Санкт-Петербургская, 2020/21, отборочный этап, 10 класс

Подсказка

Движение каждой точки обруча — это поступательное движение центра и вращение вокруг центра. Когда скорость центра по модулю равна \(\omega R\), какая-то точка обруча неподвижна относительно земли. Посмотрите, при каком условии такой момент наступит до удара.

Ответ

Да, может. Скорость какой-либо точки обруча обращается в нуль в момент \(t_*=\sqrt{\dfrac{\omega^2R^2-u^2}{g}}\) при условии \(\omega^2R^2-u^2<2gH\); в этот момент точка находится на высоте \(h=H+R-\dfrac{\omega^2R^2-u^2}{2g}+\dfrac{u}{\omega}\) над поверхностью.

Решение

Движение каждой точки обруча является суперпозицией поступательного движения со скоростью \(v\) (скорость центра, зависящая от времени) и вращения с угловой скоростью \(\omega\). Скорость некоторой точки обруча становится нулевой при условии \(v=\omega R\). Положение этой точки зависит от направления скорости центра. В начальный момент \(v=u>\omega R\).

Горизонтальная и вертикальная проекции скорости центра равны соответственно \(u\) и \(gt_*\), поэтому \[u^2+(gt_*)^2=(\omega R)^2,\qquad t_*=\sqrt{\frac{\omega^2R^2-u^2}{g}}.\] Поскольку рассматривается движение до удара о землю, должно выполняться \(t_*<t_0=\sqrt{2H/g}\), то есть \[\omega^2R^2-u^2<2gH.\] Высота точки, скорость которой обратилась в нуль, определяется выражением \[h=H+R-\frac{gt_*^2}{2}+R\sin\alpha,\] где \(\alpha\) — угол между вертикалью и радиусом, проведённым в эту точку. Используя условие \(\omega R\sin\alpha=u\), получаем \[h=H+R-\frac{\omega^2R^2-u^2}{2g}+\frac{u}{\omega}.\]

Подсказка

Сначала выясните, с какой скоростью нижняя бусинка массой \(m\) подойдёт к бусинке массой \(2m\). Запишите законы сохранения импульса и энергии для упругого столкновения и найдите скорость, которую получит бусинка массой \(2m\). Не забудьте, что нижняя бусинка сначала должна перевалить через свою горку.

Ответ

\(v_0>\sqrt{14\,gh}\).

Решение

Пусть высоты на рисунке равны \(h_1=3h\), \(h_2=4h\), \(h_3=h_4=2h\). Нужно, чтобы нижняя бусинка массой \(m\) перевалила через горку \(h_2\), а бусинка массой \(2m\) — через горку \(h_4\).

При столкновении бусинка массой \(m\) останавливается и полностью передаёт свою энергию бусинке массой \(2m\), которая до этого покоилась. Поэтому условие совпадает с тем, как если бы нижней бусинки массой \(m\) не было вовсе. Из закона сохранения энергии требование \[\frac{mv_0^2}{2}>mgh_2\] эквивалентно \(v_0^2>2gh_2=8gh\). Величина \(h_1\) на ответ не влияет.

Если это условие выполнено, бусинка скатывается вниз и сталкивается с бусинкой массой \(2m\) со скоростью \(v_1\), которая по закону сохранения энергии равна \[\frac{mv_0^2}{2}+mgh_3=\frac{mv_1^2}{2}.\] Пусть после столкновения бусинка массой \(m\) отскакивает со скоростью \(v_2\) влево, а бусинка массой \(2m\) начинает движение вправо со скоростью \(u\). Законы сохранения импульса и энергии дают \[mv_1=2mu-mv_2,\qquad \frac{mv_1^2}{2}=\frac{2mu^2}{2}+\frac{mv_2^2}{2},\] откуда \(u=\dfrac{2}{3}v_1\), \(v_2=\dfrac{1}{3}v_1\).

Бусинка массой \(2m\) должна достичь вершины \(h_4\): \[\frac{2mu^2}{2}>2mg(h_3+h_4).\] Подставляя \(u\) и \(v_1\), получаем \(v_0^2>\dfrac{1}{2}g(5h_3+9h_4)=14gh\). Пересечение с условием \(v_0^2>8gh\) даёт итог: бусинка массой \(2m\) выйдет на горизонтальный участок при \(v_0>\sqrt{14gh}\). При \(v_0=\sqrt{14gh}\) бусинка бесконечно долго «переваливается» через последнюю горку.

Подсказка

Сначала найдите массу всей детали из условия равновесия относительно точки \(A\) (центр масс детали лежит под \(A\)). Затем рассмотрите два случая: детали не касаются друг друга, либо касаются в точке \(F\), и в каждом случае соберите цепочку сопротивлений.

Ответ

При \(m/M>32/3\) решений нет. При \(16/3<m/M\leqslant 32/3\): \(R_{\text{общ}}=R\left[\dfrac{26}{3}+\dfrac{3}{16}\dfrac{m}{M}\right]\). При \(m/M\leqslant 16/3\): \(R_{\text{общ}}=R\left[\dfrac{61}{8}+\dfrac{3}{16}\dfrac{m}{M}\right]\).

Решение

Для первой детали (рис. а) суммарный момент сил относительно точки \(A\) равен нулю. Пусть длина \(x\) введена так, как показано на рисунке. Тогда из условия равновесия \(x=2L\), \(|DE|=3L\), а масса всей проволоки равна \(M_0=\dfrac{16}{3}M\). Центр масс детали находится под точкой \(A\).

Во второй ситуации (рис. б) добавленная деталь и грузик уравновешивают друг друга. Моменты относительно точки \(A\) дают \[yM_0g=Lmg,\] где длина \(y\) введена так, как показано на рисунке. Отсюда \(y=\dfrac{mL}{M_0}=\dfrac{3mL}{16M}\).

При \(y>x\), то есть при \(m/M>32/3\), уравновесить конструкцию нельзя: грузик слишком тяжёл, а длины рычага \(x\) не хватает.

Если \(16/3<m/M\leqslant 32/3\), детали не касаются друг друга, и схема (рис. 2 г) — последовательная цепочка сопротивлений, включая \(\dfrac{y}{L}=\dfrac{3m}{16M}\). Её сопротивление \[R_{\text{общ}}=\left(\frac{1}{3}+3+\frac{y}{L}+\frac{1}{3}+5\right)R=\left(\frac{26}{3}+\frac{3m}{16M}\right)R.\]

Если \(m/M\leqslant 16/3\), детали касаются в точке \(F\), и между \(A\) и \(E'\) возникает параллельное соединение сопротивлений (рис. 2 д). В итоге \[R_{\text{общ}}=\left(\frac{61}{8}+\frac{3m}{16M}\right)R.\]

Подсказка

Из условия отсутствия вращения найдите силы реакции опоры на два колеса. Затем подберите силы трения так, чтобы их сумма для каждого колеса не превышала \(\mu N_i\), а скатывающая сила компенсировалась.

Ответ

Если \(\tg\alpha>\mu\), гироскутер соскальзывает; при \(\tg\alpha>5/2\) он переворачивается. Если \(\tg\alpha>\dfrac{2\mu^2}{5}\), максимальное ускорение равно \(a=g\cos\alpha\sqrt{\mu^2-\tg^2\alpha}\sqrt{1-\dfrac{4\mu^2}{25}}\); при \(\tg\alpha<\dfrac{2\mu^2}{5}\) оно равно \(a=\mu g\cos\alpha\left(1-\dfrac{2}{5}\tg\alpha\right)\).

Решение

Обозначим силу реакции опоры на нижнее колесо \(N_1\), на верхнее — \(N_2\), проекцию трения вдоль оси гироскутера — \(F_i\), а проекцию трения в направлении разгона — \(Q_i\). Гироскутер не опрокидывается и едет поступательно, поэтому полный момент сил относительно осей колёс равен нулю: \[N_2L-mg\left(\frac{L}{2}\cos\alpha-H\sin\alpha\right)=0,\qquad N_1L-mg\left(\frac{L}{2}\cos\alpha+H\sin\alpha\right)=0,\] откуда \[N_1=\frac{mg}{2}\left(\cos\alpha+\frac{2}{5}\sin\alpha\right),\qquad N_2=\frac{mg}{2}\left(\cos\alpha-\frac{2}{5}\sin\alpha\right).\] Гироскутер не переворачивается при \(N_2\geqslant0\), то есть при \(\tg\alpha\leqslant 5/2\). Из равенства моментов для продольных сил \(Q_1=Q_2\equiv Q\). Второй закон Ньютона вдоль оси гироскутера: \(F_1+F_2=mg\sin\alpha\). Условия трения: \(\sqrt{F_i^2+Q^2}\leqslant\mu N_i\). Ускорение равно \(a=\dfrac{2Q}{m}\), поэтому задача сводится к максимизации \(Q\).

Если скатывающая сила мала, она полностью компенсируется силой трения \(F_1=mg\sin\alpha\) на нижнем колесе, и \(Q=\mu N_2\), так что \[a=\mu g\cos\alpha\left(1-\frac{2H}{L}\tg\alpha\right)=\mu g\cos\alpha\left(1-\frac{2}{5}\tg\alpha\right).\] Этот режим реализуется при \(\tg\alpha<\tg\alpha_A=\dfrac{2H}{L}\mu^2=\dfrac{2}{5}\mu^2\).

Иначе часть силы трения верхнего колеса тратится на компенсацию скатывающей силы, и для обоих колёс трение достигает максимума. Тогда \((2Q)^2=(mg)^2\left(\mu^2\cos^2\alpha-\sin^2\alpha\right)\left[1-\left(\dfrac{2\mu H}{L}\right)^2\right]\) и \[a=g\cos\alpha\sqrt{\mu^2-\tg^2\alpha}\sqrt{1-\frac{4\mu^2}{25}}.\] Если \(\tg\alpha>\mu\), силы трения не могут удержать гироскутер, и он соскальзывает.

Ответ

\(y>L/2\): \(3\) изображения; \(L/6<y\leqslant L/2\): \(4\); \(0<y\leqslant L/6\): \(5\); \(y=0\): \(3\); \(-a\leqslant y<0\): \(5\); \(y\leqslant -a\): \(3\).

Решение

При больших \(y\) лучи от источника не могут попасть на зеркало \(M\), и существуют только три изображения в зеркальном уголке: \(S_1\) — в горизонтальном зеркале, \(S_2\) — в вертикальном зеркале и \(S_{12}\) — при последовательном отражении в обоих зеркалах.

При уменьшении \(y\) зеркало \(M\) начинает «работать». Пограничный случай, когда появляется четвёртое изображение \(S_0\), соответствует прохождению луча по самому краю зеркала \(M\). Из подобия треугольников получаем \(y=L/2\): начиная с этого \(y\) существует четвёртое изображение.

При дальнейшем уменьшении \(y\) появляется ещё один способ отразиться от зеркала \(M\). Из равенства углов падения и отражения следует подобие треугольников с отношением \(|BG|:|GH|=2:1\), так что \(|BG|=2a/3\), и из подобия треугольников получаем \(y=L/6\): начиная с этого \(y\) существует пятое изображение \(S_{20}\).

Пять изображений существуют, пока зеркало \(M\) не сравняется с зеркалом \(AB\) (при \(y=0\)). В этот момент изображения \(S_1\) и \(S_0\), \(S_{12}\) и \(S_{20}\) совпадают, и видно только три изображения. При \(-a\leqslant y<0\) снова существуют пять изображений; при \(y<-a\) изображения \(S_0\) и \(S_{20}\) исчезают, остаются три: \(S_1\), \(S_2\), \(S_{12}\).