МОШ, 1995/96, заключительный этап, 9 класс

Ответ

\(h(t) = t\sqrt{\dfrac{gL}{2}}\), то есть тень движется по стене равномерно со скоростью \(v = \sqrt{gL/2}\).

Решение

Поместим начало координат в точку бросания камня, направим ось \(X\) в сторону лампочки, а ось \(Y\) вертикально вверх (см. рис. 1.42). Так как камень бросается под углом \(45^\circ\) к горизонту, то горизонтальная составляющая начальной скорости камня равна вертикальной составляющей — обозначим их через \(v\).

В произвольный момент времени \(t\) камень имеет координаты \[x = vt,\quad y = vt - \dfrac{gt^2}{2}.\] Приравнивая координату \(y\) нулю, найдём время \(T\) полёта камня: \(T = 2v/g\). Так как хулиган попал в лампочку, то \(L = vT = 2v^2/g\).

С учётом этих соотношений для координаты тени камня на стене в момент времени \(t\) имеем: \[h(t) = L\operatorname{tg}\alpha = L\dfrac{y}{L - x} = L\dfrac{vt - (gt^2/2)}{L - vt} = \dfrac{L}{v}\cdot vt\cdot\dfrac{v - (gt/2)}{L - vt} =\] \[= vt\cdot\dfrac{vT - (gT/2)t}{L - vt} = vt\cdot\dfrac{L - vt}{L - vt} = vt = t\sqrt{\dfrac{gL}{2}},\] то есть тень камня движется по стене равномерно со скоростью \(v = \sqrt{gL/2}\).

Ответ

\(a_{\max} = \dfrac{F}{m}\cdot\dfrac{\mu}{\sqrt{1 + \mu^2}}\).

Решение

В зависимости от угла \(\alpha\) катапульта может стрелять в двух режимах — проскальзывая по земле и будучи заклиненной трением. Получим условие проскальзывания катапульты.

Пружина катапульты, выталкивая груз с силой \(F\), действует на её основание с такой же по модулю и противоположной по направлению силой. Так как масса катапульты много меньше массы груза, то её весом по сравнению с силой \(F\) можно пренебречь. Тогда условие начала проскальзывания имеет вид: \[F\cos\alpha_0 = \mu N = \mu F\sin\alpha_0,\] откуда \(\operatorname{tg}\alpha_0 = 1/\mu\). При стрельбе в режиме проскальзывания, когда \(\alpha < \alpha_0\), пружина не может действовать на груз в горизонтальном направлении с силой большей, чем сила трения скольжения \(\mu N\). Значит, горизонтальная компонента ускорения снаряда равна \[a_1 = \dfrac{\mu N}{m} = \dfrac{\mu F\sin\alpha}{m}.\] В режиме заклинивания горизонтальная компонента ускорения сообщается грузу горизонтальной составляющей силы \(F\): \[a_2 = \dfrac{F\cos\alpha}{m}.\] Видно, что ускорения \(a_1\) и \(a_2\) монотонно возрастают; первое — при увеличении угла \(\alpha\) от 0, второе — при уменьшении угла \(\alpha\) от \(\pi/2\), и достигают максимума при пограничном значении угла \(\alpha = \alpha_0\), соответствующем началу проскальзывания. Выражая \(\sin\alpha_0\) или \(\cos\alpha_0\) через \(\operatorname{tg}\alpha_0\), для искомой величины максимального горизонтального ускорения груза получаем: \[a_{\max} = \dfrac{F}{m}\cdot\dfrac{\mu}{\sqrt{1 + \mu^2}}.\]

Ответ

\(\omega = \dfrac{1}{\sin\alpha}\sqrt{\dfrac{2g\cos\alpha}{l}}\).

Решение

Рассмотрим неподвижную жидкость массой \(\Delta m\) в объёме, равном объёму пробки. В обычных земных условиях на него действует сила тяжести \(\Delta mg\), направленная вниз. Она уравновешивается силами давления, действующими на этот объём со стороны соседних слоёв жидкости. Равнодействующая сил давления представляет собой выталкивающую Архимедову силу, направленную в сторону уменьшения давления в жидкости, то есть вверх. Она, очевидно, равна \(F_1 = \Delta mg\).

Пусть теперь рассматриваемый элементарный объём жидкости находится во вращающейся трубке. Так как он движется по окружности, то на него, кроме силы тяжести и силы \(F_1\), должна действовать сила, направленная к оси вращения и обеспечивающая ему центростремительное ускорение. Такой силой может быть только равнодействующая сил давления, возникающих внутри жидкости. По величине она равна \(F_2 = \Delta m\omega^2r\), где \(r\) — расстояние от выделенного элемента жидкости до оси вращения. Эта сила, подобно силе \(F_1\), пропорциональна массе элементарного объёма и направлена в сторону уменьшения давления, то есть к оси, вокруг которой вращается трубка. Силы \(F_1\) и \(F_2\), складываясь геометрически, дают силу Архимеда \(F_{\text{Арх}}\), действующую на вращающийся выделенный объём жидкости. Отметим, что Архимедова сила в данном случае направлена под углом к вертикали.

Так как в условии задачи сказано, что пробка лёгкая (это означает, что её масса много меньше массы \(\Delta m\) вытесненной ею жидкости), то действующую на пробку силу тяжести можно не учитывать, и принимать во внимание только силы \(F_1\) и \(F_2\). Для того, чтобы пробка покоилась, сумма этих сил не должна иметь составляющей, направленной вдоль трубки, то есть должна быть перпендикулярна трубке. Из рисунка 1.88 видно, что для этого должно выполняться соотношение: \(F_2\sin\alpha = F_1\cos\alpha\), или \(\Delta m\omega^2\dfrac{l}{2}\sin^2\alpha = \Delta mg\cos\alpha\). Отсюда \[\omega = \dfrac{1}{\sin\alpha}\sqrt{\dfrac{2g\cos\alpha}{l}}.\] Отметим, что положение пробки при данной частоте вращения будет устойчивым. Действительно, при неизменной составляющей силы Архимеда \(F_1\), обусловленной силой тяжести, смещение пробки вверх приводит к увеличению её расстояния от оси вращения, в результате чего увеличивается составляющая силы Архимеда \(F_2\). В результате появляется составляющая силы, направленная вдоль трубки вниз, которая возвращает пробку в прежнее положение. При смещении пробки вниз картина обратная.

Ответ

Три стадии: ящик отскакивает от стенки со скоростью \(v\); ящик сталкивается с грузом, и они обмениваются скоростями (ящик снова движется к стенке со скоростью \(v\), груз — от стенки); ящик снова сталкивается со стенкой. В конце и груз, и ящик движутся от стенки с одинаковой скоростью \(v\), груз по-прежнему в середине ящика.

Решение

Процесс взаимодействия конструкции со стенкой можно разделить на три стадии.

1) Ящик сталкивается со стенкой и отскакивает от неё со скоростью \(v\). При этом лежащий в ящике груз продолжает двигаться к стене с прежней скоростью.

2) Ящик сталкивается с грузом. Направления скоростей ящика и груза после удара изменяются на противоположные — ящик вновь начинает двигаться в сторону стены со скоростью \(v\), а груз с такой же по величине скоростью движется от стены.

3) Ящик снова сталкивается со стеной и отскакивает от неё. Теперь и груз, и ящик движутся от стены с одинаковой скоростью \(v\). При этом очевидно, что груз по-прежнему находится в середине ящика.

Ответ

Победит заднеприводный автомобиль; он обгонит переднеприводный примерно на \(0{,}4\) с.

Решение

Поскольку автомобили после старта движутся с ускорениями, то давления, оказываемые на дорогу передними и задними колёсами каждого автомобиля, различны. В условии сказано, что водители «выжимают» из автомобилей всё возможное. Будем считать, что мощности двигателя у обоих автомобилей при довольно небольшой их массе достаточно для того, чтобы в начальный период разгона ведущие колёса пробуксовывали (это надо будет проверить!). Значит, сила трения \(F_{\text{тр}}\), движущая автомобиль и приложенная к ведущим колёсам, равна произведению коэффициента трения \(\mu\) на силу реакции, действующую со стороны дороги на пару ведущих колёс.

Запишем для каждого из автомобилей уравнение моментов относительно горизонтальной оси \(O\), перпендикулярной направлению движения, находящейся над дорогой на высоте центра масс автомобиля и лежащей над осью неведущих колёс. Для переднеприводного автомобиля имеем: \[mg\dfrac{L}{2} = N_1L + \mu N_1H,\] а для заднеприводного: \[mg\dfrac{L}{2} + \mu N_2H = N_2L.\] Здесь \(N_1\) и \(N_2\) — силы реакции, действующие на передние и задние колёса соответственно. Отсюда для переднеприводного автомобиля \(N_1 = \dfrac{mgL}{2(L + \mu H)}\), а для заднеприводного \(N_2 = \dfrac{mgL}{2(L - \mu H)}\).

Ускорения переднеприводного автомобиля \(a_{\text{п}}\) и заднеприводного \(a_{\text{з}}\) равны: \[a_{\text{п}} = \dfrac{\mu N_1}{m} = \dfrac{\mu gL}{2(L + \mu H)} \approx 3{,}4\text{ м/с}^2,\] \[a_{\text{з}} = \dfrac{\mu N_2}{m} = \dfrac{\mu gL}{2(L - \mu H)} \approx 4{,}9\text{ м/с}^2.\] Так как ускорение заднеприводного автомобиля больше, то он и победит в заезде на дистанцию \(S = 10\) м. Вычислим, на какое время победитель обгонит побеждённого. Переднеприводный автомобиль придёт к финишу через время \(t_{\text{п}} = \sqrt{2S/a_{\text{п}}} \approx 2{,}4\) с, а заднеприводный — через время \(t_{\text{з}} = \sqrt{2S/a_{\text{з}}} \approx 2{,}0\) с. Таким образом, разница времён составит \(\Delta t = t_{\text{п}} - t_{\text{з}} \approx 0{,}4\) с.

Осталось проверить, хватит ли мощности \(N = 100\) кВт для пробуксовки в конце разгона. Для этого надо найти конечную скорость \(v_{\text{к}}\) заднеприводного автомобиля (она больше, чем у переднеприводного!), и умножить её на силу трения: \(N_{\text{к}} = F_{\text{тр}}v_{\text{к}} = ma_{\text{з}}\cdot\sqrt{2a_{\text{з}}S} \approx 48{,}5\) кВт. Значит, в конце заезда пробуксовка у обоих автомобилей ещё не кончится, и наше решение правильно.

Ответ

\(\Delta x = \dfrac{m}{M + 2m}(\operatorname{ctg}\alpha - \operatorname{ctg}\beta)h\); при \(\alpha < \beta\) клин смещается вправо.

Решение

Поместим начало системы координат в левый угол клина и направим ось \(X\) вправо по горизонтали. Пусть \(x_1\) и \(x_2\) — координаты верхушки клина до и после соскальзывания грузов, а \(x_0\) — расстояние по оси \(X\) от верхушки до центра масс клина. Так как при соскальзывании грузов координата центра масс всей системы \(X_{\text{ц.м.}}\) остаётся неизменной, то имеем уравнение: \[(M + 2m)X_{\text{ц.м.}} = \text{const} = M(x_1 + x_0) + 2mx_1 =\] \[= M(x_2 + x_0) + m(x_2 - h\operatorname{ctg}\alpha) + m(x_2 + h\operatorname{ctg}\beta).\] Из него для смещения клина получаем: \[\Delta x = x_2 - x_1 = \dfrac{m}{M + 2m}(\operatorname{ctg}\alpha - \operatorname{ctg}\beta)h.\] Заметим, что при \(\alpha < \beta\) клин смещается вправо.

Ответ

\(\dfrac{M}{m} = \dfrac{3}{2}\).

Решение

Обозначим ось бревна буквой \(O\), точку касания стержня и бревна — \(A\), конец стержня, нависающий над бревном — \(B\), точку касания бревна и верёвки, удерживающей стержень, буквой \(C\) (см. рис. 1.184). Треугольники \(OAB\) и \(OCB\) равны как прямоугольные, имеющие общую гипотенузу и равные катеты. Поэтому \(\angle OBA = \angle OBC = \varphi\).

Поскольку верёвка, удерживающая стержень, невесома, и трения нет, то её сила натяжения постоянна по всей длине и равна \(Mg\), где \(M\) — масса груза. Так как бревно скользкое, то для того, чтобы стержень находился в равновесии, необходимо, чтобы проекция суммарной силы на направление вдоль стержня была равна нулю: \[mg\sin\alpha = Mg\cos(\pi - 2\varphi) = Mg(\sin^2\varphi - \cos^2\varphi).\] Здесь \(m\) — масса стержня. Так как \(AB = R/\sqrt2\), то из треугольника \(OAB\) находим: \(\operatorname{tg}\varphi = \dfrac{OA}{AB} = \sqrt2\). Далее, воспользовавшись известными тригонометрическими соотношениями, получаем: \[\dfrac{M}{m} = \dfrac{\sin\alpha}{\sin^2\varphi - \cos^2\varphi} = \dfrac{\sin\alpha(\operatorname{tg}^2\varphi + 1)}{\operatorname{tg}^2\varphi - 1} = \dfrac{3}{2}.\]

Ответ

\(\delta \approx \dfrac{\omega^2R^3}{2GM}\).

Решение

Так как планета вращается вокруг неподвижной оси, и все действующие в системе силы являются центральными, то эта ось является осью симметрии планеты. Рассмотрим любое сечение планеты плоскостью, в которой лежит ось вращения, и будем решать двумерную задачу о поиске границы сечения. Введём прямоугольную систему координат \(OXY\) с началом в центре планеты, ось \(Y\) сонаправим с осью вращения планеты (см. рис. 1.236). Поверхность планеты получится в результате вращения найденной кривой \(y(x)\) вокруг указанной оси.

Перейдём в неинерциальную систему отсчёта, вращающуюся вместе с планетой с угловой скоростью \(\omega\). В этой системе отсчёта жидкость покоится. Потенциальная энергия любого элемента жидкости массой \(\Delta m\), лежащего на поверхности планеты и имеющего координаты \((x, y)\), складывается из потенциальной энергии в поле силы тяжести \(U_{\text{гр}}\) и потенциальной энергии в поле центробежных сил \(U_{\text{цб}}\). Поскольку несферичность планеты мала, то можно считать, что создаваемое ею гравитационное поле почти не отличается от поля сферической планеты, и \(U_{\text{гр}} \approx -\dfrac{G\Delta mM}{\sqrt{x^2 + y^2}}\), где \(G\) — гравитационная постоянная. Для энергии \(U_{\text{цб}}\) имеем: \(U_{\text{цб}} = -\Delta m\omega^2x^2/2\).

Так как все точки, лежащие на поверхности планеты, неподвижны, а следовательно, имеют одинаковую энергию, то сумма \(U_{\text{гр}}\) и \(U_{\text{цб}}\) есть величина постоянная при любых \(x\) и \(y\) (иначе говоря, поверхность планеты является эквипотенциалью): \[-\dfrac{G\Delta mM}{\sqrt{x^2 + y^2}} - \dfrac{\Delta m\omega^2x^2}{2} = \text{const}.\] Написанное уравнение представляет собой уравнение искомой границы сечения. Постоянную величину \(\text{const}\) найдём из условия: \(y = R_1\) при \(x = 0\). Отсюда \(\text{const} = -G\Delta mM/R_1\) (заметим, что \(R_1\) неизвестно). После этого уравнение границы сечения принимает вид: \[GM\left(\dfrac{1}{R_1} - \dfrac{1}{\sqrt{x^2 + y^2}}\right) = \dfrac{\omega^2x^2}{2}.\] При \(y = 0\) координата \(x\) принимает значение \(x = R_2\) (тоже неизвестное). Тогда из последнего уравнения получаем: \[GM\dfrac{R_2 - R_1}{R_1} = \dfrac{\omega^2R_2^3}{2}.\] Учитывая, что несферичность мала, то есть \(R_1, R_2 \sim R\), и что \(\dfrac{R_2 - R_1}{R_1} = \delta\), окончательно находим: \(\delta \approx \dfrac{\omega^2R^3}{2GM}\).

Заметим, что несферичность попросту равна отношению \(U_{\text{цб}}/U_{\text{гр}}\) при \(x = R\), \(y = 0\), то есть на экваторе планеты.

Интересно воспользоваться полученной формулой для оценки величины \(\delta_{\text{З}}\) несферичности Земли. Учитывая, что угловая скорость суточного вращения Земли равна \(\omega = 2\pi/T \approx 7{,}3\cdot10^{-5}\) с\(^{-1}\), средний радиус Земли \(R \approx 6370\) км, а ускорение свободного падения на её поверхности \(g \approx 9{,}8\) м/с\(^2\), получим: \(\delta_{\text{З}} = \dfrac{\omega^2R}{2g} \approx \dfrac{1}{580}\). На самом деле несферичность Земли составляет \(\sim 1/300\), то есть наша оценка, основанная на модели жидкой планеты, является довольно грубой.