МОШ, 1993/94, заключительный этап, 9 класс

Ответ

\(v = (v_1 - v_2)/2\): при \(v_1 > v_2\) шарики всплывают, при \(v_1 < v_2\) тонут, при \(v_1 = v_2\) они находятся в равновесии (\(v = 0\)).

Решение

При движении каждого шарика в установившемся режиме разность величин действующих на него силы Архимеда и силы тяжести равна силе сопротивления движению \(\alpha v\), где \(v\) — скорость соответствующего шарика, а \(\alpha\) — коэффициент пропорциональности, одинаковый для обоих шариков. Поэтому на удерживаемые неподвижно шарики со стороны воды и Земли в вертикальном направлении действуют силы \(\alpha v_1\) и \(-\alpha v_2\), а при движении соединённых ниткой шариков в установившемся режиме их скорость \(v\) может быть найдена из условия: \(\alpha v_1 - \alpha v_2 = 2\alpha v\). Отсюда \(v = (v_1 - v_2)/2\). Если \(v_1 > v_2\), то шарики всплывают, а если \(v_1 < v_2\), то тонут. При \(v_1 = v_2\) они находятся в равновесии, то есть \(v = 0\).

Ответ

\(\dfrac{T_1^2}{T_2^2} = \dfrac{h_1}{h_2}\).

Решение

Рассмотрим движение одной из шайб с постоянной скоростью \(v\) по окружности радиусом \(R\) на высоте \(h\) от вершины конуса. На шайбу действуют сила тяжести \(mg\) и сила реакции \(N\) со стороны воронки (см. рис. 1.86).

Уравнения движения шайбы в проекциях на вертикальное и радиальное направления имеют вид: \(N\sin\alpha = mg\) и \(N\cos\alpha = mv^2/R\), где \(\alpha\) — угол полураствора конуса. Кроме того, \(R = h\operatorname{tg}\alpha\). Из этих уравнений получаем: \(v = \sqrt{gh}\), и период обращения \(T = 2\pi R/v = 2\pi\operatorname{tg}\alpha\sqrt{h/g}\). Таким образом, аналог третьего закона Кеплера для описанных в условии шайб имеет вид: \(\dfrac{T_1^2}{T_2^2} = \dfrac{h_1}{h_2}\).

Ответ

Горки разъезжаются с одинаковыми скоростями \(v = \sqrt{\dfrac{m}{M}gH}\).

Решение

Поскольку \(m \ll M\), то при каждом столкновении шайбы с горкой ей передаётся лишь малая часть энергии шайбы, то есть шайба будет долго «сновать» между двумя горками, постепенно теряя скорость. В конце процесса, очевидно, практически вся начальная потенциальная энергия шайбы перейдёт в кинетическую энергию двух горок, которые будут разъезжаться с одинаковыми скоростями \(v\): \(mgH = 2\cdot\dfrac{Mv^2}{2}\), откуда \(v = \sqrt{\dfrac{m}{M}gH}\).

Ответ

\(v = t\sqrt{\alpha/m}\).

Решение

Изменение кинетической энергии автомобиля за малый промежуток времени \(\Delta t\) равно \(\Delta W = \Delta\dfrac{mv^2}{2} = N\Delta t = \alpha t\Delta t \cong \Delta\dfrac{\alpha t^2}{2}\). Поэтому скорость автомобиля возрастает со временем \(t\) по закону \(v = t\sqrt{\alpha/m}\).

Ответ

Зависит от \(S\): при \(S > 15\) м путь за вторую секунду \(\Delta S = S - gt_0^2 > 5\) м (\(t_0 = 1\) с); при \(5\text{ м} < S < 15\) м: \(2{,}5\text{ м} < \Delta S < 5\) м, \(\Delta S = \dfrac{5g^2t_0^4 - 8gt_0^2S + 4S^2}{4gt_0^2}\); при \(2{,}5\text{ м} < S < 5\) м: \(5\text{ м} < \Delta S < 15\) м, \(\Delta S = gt_0^2 \mp \dfrac{t_0\sqrt{4gS - g^2t_0^2}}{2}\); при \(S < 2{,}5\) м решения нет.

Решение

Введём обозначение: \(t_0 = 1\) с. Поместим начало координат в точке бросания и направим ось \(y\) вверх. Возможны три случая, в зависимости от величины \(S\).

1. В течение первых двух секунд камень движется вверх, то есть \(v_0 > g\cdot 2t_0 = 20\) м/с. Тогда для первой секунды полёта путь \[S = v_0t_0 - (gt_0^2/2) > 3gt_0^2/2 = 15\text{ м}.\] Из написанного равенства следует, что \(v_0 = (2S + gt_0^2)/(2t_0)\).

К концу второй секунды полёта вертикальная координата камня будет равна \(y = v_0\cdot 2t_0 - (g/2)\cdot(2t_0)^2 = 2S - gt_0^2\). Следовательно, за вторую секунду камень пройдёт путь \(\Delta S = S - gt_0^2 > 5\) м.

2. В течение первой секунды камень движется вверх, а в течение второй секунды направление его движения изменяется. При этом, очевидно, \(v_0\) должно удовлетворять следующим условиям: \[v_0 - gt_0 > 0;\quad v_0 - g\cdot 2t_0 < 0,\] откуда \[gt_0 = 10\text{ м/с} < v_0 < g\cdot 2t_0 = 20\text{ м/с}.\] Тогда, аналогично первому случаю, \(v_0 = \dfrac{2S + gt_0^2}{2t_0}\), и, с учётом написанного выше условия для \(v_0\), получим: \(gt_0^2/2 = 5\text{ м} < S < 3gt_0^2/2 = 15\) м.

Камень остановится через время \(\tau = \dfrac{v_0}{g} = \dfrac{S}{gt_0} + \dfrac{t_0}{2}\). При этом \(t_0 = 1\text{ с} < \tau < 2t_0 = 2\) с. К концу промежутка времени \(\tau\) вертикальная координата камня будет равна \[y_{\max} = v_0\tau - \dfrac{g\tau^2}{2} = \dfrac{(2S + gt_0^2)^2}{8gt_0^2},\] а к концу второй секунды полёта координата камня будет равна \[y_{\text{кон}} = v_0\cdot 2t_0 - (g/2)\cdot(2t_0)^2 = 2S - gt_0^2.\] Таким образом, за вторую секунду камень пройдёт путь \[\Delta S = (y_{\max} - S) + (y_{\max} - y_{\text{кон}}) = 2y_{\max} - S - y_{\text{кон}} = \dfrac{5g^2t_0^4 - 8gt_0^2S + 4S^2}{4gt_0^2},\] и с учётом неравенства, написанного выше для \(S\), получим \[2{,}5\text{ м} < \Delta S < 5\text{ м}.\] При этом если камень останавливается строго в начале или в конце второй секунды полёта, то \(\Delta S = 5\) м, а если остановка происходит в середине второй секунды, то путь минимален: \(\Delta S = 2{,}5\) м.

3. Направление движения камня изменяется в течение первой секунды. При этом \(v_0 < gt_0 = 10\) м/с, часть пути \(S\) камень проходит вверх до точки остановки на высоте \(y_{\max} = \dfrac{v_0^2}{2g} = S_1\) за время \(\tau = v_0/g\), а оставшуюся часть — за время \((t_0 - \tau)\): \[S_2 = \dfrac{g(t_0 - \tau)^2}{2}.\] Таким образом, \[S = S_1 + S_2 = \dfrac{2v_0^2 - 2v_0gt_0 + g^2t_0^2}{2g} < \dfrac{gt_0^2}{2} = 5\text{ м}.\] Из последнего равенства получаем: \(v_0 = \dfrac{gt_0 \pm \sqrt{4gS - g^2t_0^2}}{2}\). Поскольку при этом должно выполняться неравенство \(4gS - g^2t_0^2 > 0\), то \(S > gt_0^2/4 = 2{,}5\) м. Окончательно получаем, что в третьем случае ограничения на величину \(S\) имеют вид: \[\dfrac{gt_0^2}{4} = 2{,}5\text{ м} < S < \dfrac{gt_0^2}{2} = 5\text{ м}.\] В конце первой секунды координата камня будет равна \[y_1 = v_0t_0 - \dfrac{gt_0^2}{2} = \pm\dfrac{t_0\sqrt{4gS - g^2t_0^2}}{2},\] а в конце второй секунды \[y_2 = v_0\cdot 2t_0 - \dfrac{g}{2}\cdot(2t_0)^2 = t_0\left(-gt_0 \pm \sqrt{4gS - g^2t_0^2}\right).\] Поскольку в данном случае в течение всей второй секунды камень падает вниз, то путь, пройденный им за вторую секунду, составляет \[\Delta S = y_1 - y_2 = gt_0^2 \mp \dfrac{t_0\sqrt{4gS - g^2t_0^2}}{2}.\] С учётом ограничений на величину \(S\) получаем: \(5\text{ м} < \Delta S < 15\) м.

Очевидно, что при \(S < 2{,}5\) м решения задачи нет.

Ответ

\(A = m\omega^2(L^2 - l^2)\).

Решение

Работа мотора в процессе перемещения муфты идёт только на увеличение её кинетической энергии, поскольку в условии сказано, что трение отсутствует. В процессе движения компонента скорости муфты, связанная с её вращением вместе со штангой вокруг оси \(OO'\), равна \(\omega R\), где \(R\) — текущее расстояние от оси до муфты. Таким образом, для увеличения кинетической энергии за счёт роста этой компоненты скорости муфты мотором будет совершена работа, равная \(A_1 = \dfrac{1}{2}m\omega^2(L^2 - l^2)\).

Чтобы муфта не смещалась по вращающейся штанге, на неё должна действовать центростремительная сила \(F_{\text{цс}} = m\omega^2R\), направленная к оси вращения. Поэтому, если вдоль штанги не действуют никакие силы, то смещение муфты будет происходить с радиальным ускорением \(a_R = -a_{\text{цс}} = \omega^2R\), направленным от оси вращения. Тогда за малый промежуток времени \(\Delta t\) радиальная компонента скорости муфты изменится на величину \(\Delta v_R = a_R\Delta t = \omega^2R\Delta t\). Ускорение \(a_R = \dfrac{\Delta v_R}{\Delta t} = \dfrac{v_R\Delta v_R}{v_R\Delta t} = \dfrac{v_R\Delta v_R}{\Delta R} = \omega^2R\), откуда имеем, что величина \(v_R\Delta v_R = \omega^2R\Delta R\), то есть \(\Delta(v_R^2/2) = \omega^2\Delta(R^2/2)\). Поэтому для увеличения кинетической энергии муфты за счёт приобретения ею радиальной компоненты скорости мотором будет совершена работа, равная \(A_2 = \dfrac{1}{2}mv_R^2 = \dfrac{1}{2}m\omega^2(L^2 - l^2)\).

Таким образом, полная работа, совершаемая мотором над муфтой при её перемещении от оси вращения с расстояния \(l\) до расстояния \(L\), равна \[A = A_1 + A_2 = m\omega^2(L^2 - l^2).\] Заметим, что часть кинетической энергии, связанная с движением муфты вдоль штанги со скоростью \(v_R\), при ударе о заглушку теряется, превращаясь в тепло.

Ответ

Траектория — парабола: \(y = \dfrac{mg}{kL^2\cos^2\theta}x^2 + \left(\operatorname{tg}\theta - \dfrac{mg}{kL\cos\theta}\right)x\) (оси координат — как на рис. 1.197, начало в точке \(B\)).

Решение

Введём систему координат, как показано на рисунке 1.197, и запишем проекции сил натяжения частей паутинки на координатные оси (здесь \(k_1\) и \(k_2\) — жёсткости частей паутинки):

\[T_{1x} = k_1(L\cos\theta - x),\quad T_{2x} = -k_2x,\] \[T_{1y} = k_1(L\sin\theta - y),\quad T_{2y} = -k_2y.\] Из условий равновесия паука имеем: \[T_{1x} + T_{2x} = 0,\quad T_{1y} + T_{2y} = mg,\] откуда \[x = \dfrac{k_1L\cos\theta}{k_1 + k_2},\quad y = \dfrac{k_1L\sin\theta}{k_1 + k_2} - \dfrac{mg}{k_1 + k_2}.\] Поскольку части паутинки с коэффициентами жёсткости \(k_1\) и \(k_2\) составляют паутинку с жёсткостью \(k\), имеем: \(k = \dfrac{k_1k_2}{k_1 + k_2}\). Учитывая, что \(\dfrac{x}{L\cos\theta} = \dfrac{k_1}{k_1 + k_2}\) и \(1 - \dfrac{x}{L\cos\theta} = \dfrac{k_2}{k_1 + k_2}\), получаем: \[\dfrac{k}{k_1 + k_2} = \dfrac{k_1k_2}{(k_1 + k_2)^2} = \dfrac{x}{L\cos\theta}\left(1 - \dfrac{x}{L\cos\theta}\right).\] Следовательно, траектория паука имеет вид: \[y = x\operatorname{tg}\theta - \dfrac{mg}{k_1 + k_2} = x\operatorname{tg}\theta - \dfrac{mg}{k}\dfrac{x}{L\cos\theta}\left(1 - \dfrac{x}{L\cos\theta}\right) =\] \[= \dfrac{mg}{kL^2\cos^2\theta}x^2 + \left(\operatorname{tg}\theta - \dfrac{mg}{kL\cos\theta}\right)x,\] то есть является параболой. Тангенс угла наклона касательной к этой параболе в начале координат определяется выражением \(\operatorname{tg}\theta - \dfrac{mg}{kL\cos\theta}\) и может быть как положительным, так и отрицательным.