МОШ, 1997/98, заключительный этап, 9 класс

Ответ

\(\mu = \dfrac{v^2}{2gS}\) при \(0 < S < \dfrac{vt}{2}\); \(\mu = \dfrac{2(vt - S)}{gt^2}\) при \(\dfrac{vt}{2} \leqslant S < vt\). При \(S > vt\) решений нет.

Решение

Из второго закона Ньютона следует, что тело будет двигаться до остановки равнозамедленно с ускорением, равным по величине \(\mu g\), где \(\mu\) — искомый коэффициент трения. Понятно, что при решении задачи следует рассматривать два различных случая:

1) тело остановится в течение первых \(t\) секунд;

2) тело в момент времени \(t\) будет продолжать двигаться.

Рассмотрим эти случаи. Прежде всего найдём время \(\tau\), через которое тело должно остановиться. Проекция скорости тела на направление его движения изменяется по закону: \(v_{\text{т}} = v - \mu gt\), откуда для момента остановки \(\tau\) имеем: \(\tau = \dfrac{v}{\mu g}\).

Запишем закон движения тела в проекции на ту же ось для каждого из случаев 1) и 2):

1) \(t > \tau\). В этом случае \[S = v\tau - \dfrac{\mu g\tau^2}{2} = \dfrac{v^2}{2\mu g}.\] Отсюда \(\mu = \dfrac{v^2}{2gS}\), а условие \(t > \tau\), с учётом выражения для \(\tau\), переписывается в виде \(S < vt/2\).

2) \(t \leqslant \tau\). В этом случае \[S = vt - \dfrac{\mu gt^2}{2}.\] Отсюда \(\mu = \dfrac{2(vt - S)}{gt^2}\), а условие \(t \leqslant \tau\) переписывается в виде \(S \geqslant vt/2\).

Так как коэффициент трения положителен, то \(S < vt\). Учитывая всё вышесказанное, запишем окончательный ответ: \[\mu = \dfrac{v^2}{2gS}\quad\text{при}\quad 0 < S < \dfrac{vt}{2};\] \[\mu = \dfrac{2(vt - S)}{gt^2}\quad\text{при}\quad\dfrac{vt}{2} \leqslant S < vt.\] При \(S > vt\) задача решений не имеет — такой случай невозможен.

Ответ

При \(v_0^2 < 2a\mu g\) оба бруска остановятся (на некотором расстоянии от стены); при \(v_0^2 \geqslant 2a\mu g\) нижний брусок ударится о стену, и оба бруска будут двигаться от стены с одинаковой скоростью \(u = \sqrt{v_0^2 - 2a\mu g}\).

Решение

После удара верхнего бруска о стену его скорость изменится на противоположную по направлению, сохранив свой модуль, а скорость нижнего бруска не изменится. После этого бруски начнут двигаться навстречу друг другу с одинаковыми по модулю начальными скоростями и равными по модулю, но противоположно направленными ускорениями. Из-за этого скорости брусков будут уменьшаться, всё время оставаясь равными друг другу. В результате нижний брусок либо не достигнет стены, либо всё же ударится о неё, имея некоторую скорость \(u\). В первом случае оба бруска останутся стоять неподвижно на некотором расстоянии от стены. Во втором случае нижний брусок, ударившись о стену, поменяет направление своей скорости на противоположное, в результате чего проскальзывание между брусками прекратится, и оба бруска продолжат движение со скоростью, равной \(u\), в направлении от стены. Рассмотрим отдельно оба описанных случая.

Поместим начало координатной оси \(X\) в угол между стеной и полом и направим её в сторону первоначального движения брусков (см. рис. 1.167).

Ясно, что после первого удара сила трения между брусками \(F_{\text{тр}} = \mu Mg\), а ускорения нижнего и верхнего брусков по модулю равны \(F_{\text{тр}}/M = \mu g\). Тогда закон движения передней грани нижнего бруска имеет вид: \(x(t) = -a + v_0t - \dfrac{\mu gt^2}{2}\), а его скорость изменяется по закону \(v(t) = v_0 - \mu gt\). Время отсчитывается от момента удара верхнего бруска о стену. Найдём ограничение на величину скорости \(v_0\), при которой нижний брусок не достигнет стены, то есть координаты \(x = 0\). Оно следует из неравенства \(x(t) < 0\). Решая его, находим, что дискриминант квадратного трёхчлена, содержащегося в неравенстве, отрицателен при \(v_0^2 < 2a\mu g\). Это и есть искомое ограничение. Время, через которое нижний брусок остановится, можно определить, приравняв его скорость \(v(t)\) нулю: \(t_1 = v_0/(\mu g)\). Значит, при \(v_0^2 < 2a\mu g\) оба бруска в конце концов остановятся. Это — первый ответ задачи.

Пусть теперь \(v_0^2 \geqslant 2a\mu g\). Приравняв нулю \(x(t)\), найдём, через какое время \(t_2\) нижний брусок стукнется о стену: \[t_2^{(1,2)} = \dfrac{v_0}{\mu g} \pm \dfrac{\sqrt{v_0^2 - 2a\mu g}}{\mu g} = t_1 \pm \dfrac{\sqrt{v_0^2 - 2a\mu g}}{\mu g}.\] Для того, чтобы нижний брусок стукнулся о стену, нужно, чтобы выполнялось условие \(t_2 < t_1\) (иначе брусок остановится раньше, чем доедет до стены). Поэтому один из ответов для \(t_2\) нужно отбросить, и остаётся только решение со знаком «минус» перед корнем: \[t_2 = \dfrac{v_0}{\mu g} - \dfrac{\sqrt{v_0^2 - 2a\mu g}}{\mu g}.\] Теперь можно найти скорость, которую будут иметь оба бруска после окончания их взаимодействия со стеной: \[u = v_0 - \mu gt_2 = \sqrt{v_0^2 - 2a\mu g}.\]

Ответ

\(v_{\text{отн}} = \sqrt{v_{\text{Г}}^2 - v_{\text{А}}v_{\text{В}}} = 25\) км/ч.

Решение

Автобус, велосипедист и грузовик в каждый момент времени образуют равнобедренный треугольник, основание которого лежит на дороге, по которой едут автобус и велосипедист (см. рис. 1.18).

Направим ось \(X\) вдоль этой дороги в направлении движения автобуса и велосипедиста, а ось \(Y\) — перпендикулярно к ней. Тогда законы движения транспортных средств имеют вид:

Для автобуса: \(x_{\text{А}}(t) = x_{\text{А}}^0 + v_{\text{А}}t\), \(y_{\text{А}}(t) = 0\).

Для велосипедиста: \(x_{\text{В}}(t) = x_{\text{В}}^0 + v_{\text{В}}t\), \(y_{\text{В}}(t) = 0\).

Для грузовика: \(x_{\text{Г}}(t) = \dfrac{x_{\text{А}}^0 + x_{\text{В}}^0}{2} + \dfrac{v_{\text{А}} + v_{\text{В}}}{2}t\), \(y_{\text{Г}}(t) = y_{\text{Г}}^0 + v_{\text{Г}}^yt\).

Здесь верхними индексами «0» снабжены начальные координаты и скорости, буквами А, В, и Г обозначены величины, относящиеся к автобусу, велосипедисту и грузовику соответственно, а \(v_{\text{Г}}^y\) — проекция скорости грузовика на ось \(Y\). Заметим, что выражение для \(x_{\text{Г}}(t)\) получается из тех соображений, что грузовик всё время находится в вершине равнобедренного треугольника, противоположной его основанию. Из этого, в частности, следует, что проекция скорости грузовика на ось \(X\) равна \(\dfrac{v_{\text{А}} + v_{\text{В}}}{2}\). Из условия задачи нам известен модуль скорости грузовика \(v_{\text{Г}}\), которая связана со своими компонентами формулой: \(v_{\text{Г}}^2 = \left(\dfrac{v_{\text{А}} + v_{\text{В}}}{2}\right)^2 + \left(v_{\text{Г}}^y\right)^2\). Отсюда проекция скорости грузовика на ось \(Y\) равна \(v_{\text{Г}}^y = \sqrt{v_{\text{Г}}^2 - \left(\dfrac{v_{\text{А}} + v_{\text{В}}}{2}\right)^2}\).

Теперь мы знаем обе компоненты скорости грузовика, и найти скорость грузовика относительно автобуса не составляет труда. По теореме Пифагора, применённой к треугольнику скоростей, имеем \[v_{\text{отн}}^2 = \left(v_{\text{А}} - \dfrac{v_{\text{А}} + v_{\text{В}}}{2}\right)^2 + \left(v_{\text{Г}}^y\right)^2,\] откуда, с учётом выражения для \(v_{\text{Г}}^y\), находим \[v_{\text{отн}} = \sqrt{v_{\text{Г}}^2 - v_{\text{А}}\cdot v_{\text{В}}} = 25\text{ км/ч}.\]

Ответ

\(N_1 \approx \sqrt2mg\dfrac{1 + \mu}{1 - \mu} \approx 2{,}1mg\).

Решение

Направим координатную ось \(X\) вдоль плоскости стола в сторону, противоположную направлению движения клина, а ось \(Y\) — вертикально вверх (см. рис. 1.63).

Обозначим через \(N_1\) силу, с которой клин давит на брусок, \(N_2\) — силу, с которой стол давит на клин, \(A\) — ускорение клина, \(a\) — бруска, \(M = 1000\,m\) — массу бруска, \(F_{\text{тр}}\) — силу трения. Тогда с учётом того, что угол при основании клина \(\alpha = 45^\circ\), уравнения движения клина и бруска в проекциях на координатные оси будут иметь вид: \[mA_x = -\dfrac{N_1\sqrt2}{2} + F_{\text{тр}},\qquad N_2 = mg + \dfrac{N_1\sqrt2}{2},\] \[Ma_x = \dfrac{N_1\sqrt2}{2},\qquad May = -Mg + \dfrac{N_1\sqrt2}{2}.\] Далее учтём, что в силу малой величины коэффициента трения между клином и столом \(\mu = 0{,}2\) и большой разницы в массах бруска \(M\) и клина \(m\), последний не сможет оставаться на месте и будет выскальзывать из-под бруска. При этом на клин со стороны стола будет действовать сила трения скольжения \(F_{\text{тр}} = \mu N_2\).

Кроме того, имеется ещё уравнение кинематической связи, которое проще всего получить следующим образом. Пусть во время движения бруска и клина координаты бруска изменились на величины \(\Delta x > 0\) и \(\Delta y < 0\), а координата клина — на \(\Delta X < 0\), причём брусок остался на поверхности клина. Тогда из рисунка видно, что \(\Delta y = (\Delta X - \Delta x)\operatorname{tg}\alpha\), и с учётом того, что в нашем случае \(\operatorname{tg}\alpha = 1\), получаем \[a_y = A_x - a_x.\] Решая полученную систему уравнений, найдём искомую силу давления \(N_1\): \[N_1 = \dfrac{\sqrt2mMg(1 + \mu)}{2m + M(1 - \mu)}.\] Так как \(M = 1000\,m \gg m\), то это выражение можно упростить: \[N_1 = \dfrac{\sqrt2mMg(1 + \mu)}{2m + M(1 - \mu)} = \dfrac{\sqrt2mg(1 + \mu)}{\dfrac{2m}{M} + 1 - \mu} \approx \sqrt2mg\dfrac{1 + \mu}{1 - \mu} \approx 2{,}1mg.\]