«Туймаада» 1996, теоретический тур

Ответ

\(g = \dfrac{12\pi^2 L}{(k+2)T^2} \approx 3{,}7\) м/с\(^2\) (при этом \(\cos\alpha = \dfrac{3}{k+2} = \dfrac12\), \(\alpha = 60{}^\circ\)).

Решение

Пусть \(m\) — масса маятника, \(v\) и \(N\) — соответственно скорость груза и сила натяжения нити, когда она образует некоторый угол \(\varphi\) с вертикалью, тогда из второго закона Ньютона в проекции на направление нити (левый рисунок) \[m\cdot\frac{v^2}{L} = N - mg\cos\varphi\] выражаем \[N = mg\cos\varphi + \frac{mv^2}{L}.\] При возрастании \(|\varphi|\) значения \(\cos\varphi\) и \(v^2\) уменьшаются, поэтому сила натяжения нити будет максимальной в положении равновесия (\(\varphi = 0\)), а минимальной — в крайних точках (\(\varphi = \alpha\)), то есть \[N_{\max} = mg + \frac{mv^2}{L}, \qquad N_{\min} = mg\cos\alpha.\] С учётом условия \(N_{\max} = kN_{\min}\) отсюда следует, что \(gL + v^2 = kgL\cos\alpha\). Решая это уравнение совместно с законом сохранения энергии \[\frac{mv^2}{2} = mgL(1 - \cos\alpha),\] находим \[\cos\alpha = \frac{3}{k+2} = \frac12.\] Отметим, что найденный угол \(\alpha = 60{}^\circ\) не является малым, однако в решении не используется приближение малых колебаний.

При вращении маятника его груз движется в горизонтальной плоскости по окружности радиусом \(R = L\sin\alpha\) с циклической частотой \(\omega = 2\pi/T\) (правый рисунок). Запишем второй закон Ньютона в проекции на вертикаль и на радиус: \[0 = N\cos\alpha - mg, \qquad m\cdot\omega^2R = N\sin\alpha,\] откуда после подстановки \(\cos\alpha\), \(R\) и \(\omega\) получаем \[g = \frac{12\pi^2L}{(k+2)T^2} = 3{,}7\text{ м/с}^2.\]

Ответ

\(\dfrac{M}{m} = \dfrac{1 + (1-k)^2 - 2(1-k)\cos\varphi}{1 - (1-k)^2} = 3{,}0625 \approx 3\).

Решение

Качественный вид траектории космического корабля в системе отсчёта, в которой астероид изначально покоился, показан на левом рисунке, где \(v_0\) и \(v\) — скорости корабля до и после взаимодействия с астероидом, \(u\) — скорость астероида, возникшая из-за притяжения к кораблю. Система, состоящая из корабля и астероида, является изолированной, поэтому для неё можно записать законы сохранения импульса и энергии (потенциальная энергия гравитационного взаимодействия в итоге осталась прежней): \[m\vec v_0 = m\vec v + M\vec u \tag{4}\] \[\frac{mv_0^2}{2} = \frac{mv^2}{2} + \frac{Mu^2}{2}. \tag{5}\]

Применив теорему косинусов к треугольнику (правый рисунок), составленному из векторов импульсов согласно уравнению (4), получим \[(Mu)^2 = (mv_0)^2 + (mv)^2 - 2(mv_0)(mv)\cos\varphi. \tag{6}\] Введём обозначение \(x = M/m\) и исключим \(u\), решая уравнения (5) и (6) совместно: \[x(v_0^2 - v^2) = v_0^2 + v^2 - 2v_0v\cos\varphi,\] откуда после подстановки \(v = v_0(1-k)\) находим искомое отношение: \[x = \frac{M}{m} = \frac{1 + (1-k)^2 - 2(1-k)\cos\varphi}{1 - (1-k)^2} = 3{,}0625 \approx 3.\]

Ответ

\(\mu = \dfrac{2\rho H\sigma}{M + \rho HS} - \dfrac{a}{g}\);  \(\mu_0 \geqslant \dfrac{2\rho H\sigma}{M + \rho HS}\).

Решение

Ускорение \(a\) сосуда возникает за счёт разницы между реактивной силой тяги \(F_{\text{тяги}}\) струи воды, выливающейся из отверстия (см. рисунок), и силой трения скольжения \(F_{\text{тр}}\) сосуда о поверхность стола. Приведём два способа нахождения \(F_{\text{тяги}}\): статический и динамический. В обоих случаях сосуд считается неподвижным.

1. В статической модели предполагается, что гидростатическое давление воды на уровне отверстия определяется формулой \(P = \rho gH\), то есть не изменяется после начала движения воды. Тогда сосуд с водой действует на выливающуюся из отверстия воду с силой \(F = P\sigma = \rho gH\sigma\), которая по третьему закону Ньютона равна искомой реактивной силе тяги, то есть \(F_{\text{тяги}} = F = \rho gH\sigma\). Можно прийти к такому же выражению, рассматривая нескомпенсированную силу давления воды на участок стенки сосуда, противоположный отверстию.

2. В динамической модели расчёт проводится через скорость \(v\) вытекающей воды. За малый промежуток времени \(\Delta t\) через отверстие выльется вода массой \(\Delta m = \rho\sigma v\Delta t\). Пренебрегая потерями энергии из-за явления вязкости и изменением кинетической энергии оставшейся в сосуде воды, запишем закон сохранения энергии системы: \[\Delta m\,gH = \frac{\Delta m}{2}v^2,\] откуда \[v^2 = 2gH.\] Из закона изменения импульса вытекшей воды \(\Delta m\,v = F\Delta t\) найдём силу давления \(F = \rho\sigma v^2 = 2\rho gH\sigma\), которая по третьему закону Ньютона равна искомой реактивной силе тяги, то есть \(F_{\text{тяги}} = F = 2\rho gH\sigma\).

Видно, что результаты, полученные в двух моделях, различаются в 2 раза! В силу сомнительности основного предположения статической модели второй результат следует считать более правильным, однако и динамическая модель даёт лишь приближённый результат. Поскольку точное определение \(v\) требует применения методов из курса гидродинамики, которые выходят за рамки программы олимпиады, а по условию нужно лишь оценить искомые величины, оба расчёта можно считать верными в рамках данной задачи.

Сразу после выскальзывания пробки масса воды в сосуде \(m = \rho HS\), сила трения между сосудом и столом \(F_{\text{тр}} = \mu(M + m)g\). Из второго закона Ньютона \[(M + m)a = F_{\text{тяги}} - F_{\text{тр}}\] находим \[\mu = \frac{2\rho H\sigma}{M + \rho HS} - \frac{a}{g}.\] Поскольку при увеличении коэффициента трения \(\mu\) ускорение \(a\) убывает, сосуд останется в покое при любых коэффициентах трения из диапазона \[\mu_0 \geqslant \frac{2\rho H\sigma}{M + \rho HS}.\]

Ответ

\(T_2 = \tau - \dfrac{\tau - T_1}{\tau - t_1}\cdot(\tau - t_2) = 10{}^\circ\text{C}\).

Решение

Пусть \(T\) и \(t\) — текущие температуры в доме и на улице соответственно, тогда мощности потоков тепла от батарей в комнату и из дома на улицу составляют \[P = \alpha(\tau - T) \qquad\text{и}\qquad N = \beta(T - t),\] где \(\alpha\) и \(\beta\) — некоторые константы. В установившемся режиме эти мощности равны между собой, поэтому для первого и второго случаев можно записать соответственно \[\alpha(\tau - T_1) = \beta(T_1 - t_1) \qquad\text{и}\qquad \alpha(\tau - T_2) = \beta(T_2 - t_2),\] откуда \[T_2 = \tau - \frac{\tau - T_1}{\tau - t_1}\cdot(\tau - t_2) = 10{}^\circ\text{C}.\]

Примечание. Видно, что комнатные температуры \(T_1\) и \(T_2\) сильно различаются, что нежелательно с точки зрения обеспечения комфорта для жильцов, поэтому температуру батарей обычно корректируют по погоде на основании приведённых рассуждений и формул.

Ответ

Изображение \(S'\) находится на расстоянии \(f/2\) перед линзой (на стороне источника).

Решение

Из геометрических соображений следует, что предмет \(S\) находится перед передним фокусом \(F\) линзы, а задний её фокус совпадает с точкой касания зеркал \(C\) (рисунок 1).

Интересующие нас световые лучи сначала проходят через линзу, затем отражаются от пары зеркал, после чего снова проходят через линзу в обратном направлении. Для нахождения изображения \(S'\) вычислим положения промежуточных изображений, даваемых по отдельности линзой и зеркалами по мере прохождения лучей через систему.

Для иллюстрации рассуждений на рисунке 2 показаны продолжения лучей, создающих промежуточные изображения \(S_1\), \(S_2\) и \(S_3\), а на рисунке 3 — вспомогательные построения для поиска изображений. Точки \(O\), \(A\) и \(B\) — это соответственно оптический центр линзы и её точки касания с каждым из зеркал.

1. Пусть \(a\) и \(b\) — расстояния от линзы до предмета и до изображения соответственно, тогда по формуле тонкой линзы \[\frac1a + \frac1b = \frac1f,\] откуда \[b = \frac{af}{a - f}, \tag{238}\] причём значение любого из расстояний (\(f\), \(a\), \(b\)) в этой формуле может быть отрицательным: \(f < 0\) означает рассеивающую линзу, \(a < 0\) — мнимый предмет, \(b < 0\) — мнимое изображение. Точка \(S_1\) — изображение источника \(S\) в линзе без учёта зеркал, поэтому из формулы (238) при \(a = SO = 1{,}5f\) получаем \[OS_1 = b = 3f.\]

2. Зеркало даёт изображение, симметричное предмету относительно плоскости зеркала, причём это свойство применимо как к действительным, так и к мнимым предметам. Точка \(S_2\) — изображение предмета \(S_1\) в зеркале \(AC\) без учёта второго зеркала, значит, построив к плоскости зеркала \(AC\) перпендикуляр \(S_1D\) и продолжив его на такое же расстояние, находим \(S_2\).

3. Рассуждая аналогично, строим точку \(S_3\) — изображение предмета \(S_2\) в зеркале \(BC\) без учёта линзы. Последовательное применение двух отражений относительно взаимно перпендикулярных прямых эквивалентно одному отражению относительно их точки пересечения (вспомните свойство центральной симметрии графика нечётной функции), поэтому \(S_3C = CS_1\), откуда \[S_3O = S_3C - OC = CS_1 - OC = OS_1 - 2OC = 3f - 2f = f,\] то есть изображение \(S_3\) совпадает с передним фокусом \(F\) линзы.

4. Искомая точка \(S'\) является действительным изображением мнимого предмета \(S_3\), поэтому из формулы (238) при \(a = -S_3O = -f\) получаем \[S'O = b = f/2.\] В самом начале решения был выбран луч, который сперва отражается от зеркала \(AC\), а потом — от \(BC\), однако существуют лучи, которые испытывают отражения в обратном порядке. В данном случае из симметрии ясно, что они пересекутся в той же точке, однако при другом расположении зеркал могли бы возникнуть два конечных изображения. Таким образом, окончательный ответ: изображение будет на расстоянии \(f/2\) перед линзой.