зад 8-9.1 Балка с блоками
Вариант 1. Невесомая балка находится в равновесии и делится точкой опоры в отношении 2:3. К левой короткой части балки через систему блоков с подвешенным грузом массой \(m\) прикреплены две нити, одна к самому краю, другая к середине этой части балки. К правой части на некотором расстоянии \(x\) от точки опоры через систему блоков прикреплена другая нить. К середине длинной части подвешен груз массой \(2m\). В правой системе блоков подвешен груз массой \(3m\). Какую часть от всей длины балки составляет расстояние \(x\) от точки опоры до нити в правой части системы. Все блоки, нити и пружину считать невесомыми, трение в системе отсутствует.
Вариант 2. Невесомая балка находится в равновесии и делится точкой опоры в отношении 3:2. К левой длинной части балки через систему блоков с подвешенным грузом массой \(m\) прикреплены две нити, одна к самому краю, другая на расстоянии \(x\) от точки опоры. К правой части через систему блоков тоже прикреплены две нити: одна к середине этой части балки, другая к правому краю. К одному из блоков в правой части за пружину подвешен груз массой \(m\). Определите, какую часть от всей длины балки составляет расстояние \(x\) от точки опоры до нити в левой части системы. Все блоки, нити и пружину считать невесомыми, трение в системе отсутствует.
▶ПодсказкаСкрыть
Расставьте силы натяжения нитей, приложенных к балке, и запишите правило моментов относительно точки опоры.
▶ОтветСкрыть
Вариант 1: \(x = 0{,}6\,L\), то есть расстояние до правого конца балки.
▶РешениеСкрыть
Вариант 1. Силы натяжения нитей, прикреплённых к балке: \(T_1 = 0{,}5\,mg\) (у края короткой части, плечо \(0{,}4L\)), \(T_2 = 0{,}25\,mg\) (у середины короткой части, плечо \(0{,}2L\)), \(T_3 = 2\,mg\) (груз \(2m\) у середины длинной части, плечо \(0{,}3L\)), \(T_4 = 0{,}75\,mg\) (правая система блоков, плечо \(x\)). Правило моментов относительно опоры: \[0{,}4L\,T_1 + x\,T_4 = 0{,}2L\,T_2 + 0{,}3L\,T_3 \;\Rightarrow\; 0{,}2mgL + 0{,}75\,mgx = 0{,}05\,mgL + 0{,}6\,mgL,\] откуда \(75x = 45L\), \(x = 0{,}6L\).
зад 8-9.2 Свечка на пружине
Парафиновая цилиндрическая свечка высотой \(H_0\) и площадью основания \(S\) плавает в бассейне. Свечка прикреплена к полу бассейна пружинкой с жёсткостью \(k\) (см. рисунок), пружина растянута. Свечку поджигают. Пока горит фитиль, парафин медленно испаряется, форма свечки при этом остаётся цилиндрической, её высота уменьшается со скоростью \(c\). Определите, как и с какой скоростью будет изменяться растяжение пружинки.
▶ПодсказкаСкрыть
Запишите второй закон Ньютона для свечки: сила тяжести, сила упругости и сила Архимеда. Сравните это равенство для двух моментов времени и найдите скорость изменения погружённой части.
▶ОтветСкрыть
Растяжение пружинки увеличивается равномерно со скоростью \(v = \dfrac{c\,\rho_п}{\rho_в + \dfrac{k}{Sg}}\).
▶РешениеСкрыть
Высота свечки \(H(t) = H_0 - ct\). Пусть \(h(t)\) — высота погружённой части свечки. Второй закон Ньютона и сила Архимеда: \[\rho_п\,g\,H(t)\,S + k\,\Delta x(t) = \rho_в\,g\,h(t)\,S.\] Глубина бассейна неизменна, поэтому \(x_0 + \Delta x(t) + h(t) = G\), откуда \(\Delta x(t) = G - h(t) - x_0\). Подставив это в уравнение и вычтя его для моментов \(t_1\) и \(t_2\), получаем \[-c\rho_п(t_2 - t_1) = \left(\rho_в + \frac{k}{Sg}\right)\bigl(h(t_2) - h(t_1)\bigr),\] то есть погружённая часть уменьшается со скоростью \(\dfrac{c\rho_п}{\rho_в + k/(Sg)}\). Пружинка при этом удлиняется с той же скоростью.
зад 8-9.3 Пробка и два сосуда
Вариант 1. В закрытой комнате, где атмосферное давление составляет \(p_0 = 100\) кПа, находятся два пустых одинаковых сосуда высотой \(H = 70\) см и площадью основания \(S = 150\) см\(^2\). Сосуды соединены тонкой трубкой, расположенной у дна, и один из сосудов закрыт тонкой пробкой. Необходимо определить объём жидкости с плотностью \(\rho = 930\) кг/м\(^3\), который нужно влить в открытый сосуд (при этом жидкость не переливается через край), чтобы пробка вылетела. Максимальная величина силы трения покоя, действующей на пробку, равна \(F = 45\) Н. Поскольку температура в помещении постоянна, то для воздуха в замкнутом объёме произведение давления и объёма остаётся неизменным: \(pV = \text{const}\). Объём цилиндра можно рассчитать по формуле \(V = Sh\), где \(S\) — площадь основания, \(h\) — высота цилиндра. Массой пробки, её размером и размером соединительной трубки можно пренебречь. Ускорение свободного падения принять за \(10\) м/с\(^2\).
Вариант 2. В закрытой комнате, где атмосферное давление составляет \(p_0 = 100\) кПа, находятся два одинаковых сосуда высотой \(H = 100\) см и площадью основания \(S = 100\) см\(^2\). Сосуды соединены тонкой трубкой, расположенной у дна. Оба сосуда заполнили на четверть водой плотностью \(\rho = 1000\) кг/м\(^3\), после чего один из сосудов плотно закрыли тонкой пробкой. Необходимо определить объём воды, который нужно влить в открытый сосуд (при этом жидкость не переливается через край), чтобы пробка вылетела. Максимальная величина силы трения покоя, действующей на пробку, равна \(F = 20\) Н. Поскольку температура в помещении постоянна, то для воздуха в замкнутом объёме произведение давления и объёма остаётся неизменным: \(pV = \text{const}\). Объём цилиндра можно рассчитать по формуле \(V = Sh\), где \(S\) — площадь основания, \(h\) — высота цилиндра. Массой пробки, её размером и размером соединительной трубки можно пренебречь. Ускорение свободного падения принять за \(10\) м/с\(^2\).
▶ПодсказкаСкрыть
Пробка вылетит, когда давление запертого воздуха станет равно \(p_0 + F/S\). Используйте закон баланса давлений в двух сосудах и \(pV = \text{const}\) для запертого воздуха.
▶ОтветСкрыть
Вариант 1: \(V \approx 5450\) см\(^3\).
▶РешениеСкрыть
Вариант 1. Давление запертого воздуха должно стать \(p = F/S + p_0\). Баланс давлений в левой и правой частях системы: \(p_0 + \rho g h_1 = p + \rho g h_2\), откуда \(\rho g h_1 = F/S + \rho g h_2\). Для запертого воздуха, с учётом \(p_0 H S = p\,(H - h_2)S\): \[h_2 = \frac{FH}{F + p_0 S}, \qquad h_1 = \frac{F}{S\rho g} + \frac{FH}{F + p_0 S}.\] Искомый объём \(V = S(h_1 + h_2) = F\left(\dfrac{1}{\rho g} + \dfrac{2SH}{F + p_0 S}\right) \approx 5450\) см\(^3\) (при \(g = 10\) м/с\(^2\)). Если объём налитой жидкости превысит это значение, пробка вылетит.
зад 9-10.1 Зонд и корректирующий маневр
Вариант 1. Космический зонд массой \(m\) движется вокруг планеты X по перпендикулярной экваториальной плоскости круговой орбите радиуса \(R\) со скоростью \(v\). Период обращения планеты вокруг своей оси равен \(T\), причём \(T \gg 2\pi R/v\). Когда зонд пролетал над северным полюсом, его орбита проходила точно над кратером, расположенным на экваторе, при этом зонд приближался к кратеру. В этот момент зонд совершил корректирующий маневр, выбросив струю газа со скоростью \(u\) относительно зонда в направлении, перпендикулярном плоскости первоначальной орбиты, и в итоге пролетел точно над кратером. Найдите массу топлива, которую выбросил зонд в ходе маневра. Выброс считайте мгновенным, а массу топлива малой по сравнению с массой зонда.
Примечание: для малых углов \(\alpha\) можно считать \(\sin\alpha \simeq \alpha\), \(\cos\alpha \simeq 1\).
Вариант 2. Космический зонд массой \(m\) движется по круговой орбите со скоростью \(v\) вокруг планеты X, период обращения которой вокруг собственной оси равен \(T\). Длина орбиты равна \(L\). В момент, когда зонд пролетал над северным полюсом планеты, его скорость была направлена по касательной к окружности, проходящей при первом пересечении экватора над кратером Y. В этот момент зонд совершает корректирующий маневр, выбрасывая струю газа со скоростью \(u\) относительно зонда. В результате маневра модуль скорости зонда и высота орбиты не изменились. Считая выброс мгновенным, определите массу выброшенного топлива, если известно, что, достигнув экватора, зонд пролетел точно над кратером.
▶ПодсказкаСкрыть
Время от полюса до экватора равно четверти периода обращения зонда; за это время планета поворачивается на угол \(\alpha\), который и нужно компенсировать. Используйте закон сохранения импульса в направлении выброса газа.
▶ОтветСкрыть
Вариант 1: \(\mu = \dfrac{m\,v\sin\alpha}{u + v\sin\alpha}\), где \(\alpha = \dfrac{\pi L}{2vT}\), \(L = 2\pi R\).
Вариант 2: \(\mu = \dfrac{m\,\Delta v}{u + \Delta v}\), где \(\Delta v = v\sqrt{2(1-\cos\alpha)}\), \(\alpha = \dfrac{\pi L}{2vT}\).
▶РешениеСкрыть
Вариант 1. Закон сохранения импульса в проекции на направление выброса газа (скорость зонда до маневра перпендикулярна этому направлению): \(\mu u = (m - \mu)\,v\sin\alpha\), откуда \(\mu = \dfrac{m\,v\sin\alpha}{u + v\sin\alpha}\). Время от полюса до экватора равно \(T/4 = L/(4v)\), за это время кратер смещается на угол \(\alpha = \dfrac{2\pi t}{T} = \dfrac{\pi L}{2vT}\).
Вариант 2. За время \(t = L/(4v)\) кратер смещается на угол \(\alpha = \dfrac{\pi L}{2vT}\). Векторы скорости до и после маневра образуют равнобедренный треугольник с углом \(\alpha\) между равными сторонами, поэтому \(|\Delta\vec v| = v\sqrt{2(1-\cos\alpha)}\). Направление выброса противоположно \(\Delta\vec v\); из закона сохранения импульса \((m-\mu)|\Delta\vec v| = \mu u\) получаем \(\mu = \dfrac{m\,|\Delta\vec v|}{u + |\Delta\vec v|}\).
зад 9-10.2 Шайба и лунка между бортиками
На горизонтальной поверхности закреплены два гладких параллельных бортика, расстояние между ними равно \(L\). Посередине между ними на расстоянии \(H\) друг от друга расположены шайба (Ш) и лунка (Л). По шайбе ударяют, сообщая ей скорость \(v_0\) в направлении к одному из бортов под углом \(\alpha\). Определите минимальное значение угла \(\alpha\), при котором шайба попадет в лунку. Размерами шайбы и лунки можно пренебречь. Шайба отскакивает от бортиков абсолютно упруго. Коэффициент трения шайбы о горизонтальную поверхность равен \(\mu\).
▶ПодсказкаСкрыть
Упругое отражение от борта сохраняет модуль скорости. Отражения можно «развернуть»: движение с отскоками становится прямолинейным в зеркально отражённых копиях полосы между бортиками. Трение даёт путь до остановки \(l_{\max} = v_0^2/(2\mu g)\).
▶ОтветСкрыть
\(\alpha_{\min} = \operatorname{arctg}\dfrac{H}{n_{\max}L}\), где \(n_{\max}\) — наибольшее число отражений, при котором шайба ещё доходит до лунки; если не округлять \(n_{\max}\) до целого, \(\alpha_{\min} = \operatorname{arctg}\dfrac{H}{\sqrt{(v_0^2/(2\mu g))^2 - H^2}}\).
▶РешениеСкрыть
Сила трения \(F_{\text{тр}} = \mu m g\), ускорение \(a = -\mu g\), движение равнозамедленное. Путь до остановки \(l_{\max} = v_0^2/(2\mu g)\). Отражения от бортиков упругие, поэтому после каждого из них модуль скорости сохраняется. Отражения учитываем зеркальной разверткой полосы: шайба движется по прямой до точки Л', лежащей в \(n\)-й зеркальной копии полосы. Условия: \[\sin\alpha = \frac{H}{l}, \qquad \cos\alpha = \frac{nL}{l},\] откуда \(n = \dfrac{\sqrt{l^2 - H^2}}{L}\). Наибольшее \(n\) (целая часть величины) даёт минимальный угол \(\alpha_{\min} = \operatorname{arctg}\dfrac{H}{n_{\max}L} = \operatorname{arctg}\dfrac{H}{\sqrt{(v_0^2/(2\mu g))^2 - H^2}}\).
Источник: Олимпиада школьников СПбГУ по физике, 2023/24, заключительный этап, 9 класс — условия · решения. Задачи перенабраны на botay.pro, решения — по официальным.