = mg\).

Ответ

Если \(a < (l - d)^2/d\), картина висит вертикально (\(\alpha_0 = 0\)). Если \((l - d)^2/d < a < l - d\), она висит под углом \(\alpha_0 \neq 0\) к стене, причём \(\sin^2\alpha_0 = \dfrac{\left(\dfrac{a}{l - d}\right)^2 - \left(\dfrac{l - d}{d}\right)^2}{1 - \left(\dfrac{l - d}{d}\right)^2}\). Картина не перевернётся при \((l - d)^2/d < a < l - d\) (при этом \(d > l/2\)).

Решение

Будем считать, что картина является однородной и висит ровно, то есть касается стены нижней стороной. Обозначим искомый угол между картиной и стеной в положении равновесия через \(\alpha_0\), угол между верёвкой и стеной — через \(\beta_0\), силу натяжения верёвки при равновесии через \(T\), а соответствующую силу реакции стены в точке \(O\) — через \(N\) (см. рис. 1.178).

Запишем условия равновесия картины. Сумма проекций сил на горизонтальное и вертикальное направления должна быть равна нулю, откуда \[N = T\sin\beta_0,\quad mg = T\cos\beta_0.\] Сумма моментов сил относительно точки \(A\) также равна нулю: \[mgd\sin\alpha_0 = N(l - d)\cos\alpha_0.\] Используя теорему синусов для треугольника \(AOB\), имеем: \[a\sin\beta_0 = (l - d)\sin\alpha_0.\] Прежде всего заметим, что у этой системы уравнений имеется простое решение: \[\alpha_0 = \beta_0 = 0.\] При этом \(T = mg\) и \(N = 0\), то есть картина висит вертикально.

Если считать, что \(\alpha_0 \neq 0\), то из записанной системы уравнений следует, что \(N = mg\operatorname{tg}\beta_0\), и \(\operatorname{tg}\beta_0 = \dfrac{d}{l - d}\operatorname{tg}\alpha_0\). С учётом этого получаем второе решение: \[\sin^2\alpha_0 = \dfrac{\left(\dfrac{a}{l - d}\right)^2 - \left(\dfrac{l - d}{d}\right)^2}{1 - \left(\dfrac{l - d}{d}\right)^2}.\qquad(1)\] Исследуем полученные решения, то есть найдём, при каких соотношениях между \(d\), \(a\) и \(l\) они реализуются. Для этого определим, как зависит потенциальная энергия \(U\) картины от величины угла \(\alpha\), который она составляет со стеной. Направим координатную ось \(Y\) вверх и будем отсчитывать потенциальную энергию от положения, в котором находится центр масс картины при натянутой вертикально верёвке: \(U(\alpha) = mgy(\alpha)\), где \[y(\alpha) = a(1 - \cos\beta) - d(1 - \cos\alpha) = a - d + d\cos\alpha - \sqrt{a^2 - (l - d)^2\sin^2\alpha}.\qquad(2)\] (здесь \(\beta\) — угол между стеной и верёвкой тогда, когда картина образует со стеной угол \(\alpha\)).

Выясним, при каких условиях найденные выше значения \(\alpha_0\) соответствуют положению устойчивого равновесия. Для этого предположим, что картина сначала была прижата к стене при натянутой верёвке, то есть составляла со стеной угол \(\alpha = 0\) и имела при этом потенциальную энергию \(U(0) = 0\). Для того, чтобы положение равновесия, соответствующее \(\alpha_0 = 0\), было устойчивым, необходимо, чтобы при небольшом отклонении картины от вертикального положения её центр масс поднимался, что соответствует увеличению потенциальной энергии картины.

Пусть картина отклонилась от вертикального положения на небольшой угол \(\Delta\alpha\). При этом высота её центра масс стала равна \[y(\Delta\alpha) = a - d + d\cos\Delta\alpha - \sqrt{a^2 - (l - d)^2\sin^2\Delta\alpha}.\] Так как \(\Delta\alpha \ll 1\), то \(\sin\Delta\alpha \approx \Delta\alpha\), а \(\cos\Delta\alpha \approx 1 - (\Delta\alpha)^2/2\). С учётом этого изменение высоты центра масс картины \[\Delta y = y(\Delta\alpha) - y(0) \approx\] \[\approx a - d + d\left(1 - \dfrac{(\Delta\alpha)^2}{2}\right) - \sqrt{a^2 - (l - d)^2(\Delta\alpha)^2} =\] \[= a - \dfrac{(\Delta\alpha)^2d}{2} - \sqrt{a^2 - (l - d)^2(\Delta\alpha)^2} > 0.\] Отсюда находим, что \(ad - (l - d)^2 < \left(\dfrac{d\Delta\alpha}{2}\right)^2\). Так как \(\Delta\alpha \to 0\), то из записанного неравенства следует ограничение на параметры задачи: \(a < (l - d)^2/d\) при \(\alpha_0 = 0\).

Теперь рассмотрим случай \(\alpha_0 \neq 0\). При этом угол, соответствующий положению равновесия, выражается формулой (1). Это равновесие будет устойчивым в том случае, если при отклонении картины от вертикального положения на небольшой угол её потенциальная энергия убывает (центр масс опускается), то есть \(\Delta y < 0\). Отсюда следует, что для устойчивости равновесия картины при \(\alpha_0 \neq 0\) должно выполняться условие: \(a > (l - d)^2/d\). Кроме того, в этом случае выражение, содержащееся под корнем в формуле (2), должно быть неотрицательным: \(a^2 - (l - d)^2\sin^2\alpha \geqslant 0\), откуда \(\sin\alpha \leqslant \dfrac{a}{l - d} < 1\) (картина не может находиться в равновесии, располагаясь перпендикулярно стене). Отсюда получаем дополнительное ограничение на параметры задачи: \(a < (l - d)\).

Таким образом, положение равновесия, соответствующее углу \(\alpha_0 \neq 0\), будет устойчивым при \((l - d)^2/d < a < (l - d)\). Именно при выполнении этих условий картина не перевернётся. Из полученных условий следует, что точка крепления верёвки к картине должна находиться на расстоянии \(d > l/2\) ниже её центра масс. Легко проверить, что при указанных условиях \(0 < \sin^2\alpha_0 < 1\), как это и должно быть.

Заметим, что формулу (1) для \(\alpha_0\) можно получить и непосредственно из выражения для \(U(\alpha)\), найдя при помощи дифференцирования экстремум этой функции, а затем выяснив, при каких условиях он является минимумом.

Ответ

При \(\mu < \operatorname{ctg}\alpha\) ластик перемещается на \(L = H\sin\alpha\sqrt{1 + \mu^2}\) под углом \(\beta\) к линейке, \(\operatorname{tg}\beta = 1/\mu\); при \(\mu > \operatorname{ctg}\alpha\) ластик не движется относительно линейки и смещается вместе с ней на расстояние \(H\).

Решение

Рассмотрим вначале случай, когда ластик проскальзывает по линейке (см. рис. 1.61). При этом со стороны линейки на него действуют сила реакции \(N\) и сила трения \(\mu N\), что вызывает смещение ластика из точки \(O\) в точку \(O'\). Обозначим угол между направлением перемещения ластика и линейкой через \(\beta\). Тогда \(\operatorname{tg}\beta = \dfrac{N}{\mu N} = \dfrac{1}{\mu}\).

Из треугольников \(OAB\) и \(OO'B\) искомое перемещение \(OO'\) равно \[L = \dfrac{H\sin\alpha}{\sin\beta}.\] Но \(\dfrac{1}{\sin\beta} = \sqrt{1 + \operatorname{ctg}^2\beta} = \sqrt{1 + \mu^2}\), и \[L = H\sin\alpha\sqrt{1 + \mu^2}.\] Такое движение возможно тогда, когда линия \(OO'\) лежит левее направления движения линейки \(OB\): \(\operatorname{tg}\beta > \operatorname{tg}\alpha\), откуда \(1/\mu > \operatorname{tg}\alpha\), то есть \(\mu < \operatorname{ctg}\alpha\).

В случае \(\mu > \operatorname{ctg}\alpha\) ластик не будет двигаться относительно линейки и сместится вместе с ней на расстояние \(H\).

Ответ

Возможны три типа траекторий (см. рис. 1.103): 1) отражение по нормали к стенкам, точки 1 и 2 — любые на одной высоте ниже оси цилиндра; 2) «навесная» траектория, симметричная относительно нормалей, наклонённых под \(45^\circ\) к горизонту; 3) шарик падает сверху в точку 1, отражается в точку 2 и поднимается вертикально вверх.

Решение

Ясно, что точки 1 и 2 упругого отражения шарика от стенок цилиндра должны лежать невысоко его оси. Траектория — замкнутая, то есть шарик должен периодически возвращаться в исходную точку. Этим условиям удовлетворяют три типа траекторий (см. рис. 1.103).

1) Траектории 1–2 и 2–1 совпадают, при этом отражение от стенок происходит по нормали, а положение точек 1 и 2 ниже оси цилиндра может быть любым: всегда можно подобрать для данного положения точки 1 такую величину скорости шарика, чтобы он попал в точку 2, расположенную на той же высоте, вылетев по нормали к стенке из точки 1.

2) Траектория 1–2 — «настильная», а 2–1 — «навесная»; в этом случае углы падения и отражения должны быть симметричны относительно нормалей к стенкам, наклонённым под углом \(45^\circ\) к горизонту, и таким образом, данное решение единственно.

3) Шарик падает из точки \(A\) в точку 1 с такой высоты, чтобы, отразившись, попасть в точку 2, и после второго отскока поднимается на прежнюю высоту в точку \(B\); далее процесс повторяется в обратной последовательности. Траектории этого типа ограничиваются тем условием, что начальная точка \(A\), из которой падает шарик, должна находиться внутри цилиндра. Поэтому точки 1 и 2 не могут располагаться выше некоторого уровня над нижней точкой цилиндра.

Ответ

\(F = \rho g\pi R^2\left(H - \dfrac{2}{3}R\right)\).

Решение

Так как колпачок лёгкий, то искомая сила равна весу жидкости, находящейся непосредственно над ним. Пусть \(V\) — объём этой жидкости. Тогда: \[F = \rho gV = \rho g\left(\pi R^2H - \dfrac{2}{3}\pi R^3\right) = \rho g\pi R^2\left(H - \dfrac{2}{3}R\right).\]