«Шаг в будущее», 2017/18, отборочный этап, 10 класс

Ускорение при равномерном движении по криволинейной траектории равно \(V^2/R_{\text{кр}}\), где \(R_{\text{кр}}\) — радиус кривизны. Найдите радиусы кривизны циклоиды в верхней точке и в точке \(M_1\) (или \(M_2\)), через скорости и ускорения точек колеса.

\(\dfrac{V^2}{4R} \le a \le \dfrac{\sqrt{2}\,V^2}{4R}\), то есть \(0{,}25\) м/с\(^2 \le a \le 0{,}35\) м/с\(^2\).

Ускорение комара при движении с постоянной скоростью по криволинейной траектории равно \(a = V^2/R_{\text{кр}}\). Наименьшее ускорение соответствует наибольшему радиусу кривизны — в верхней точке \(M_0\) циклоиды, наибольшее — наименьшему радиусу кривизны — в точках \(M_1\) и \(M_2\).

Центр колеса \(O\) движется со скоростью \(v_0\), скорость точки \(C\) касания с дорогой равна нулю. В системе, связанной с центром колеса, ускорение точки \(M_0\) равно \(a_{M_0} = v_0^2/R\); в системе, связанной с землёй, скорость верхней точки равна \(v_{M_0} = 2v_0\). Поскольку ускорение точки во всех инерциальных системах одинаково, \[\frac{v_0^2}{R} = \frac{(2v_0)^2}{R_{M_0}}, \qquad R_{M_0} = 4R,\] и минимальное ускорение комара \(a_{\min} = \dfrac{V^2}{4R} = 0{,}25\) м/с\(^2\).

В точке \(M_1\) скорость точки колеса \(v_{M_1} = v_0\sqrt{2}\), нормальная составляющая ускорения \(a_n = a_{M_1}\cdot\dfrac{\sqrt{2}}{2}\), откуда \[\frac{(\sqrt{2}\,v_0)^2}{R_{M_1}} = \frac{v_0^2}{R}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}, \qquad R_{M_1} = 2\sqrt{2}\,R,\] и максимальное ускорение комара \(a_{\max} = \dfrac{\sqrt{2}\,V^2}{4R} \approx 0{,}35\) м/с\(^2\).

Запишите радиус-векторы точек, отсчитанные от A, через начальную скорость и ускорение \(\vec g\). Сравните векторы \(\overrightarrow{AD}\) и \(\overrightarrow{BC}\) — связь между ними линейная, без \(\vec g\).

\(\overrightarrow{AD} = 3\,\overrightarrow{BC}\): точка D лежит на прямой, параллельной BC, проходящей через A, на расстоянии \(3BC\) от A.

Обозначим через \(\vec v_0\) скорость камня в точке A. Тогда \[\overrightarrow{AD} = \vec v_0 \cdot 3\tau + \frac{\vec g (3\tau)^2}{2}.\] Вектор \(\overrightarrow{BC} = \vec v_B\tau + \dfrac{\vec g\tau^2}{2} = (\vec v_0 + \vec g\tau)\tau + \dfrac{\vec g\tau^2}{2}\) — то же, что \[\overrightarrow{BC} = \overrightarrow{AC} - \overrightarrow{AB} = \vec v_0\tau + \frac{3\vec g\tau^2}{2}.\] Сравнивая, получаем \(\overrightarrow{AD} = 3\,\overrightarrow{BC}\).

Построение: 1) линейкой строим отрезок BC; 2) с помощью треугольника и линейки через точку A проводим прямую, параллельную BC; 3) циркулем откладываем на этой прямой отрезок \(AD = 3BC\). Точка D — конец отложенного отрезка.

Сначала считайте, что вся система движется как одно целое, и найдите силу трения покоя на верхнем грузе, которая нужна для этого. Когда она достигнет предельного значения \(\mu mg\), верхние грузы начнут скользить.

1) \(t_0 = \dfrac{3\mu mg}{\alpha} = 20\) с;  2) \(a_1 = \dfrac{5g}{2} = 2{,}5\) м/с\(^2\) (груз 1), \(a_2 = \dfrac{\mu g}{4} = 0{,}25\) м/с\(^2\) (грузы 2, 3 и 4).

1. Пока система движется как единое целое, её ускорение \(a = \dfrac{F}{6m}\). Для груза 4 сила трения покоя со стороны груза 3 равна \(F_{\text{тр4}} = 2ma\), откуда \(2m\cdot\dfrac{F}{6m} \le \mu m g\), то есть \(F \le 3\mu m g\). Верхние грузы начнут скользить при \(F = 3\mu mg\), что соответствует моменту \[t_0 = \frac{3\mu m g}{\alpha} = 20~\text{с}.\]

2. В момент \(t = 2t_0 = 40\) с сила \(F = 6\) Н, и верхние грузы скользят по нижним. Грузы 3 и 4 движутся как единое целое: предположение о скольжении груза 3 по грузу 4 приводит к противоречию в уравнениях движения грузов 2 и 3, связанных нитью. Тогда ускорения грузов 2, 3 и 4 одинаковы: \[a_2 = \frac{F_{\text{тр2}}}{4m} = \frac{\mu g}{4} = 0{,}25~\text{м/с}^2,\] а ускорение груза 1 \[a_1 = \frac{F - F_{\text{тр2}}}{2m} = \frac{2\alpha t_0 - \mu m g}{2m} = \frac{5\mu g}{2} = 2{,}5~\text{м/с}^2 .\]

Невесомость означает, что сила реакции опоры равна нулю, и тогда сила тяготения сообщает телу центростремительное ускорение при вращении Земли. Период вращения Земли — 24 часа.

\(H = \sqrt[3]{\dfrac{gR^2T^2}{4\pi^2}} - R \approx 35940\) км.

Второй закон Ньютона для тела массы \(m\) на вершине башни: \(F - N = m\omega^2(R + H)\), условие невесомости \(N = 0\). Сила тяготения \(F = G\dfrac{Mm}{(R+H)^2}\), угловая скорость вращения Земли \(\omega = \dfrac{2\pi}{T}\), \(T = 24\) ч \(= 86400\) с. Используем \(g = \dfrac{GM}{R^2}\). Тогда \[\frac{gR^2}{(R+H)^2} = \omega^2 (R+H), \qquad (R+H)^3 = \frac{gR^2T^2}{4\pi^2},\] откуда \[H = \sqrt[3]{\frac{gR^2T^2}{4\pi^2}} - R \approx 35940~\text{км}.\]

Подумайте, какой простой участок цепи внутри коробки может давать разные токи в двух опытах. Попробуйте источник напряжения, включённый последовательно с резистором. Запишите закон Ома для обоих случаев.

Последовательно соединённые источник напряжения \(U_1 = 2\) В и резистор \(r = 1\) Ом.

Внутри коробки не может быть только резистора, и не может быть источника тока с нулевым внутренним сопротивлением — это противоречит условиям задачи. Простейшая схема внутри коробки — последовательно соединённые источник напряжением \(U_1\) и резистор сопротивлением \(r\) (или источник с ЭДС \(U_1\) и внутренним сопротивлением \(r\)).

Законы Ома для двух случаев: \[\begin{cases} I_1 = \dfrac{U - U_1}{R + r}, \\[4pt] 2I_1 = \dfrac{2U - U_1}{2R + r}, \end{cases}\] откуда \(U_1 = 2I_1 R = 2\) В и \(r = \dfrac{U - 3I_1R}{I_1} = 1\) Ом.

Могут быть предложены и другие варианты электрических цепей внутри коробки.