зад 11.1 Прыгающий мячик
Вариант 1. Две плоскости образуют V-образный клин с углом раствора \(2\beta\), внутри которого, между стенками клина, в поле сил тяжести упруго прыгает мячик (см. рис.). При этом мячик летает по одной и той же траектории от стенки до стенки. Чему равна скорость мячика в наивысшей точке траектории, если расстояние до ребра клина в этот момент равно \(H\)? Ускорение свободного падения равно \(g\), размерами и вращением мячика можно пренебречь.
Вариант 2. Мячик бросают в сторону наклонной плоскости из точки, расположенной на высоте \(H\) над точкой пересечения этой плоскости и горизонтальной поверхности (см. рис.). Начальная скорость мячика равна \(v\) и направлена горизонтально. Упруго отскочив от плоскости, мячик по той же траектории вернулся в исходную точку. Определите угол наклона плоскости над горизонталью. Ускорение свободного падения равно \(g\), размерами и вращением мячика можно пренебречь.
▶ПодсказкаСкрыть
Мячик после отскока движется как брошенное тело. Скорость в высшей точке горизонтальна, поэтому её модуль равен горизонтальной составляющей. Во втором варианте учтите, что при возвращении по той же траектории скорость в точке удара перпендикулярна плоскости.
▶ОтветСкрыть
вариант 1: \(v = \sqrt{\dfrac{gH}{1 + \tfrac{1}{2}\,\mathrm{tg}^2\beta}}\); вариант 2: \(\alpha = \mathrm{arcctg}\sqrt{2\left(\dfrac{gH}{v^2} - 1\right)}\).
▶РешениеСкрыть
Вариант 1. После отскока от стенки скорость мячика составляет угол \(\beta\) с горизонталью: \(v_{y0} = v_x\,\mathrm{tg}\beta\). Координаты мячика: \(x = v_x t\), \(y = H - h + v_{y0}t - \dfrac{gt^2}{2}\), где \(h\) — подъём мячика над точкой отскока. В высшей точке \(t' = \dfrac{v_{y0}}{g}\), \(y(t') = H\), поэтому \(h = \dfrac{v_{y0}^2}{2g} = \dfrac{v_x^2\,\mathrm{tg}^2\beta}{2g}\).
Из прямоугольного треугольника (горизонтальный катет \(x(t') = \dfrac{v_x v_{y0}}{g}\), вертикальный катет \(H - h\), угол \(\beta\) при нём) получаем \(\mathrm{tg}\beta = \dfrac{x(t')}{H-h}\), откуда \(v_x^2 = g(H-h)\). Подставляя \(h\), находим \(v_x^2\left(1 + \tfrac{1}{2}\mathrm{tg}^2\beta\right) = gH\). Скорость в высшей точке равна \(v_x\).
Вариант 2. Чтобы мячик вернулся по той же траектории, скорость в точке удара должна быть перпендикулярна плоскости: \(v\cos\alpha = gt\sin\alpha\), откуда \(gt = v\,\mathrm{ctg}\,\alpha\). Точка удара \(x = vt\), \(y = H - \dfrac{gt^2}{2}\) лежит на плоскости, \(y = x\,\mathrm{tg}\alpha\). Отсюда \(H - \dfrac{v^2\mathrm{ctg}^2\alpha}{2g} = \dfrac{v^2}{g}\), и \(\mathrm{ctg}^2\alpha = 2\left(\dfrac{gH}{v^2} - 1\right)\).
зад 11.2 Брусок у бортиков
Вариант 1. Брусок массой \(m\), лежащий на горизонтальной шероховатой поверхности, одной своей гранью касается вертикального бортика, а другой прикреплён к стене пружиной жёсткостью \(k\) (см. рис.). Изначально пружина не деформирована. Затем брусок отвели на некоторое расстояние вправо и отпустили. Определите первоначальное отклонение бруска, если брусок до полной остановки ударился о левый бортик \(n > 0\) раз, перед остановкой двигался по направлению от бортика, а в результате выделилось количество теплоты \(Q\). Коэффициент трения бруска о поверхность равен \(\mu\), ускорение свободного падения \(g\). Брусок ударяется о бортик абсолютно упруго.
Вариант 2. Брусок массой \(m\), лежащий на горизонтальной шероховатой поверхности, одной своей гранью касается вертикального бортика, а другой прикреплён к стене пружиной жёсткостью \(k\) (см. рис.). Изначально пружина не деформирована. Затем брусок отвели на некоторое расстояние вправо и отпустили. Определите первоначальное отклонение бруска, если брусок до полной остановки ударился о левый бортик \(n > 0\) раз, перед остановкой двигался по направлению к бортику, а в результате выделилось количество теплоты \(Q\). Коэффициент трения бруска о поверхность равен \(\mu\), ускорение свободного падения \(g\). Брусок ударяется о бортик абсолютно упруго.
▶ОтветСкрыть
вариант 1: \(x_0 = \dfrac{Q}{2n\mu mg} + \dfrac{n\mu mg}{k}\); вариант 2: \(x_0 = \dfrac{Q}{2(n+1)\mu mg} + \dfrac{(n+1)\mu mg}{k}\).
▶РешениеСкрыть
Сила трения скольжения постоянна по модулю, \(F_{тр} = \mu mg\), и меняет направление при смене направления движения. Между двумя соседними точками поворота, вдали от бортика, энергия пружины меняется на работу силы трения: \(\dfrac{kx_n^2}{2} - \dfrac{kx_{n+1}^2}{2} = \mu mg\,(x_n + x_{n+1})\), откуда \(x_n - x_{n+1} = \dfrac{2\mu mg}{k}\). Каждый проход уменьшает отклонение на одну и ту же величину.
Вариант 1. После \(n\) ударов последняя точка поворота \(x_n = x_0 - \dfrac{2n\mu mg}{k}\). Выделившаяся теплота равна убыли энергии пружины: \[Q = \frac{k}{2}\left(x_0^2 - x_n^2\right) = 2n\mu mg\left(x_0 - \frac{n\mu mg}{k}\right),\] откуда \(x_0 = \dfrac{Q}{2n\mu mg} + \dfrac{n\mu mg}{k}\).
Вариант 2. Последний поворот \(x_n = x_0 - \dfrac{2n\mu mg}{k}\), затем брусок проходит ещё путь до точки \(x'\). Из закона сохранения энергии \(x_n + x' = \dfrac{2\mu mg}{k}\), то есть \(x' = \dfrac{2(n+1)\mu mg}{k} - x_0\). Тогда \(Q = \dfrac{k}{2}\left(x_0^2 - x'^2\right) = 2(n+1)\mu mg\left(x_0 - \dfrac{(n+1)\mu mg}{k}\right)\), и \(x_0 = \dfrac{Q}{2(n+1)\mu mg} + \dfrac{(n+1)\mu mg}{k}\).
зад 11.3 Груз, тянутый лебедкой
Вариант 1. Груз массой \(M\) тянут по дну карьера глубиной \(H\) при помощи лебедки (Л) и троса, перекинутого через блок (Б) (см. рис.). Лебедка радиусом \(r_0 \ll H\) вращается с постоянной угловой скоростью \(\omega\). Определите длину участка троса от груза до блока в момент отрыва груза от земли. Коэффициент трения груза о дно карьера \(\mu\), трос не провисает, начальная длина участка троса от груза до блока \(L_0\). Трением в лебедке и блоке, а также размерами груза и блока пренебрегите.
Вариант 2. Груз массой \(M\) тянут по дну карьера глубиной \(H\) при помощи лебедки (Л) и троса, перекинутого через блок (Б) (см. рис.). Лебедка радиусом \(r_0 \ll H\) вращается с некоторой постоянной угловой скоростью. В момент, когда груз находился на расстоянии \(2H\) от края карьера, он оторвался от земли. Определите частоту вращения лебедки. Коэффициент трения груза о дно карьера \(\mu\), трос не провисает, начальная длина участка троса от груза до блока \(L_0\). Трением в лебедке и блоке, а также размерами груза и блока пренебрегите.
▶ОтветСкрыть
вариант 1: \(L = \sqrt{H^2 + \omega r_0 H\sqrt{\dfrac{H}{g}}}\); вариант 2: \(\nu = \dfrac{\omega}{2\pi} = \dfrac{2}{\pi}\cdot\dfrac{\sqrt{gH}}{r_0}\), где \(\omega = \dfrac{4\sqrt{gH}}{r_0}\).
▶РешениеСкрыть
Длина участка троса убывает с постоянной скоростью \(\omega r_0\): \(L(t) = L_0 - \omega r_0 t\). Пусть \(\alpha\) — угол троса с горизонталью, \(\sin\alpha = \dfrac{H}{L}\). Скорость груза вдоль дна \(v = \dfrac{\omega r_0 L}{\sqrt{L^2 - H^2}}\), а ускорение \[a = \frac{dv}{dt} = \frac{\omega^2 r_0^2 H^2}{(L^2 - H^2)^{3/2}}.\] В момент отрыва сила реакции опоры равна нулю, сила трения тоже. Проекции второго закона Ньютона: \(T\sin\alpha = Mg\), \(T\cos\alpha = Ma\). Значит, \(\mathrm{tg}\,\alpha = \dfrac{g}{a}\), то есть \(\dfrac{H}{\sqrt{L^2 - H^2}} = \dfrac{g}{a}\), откуда \(g\,(L^2 - H^2)^2 = \omega^2 r_0^2 H^3\) и \[L^2 - H^2 = \omega r_0 H\sqrt{\frac{H}{g}}.\] Вариант 2. Из того же соотношения при \(L^2 = H^2 + (2H)^2 = 5H^2\): \(4H^2 = \omega r_0 H\sqrt{H/g}\), \(\omega = \dfrac{4\sqrt{gH}}{r_0}\), а частота \(\nu = \dfrac{\omega}{2\pi}\).
зад 11.4 Надувающийся шарик
Вариант 1. В открытый космос под солнечные лучи поместили шарик — тонкую сферическую оболочку из специфического материала, заполненную идеальным газом. В начальный момент времени радиус шарика был \(R_0\), а температура \(T_0\). До какого радиуса \(R\) надуется шарик под действием солнечных лучей, если шарик расположен на расстоянии \(L \gg R_c\) от Солнца, где \(R_c\) — радиус Солнца. Мощность излучения Солнца равна \(W_0\). Другими источниками излучения можно пренебречь.
Информация о материале оболочки. Коэффициент серости равен единице (поглощается всё падающее излучение). Теплопроводность достаточно большая, поэтому температуру всей поверхности можно считать одинаковой. Если растягивать круглый лоскут из этого материала равномерно во все стороны (только в плоскости лоскута), то в определённом диапазоне растяжений линейная плотность упругой силы пропорциональна радиусу лоскута: \(f = k\,r/r_0\), где \(k\) — неизвестный коэффициент, \(r_0\) — радиус лоскута в нерастянутом состоянии. Считайте, что растяжение сферической оболочки попадает в этот диапазон как в начальном, так и в нагретом состоянии.
Примечание. Мощность (в Вт), излучаемая с поверхности оболочки с единичным коэффициентом серости, определяется законом Стефана–Больцмана: \(W_{изл} = S\sigma T^4\), где \(S = 4\pi R^2\) — площадь поверхности оболочки, \(\sigma\) — постоянная Стефана–Больцмана.
Вариант 2. В открытом космосе под солнечными лучами находится шарик — тонкая сферическая оболочка из того же материала, заполненная идеальным газом. Шарик находится в тепловом равновесии и имеет радиус \(R_1\). Определите, какую часть видимого диска Солнца должно закрыть другое небесное тело (на какую часть должен уменьшиться видимый телесный угол), чтобы радиус шарика уменьшился до \(R_2\)? Другими источниками излучения можно пренебречь. Свойства материала оболочки — как в варианте 1.
▶ОтветСкрыть
вариант 1: \(R = R_0\left(\dfrac{T}{T_0}\right)^{1/3}\), где \(T = \left(\dfrac{W_0}{16\pi\sigma L^2}\right)^{1/4}\), то есть \(R = \dfrac{R_0}{T_0^{1/3}}\left(\dfrac{W_0}{16\pi\sigma L^2}\right)^{1/12}\); вариант 2: доля диска \(1 - \left(\dfrac{R_2}{R_1}\right)^{12}\).
▶РешениеСкрыть
Вариант 1. Солнце видно под малым телесным углом, поэтому на оболочку падает поток \(\dfrac{W_0}{4\pi L^2}\), поглощается мощность \(\dfrac{W_0}{4\pi L^2}\cdot\pi R^2 = \dfrac{W_0 R^2}{4L^2}\). В равновесии она равна излучению \(4\pi R^2\sigma T^4\), поэтому \(\sigma T^4 = \dfrac{W_0}{16\pi L^2}\).
Давление газа найдём из равновесия полярного участка оболочки: \(P\pi r^2 = 2\pi r f\sin\theta\), \(r = R\sin\theta\), \(f = kR/R_0\), откуда \(P = \dfrac{2k}{R_0}\) — давление не зависит от растяжения. Тогда из уравнения состояния \(PV = NkT\) при постоянных \(P\) и \(N\) имеем \(V \propto T\), то есть \(R^3 = R_0^3\dfrac{T}{T_0}\).
Вариант 2. Равновесная температура пропорциональна \(\Omega^{1/4}\), где \(\Omega\) — телесный угол Солнца, видимый с шарика, \(T \propto \Omega^{1/4}\). При постоянном давлении \(R^3 \propto T\), поэтому \(\dfrac{R_2^{3}}{R_1^{3}} = \left(\dfrac{\Omega_2}{\Omega_1}\right)^{1/4}\), то есть \(\dfrac{\Omega_2}{\Omega_1} = \left(\dfrac{R_2}{R_1}\right)^{12}\). Доля диска, которую нужно закрыть: \(1 - \dfrac{\Omega_2}{\Omega_1} = 1 - \left(\dfrac{R_2}{R_1}\right)^{12}\).
зад 11.5 Прочность опоры
Вариант 1. Тяжёлый груз массой \(M\) устанавливается на опору высотой \(H\), изготовленную из специального хрупкого слоистого материала. Слои очень тонкие и абсолютно жёсткие, расположены горизонтально. Трение между слоями отсутствует. Какой минимальной массы можно сделать эту опору? Плотность материала опоры \(\rho\), и он разрушается при давлении между слоями больше \(p_0\); ускорение свободного падения равно \(g\).
Вариант 2. Тяжёлый груз массой \(M\) устанавливается на опору такой же массы, изготовленную из специального хрупкого слоистого материала. Слои очень тонкие и абсолютно жёсткие, расположены горизонтально. Трение между слоями отсутствует. Какой минимальной/максимальной высоты может быть эта опора? Плотность материала опоры \(\rho\), и он разрушается при давлении между слоями больше \(p_0\); ускорение свободного падения равно \(g\).
▶ОтветСкрыть
вариант 1: \(m_{\min} = \left(e^{\rho g H/p_0} - 1\right)M\); вариант 2: наибольшая высота \(H = \dfrac{p_0\ln 2}{\rho g}\), наименьшая формально близка к нулю.
▶РешениеСкрыть
Пусть \(S(y)\) — площадь сечения на глубине \(y\) (ось направлена вниз, \(y = 0\) — верх опоры), \(m(y)\) — масса части опоры выше этого уровня. Давление между слоями \(\sigma = \dfrac{(M + m)g}{S}\) не должно превышать \(p_0\); для опоры наименьшей массы \(\sigma = p_0\) всюду, то есть \(S = \dfrac{g}{p_0}(M + m)\). Тогда \(dS = \dfrac{g}{p_0}\,dm\), а \(dm = \rho S\,dy\), поэтому \(\dfrac{dS}{S} = \dfrac{\rho g}{p_0}dy\).
Интегрируя от \(0\) до \(H\) и учитывая \(S(0) = \dfrac{gM}{p_0}\), получаем \(S(H) = S(0)\exp\dfrac{\rho g H}{p_0}\). Масса опоры \(m(H) = \dfrac{p_0}{g}S(H) - M = \left(e^{\rho g H/p_0} - 1\right)M\).
Вариант 2. Масса опоры равна \(M\), поэтому \(S(H) = \dfrac{2gM}{p_0}\), то есть \(S(H) = 2S(0)\). Отсюда \(\dfrac{\rho g H}{p_0} = \ln 2\), \(H = \dfrac{p_0\ln 2}{\rho g}\).
Источник: Олимпиада школьников СПбГУ по физике, 2024/25, заключительный этап, 11 класс — условия · решения. Задачи перенабраны на botay.pro, решения — по официальным.