МОШ, 1992/93, заключительный этап, 9 класс

Ответ

\(F_{\min} \approx Mg\sin\alpha \approx 1{,}7\cdot 10^3\) Н.

Решение

Из условия следует, что при скорости, близкой к 150 км/ч, подъёмная сила равна силе тяжести, и самолёт сможет взлететь с полосы. Чтобы разогнать самолёт до такой скорости, сила тяги должна превосходить силу сопротивления воздуха. Эта сила сопротивления почти не отличается от силы сопротивления при планировании с указанной постоянной скоростью под небольшим углом к горизонту: \(F_{\text{сопр}} = Mg\sin\alpha\). Таким образом, минимальная сила тяги должна равняться \(F_{\min} \approx Mg\sin\alpha \approx 1{,}7\cdot 10^3\) Н.

Ответ

Мяч может отскочить в одном из двух направлений: вниз под углом \(-30^\circ\) (вероятность \(p(-30^\circ) = \dfrac{\sqrt{3} - 1}{\sqrt{3} + 1} \approx 27\%\)) или вверх под углом \(+30^\circ\), то есть в обратном направлении по отношению к броску (вероятность \(p(+30^\circ) = \dfrac{2}{\sqrt{3} + 1} \approx 73\%\)).

Решение

Как видно из рисунка 1.102, мячик после упругого удара о лестницу может отскочить в одном из двух направлений: если он ударился один раз — то вниз под углом \(-30^\circ\), а если два — то вверх под углом \(+30^\circ\), то есть в обратном направлении по отношению к броску.

Если точка броска выбирается случайным образом, то можно оценить вероятности этих углов отскока, найдя отношение ширины полосы, в которую должен попасть мячик для реализации данного угла отскока, к полной ширине зоны бросания напротив ступеньки (вероятностью отскока маленького мячика в других направлениях после попадания в углы ступеньки можно пренебречь). Если считать ширину и высоту ступеньки равными единице, то из рисунка видно, что полная ширина зоны бросания по вертикали равна \(1 + (1/\sqrt{3})\), а ширины полос для первого и второго углов отскока составляют, соответственно, \(1 - (1/\sqrt{3})\) и \(2/\sqrt{3}\). Поэтому вероятности отскока под углами \(-30^\circ\) и \(+30^\circ\) равны: \[p(-30^\circ) = \dfrac{\sqrt{3} - 1}{\sqrt{3} + 1} \approx 27\%;\qquad p(+30^\circ) = \dfrac{2}{\sqrt{3} + 1} \approx 73\%.\]

Ответ

\(m = \dfrac{T\alpha}{2g(2 + \alpha)} \approx 125\) кг.

Решение

Обозначим коэффициент жёсткости верёвки длиной \(L\) через \(k\). Тогда \(k = T/(\alpha L)\), поскольку \(T\) — это сила, которая растягивает верёвку на длину \(\Delta L = \alpha L\).

Рассмотрим схему испытания верёвки на прочность при максимально возможной массе груза \(m\). Упав с высоты \(2L\), этот груз растянул верёвку до максимального удлинения \(\Delta L = \alpha L\) и остановился. При этом потенциальная энергия груза в поле силы тяжести уменьшилась на величину \(\Delta U_1 = mgL(2 + \alpha)\), а потенциальная энергия, запасённая в упругой верёвке, увеличилась на \(\Delta U_2 = k(\alpha L)^2/2 = T\alpha L/2\). Поскольку и в верхней, и в нижней точке кинетическая энергия груза равна нулю, то \(\Delta U_1 = \Delta U_2\), то есть \(mgL(2 + \alpha) = T\alpha L/2\). Отсюда масса груза \(m = \dfrac{T\alpha}{2g(2 + \alpha)} \approx 125\) кг.

Ответ

1) \(v = \sqrt{2FS/m} = 40\) м/с;  2) \(L = v^2\sin 2\alpha/g \approx 80\) м \(= 110\) шагов.

Решение

При натягивании лука прикладывалась максимальная сила, соответствующая, видимо, примерно 400 Н — поднимать двухпудовую гирю (36 кг) можно натренировать практически каждого. Будем считать, что среднее значение \(F\) этой силы было в 2 раза меньше, то есть \(F = 200\) Н, и что вся эта сила разгоняла стрелу на пути \(S = 0{,}8\) м (от вытянутой левой руки до правого уха). Тогда скорость стрелы \(v = \sqrt{2FS/m} = 40\) м/с. Считая, что цель находится на той же высоте от земли, что и лук, и что использование угла прицеливания больше \(\alpha = 15^\circ\) над горизонтом неприемлемо, получаем дальность прицельной стрельбы \(L = v^2\sin 2\alpha/g \approx 80\) м \(= 110\) шагов. Эта оценка вполне соответствует сведениям о дальности меткой стрельбы, приведённым в рыцарских романах.

Ответ

\(t \approx \sqrt{\dfrac{2br^3}{glR_{\text{З}}^2}} \approx 7\cdot 10^3\) с; палочка пролетит \(L \approx \dfrac{br}{l} \approx 10^6\) м \(\ll r\).

Решение

Обозначим расстояние от центра Земли до ближнего конца палочки за \(y\) (в начале падения \(y = r\)). Разобьём палочку на малые части длиной \(\Delta x_i\), находящиеся на расстояниях \(x_i\) от этого конца, и найдём силу, с которой палочка притягивается к Земле: \[F = \sum_i\dfrac{Gm_iM_{\text{З}}}{(y + x_i)^2} = \sum_i\dfrac{Gm_{\text{п}}M_{\text{З}}\Delta x_i}{l(y + x_i)^2} = \dfrac{1}{l}\sum_i\dfrac{Gm_{\text{п}}M_{\text{З}}\Delta x_i}{(y + x_i)^2},\] где \(m_{\text{п}}\) и \(M_{\text{З}}\) — массы палочки и Земли. Сумма в последнем выражении численно равна работе против гравитационных сил по перемещению материальной точки массой \(m_{\text{п}}\) от расстояния \(y\) до \(y + l\) от центра Земли. Для этой работы можно записать: \[A = Gm_{\text{п}}M_{\text{З}}\left(\dfrac{1}{y} - \dfrac{1}{y + l}\right).\] Отсюда \[F = \dfrac{1}{l}Gm_{\text{п}}M_{\text{З}}\dfrac{l}{y(y + l)} = \dfrac{Gm_{\text{п}}M_{\text{З}}}{y(y + l)}.\] Заменим теперь палочку на материальную точку массой \(m_{\text{п}}\), находящуюся на расстоянии \(c\) от ближнего к Земле конца палочки так, чтобы сила гравитационного взаимодействия не изменилась: \[F = \dfrac{Gm_{\text{п}}M_{\text{З}}}{y(y + l)} = \dfrac{Gm_{\text{п}}M_{\text{З}}}{(y + c)^2},\] или \(y^2 + yl = y^2 + 2yc + c^2\). Поскольку \(c \sim l \ll y\), то \(yc \gg c^2\) и \(yl \gg c^2\), то есть \(c \approx l/2\).

Найдём разницу ускорений бусинки \(a_{\text{б}}\) и палочки \(a_{\text{п}}\), учитывая, что \(b \ll l \ll y\) и \(GM_{\text{З}} = gR_{\text{З}}^2\), где \(g\) — ускорение свободного падения на поверхности Земли: \[a_{\text{б}} - a_{\text{п}} \approx \dfrac{gR_{\text{З}}^2}{(y + b)^2} - \dfrac{gR_{\text{З}}^2}{\left(y + \dfrac{l}{2}\right)^2} = \dfrac{gR_{\text{З}}^2\left(yl + \dfrac{l^2}{4} - 2yb - b^2\right)}{(y + b)^2\left(y + \dfrac{l}{2}\right)^2} \approx \dfrac{gR_{\text{З}}^2yl}{y^4} = \dfrac{glR_{\text{З}}^2}{y^3}.\] Теперь, зная ускорение бусинки относительно палочки, мы можем оценить время \(t\), необходимое бусинке для соскальзывания с палочки, из следующего соотношения: \(b = \dfrac{(a_{\text{б}} - a_{\text{п}})t^2}{2} = \dfrac{gR_{\text{З}}^2l}{y^3}\cdot\dfrac{t^2}{2} \approx \dfrac{gR_{\text{З}}^2lt^2}{2r^3}\). Отсюда \(t \approx \sqrt{\dfrac{2br^3}{glR_{\text{З}}^2}} \approx 7\cdot 10^3\) с.

Осталось оценить расстояние \(L\), которое палочка пролетит за это время, и убедиться, что оно мало по сравнению с \(r\): \[L \approx \dfrac{gR_{\text{З}}^2}{r^2}\cdot\dfrac{t^2}{2} \approx \dfrac{gR_{\text{З}}^2}{2r^2}\cdot\dfrac{2br^3}{glR_{\text{З}}^2} = \dfrac{br}{l} \approx 10^6\text{ м} \ll r = 10^8\text{ м}.\] Поэтому ускорения бусинки и палочки, а также разность этих ускорений мы можем считать постоянными, и наши оценки справедливы.

Ответ

\(T = \dfrac{mg}{1 + 2\cos^3\alpha}\).

Решение

Пусть \(T\) и \(T_1\) — силы натяжения среднего и каждого из крайних отрезков троса соответственно, \(\Delta x\) и \(\Delta x_1\) — удлинения среднего и крайних отрезков, \(E\) и \(S\) — модуль Юнга и площадь поперечного сечения троса, \(L\) — расстояние между точками подвеса его крайних и среднего отрезков (см. рис. 1.180).

Найдём связь между удлинениями отрезков троса, воспользовавшись теоремой косинусов: \[\left(\dfrac{L}{\sin\alpha} + \Delta x_1\right)^2 = \Delta x^2 + \dfrac{L^2}{\sin^2\alpha} + 2\Delta x\dfrac{L}{\sin\alpha}\cos\alpha.\] Отсюда, пренебрегая квадратами малых удлинений по сравнению с их первыми степенями, получаем: \(\Delta x_1 \approx \Delta x\cos\alpha\).

Таким образом, в соответствии с законом Гука, \[T = ES\cdot\dfrac{\Delta x}{L/\operatorname{tg}\alpha} = \dfrac{ES\Delta x\sin\alpha}{L\cos\alpha},\] \[T_1 = ES\cdot\dfrac{\Delta x_1}{L/\sin\alpha} = \dfrac{ES\Delta x\cos\alpha\sin\alpha}{L},\] откуда \(T_1 = T\cos^2\alpha\).

Поскольку груз покоится, то сумма всех действующих на него сил равна нулю. Запишем это условие в проекции на вертикальную ось: \[T + 2T_1\cos\alpha = mg.\] Подставляя сюда выражение для \(T_1\), получаем ответ: \[T = \dfrac{mg}{1 + 2\cos^3\alpha}.\]