Ведомственная, 2013/14, заключительный этап, 11 класс

Подсказка

Найдите мгновенный центр вращения треугольника: перпендикуляры к скоростям точек \(A\) и \(B\) пересекаются в точке \(O\). Все точки треугольника в этот момент движутся как точки, вращающиеся вокруг \(O\).

Ответ

\(V_C = \sqrt{(V_B^2 - V_A^2)\left(\dfrac{BC}{AC}\right)^2 + V_B^2}\).

Решение

Проведем \(OA \perp AB\) и \(OB \perp BC\). Построением находим неподвижную точку \(O\), относительно которой треугольник \(ABC\) совершает в данный момент вращательное движение (через точку \(O\) перпендикулярно плоскости чертежа проходит «мгновенная ось вращения»), т.е. можем исключить из рассмотрения поступательную составляющую движения \(\Delta ABC\). Отсюда следует направление векторов \(\vec V_A\), \(\vec V_B\), \(\vec V_C\), указанное на рисунке.

\[\begin{cases} OB^2 = OA^2 + AB^2;\\ OC^2 = OB^2 + BC^2;\\ V_A^2 = \omega^2\cdot OA^2;\\ V_B^2 = \omega^2\cdot OB^2;\\ V_C^2 = \omega^2\cdot OC^2, \end{cases}\] откуда \[\begin{cases} \dfrac{V_B^2}{\omega^2} = \dfrac{V_A^2}{\omega^2} + AB^2;\\[2mm] \dfrac{V_C^2}{\omega^2} = \dfrac{V_B^2}{\omega^2} + BC^2, \end{cases}\] и \[V_C = \sqrt{(V_B^2 - V_A^2)\left(\frac{BC}{AC}\right)^2 + V_B^2}.\]

Подсказка

Достаточно рассмотреть один цилиндр и половину призмы, с которой он соприкасается. Условие раскатывания – равенство моментов сил трения относительно оси цилиндра, а условие отсутствия проскальзывания – отсутствие смещения точек контакта.

Ответ

\(\dfrac{M}{m} \ge \dfrac{2\mu(1+\sin\alpha)}{\cos\alpha-\mu(1+\sin\alpha)} = 55\), но только при \(\mu_0 \ge \dfrac{\cos\alpha}{1+\sin\alpha} = 0{,}41\).

Решение

Вследствие симметрии системы относительно вертикальной плоскости, проходящей через вершину призмы параллельно оси цилиндра, нет смысла рассматривать всю систему в целом. Достаточно ограничиться одним цилиндром и той половиной призмы, с которой он взаимодействует.

На рисунке \(\vec f_{\text{тр}}\) и \(\vec N_1\) – силы трения и нормального давления, действующие на цилиндр со стороны клина, соответственно. Аналогичные силы, действующие со стороны цилиндра на клин, обозначены как \(\vec f'_{\text{тр}}\) и \(\vec N'_1\). По третьему закону Ньютона: \(\vec f_{\text{тр}} = -\vec f'_{\text{тр}}\), \(\vec N_1 = -\vec N'_1\). \(\vec F_{\text{тр}}\) и \(\vec N_2\) – силы, действующие со стороны поверхности на цилиндр. Систему координат выберем так, как показано на рисунке.

Условие раскатывания цилиндров означает, что момент сил, вращающих цилиндр против часовой стрелки, должен быть больше или равен моменту сил, вращающих его по часовой стрелке, т.е. \(f_{\text{тр}} \ge F_{\text{тр}}\). При выводе этого условия принято во внимание, что плечи каждой из сил \(\vec f_{\text{тр}}\) и \(\vec F_{\text{тр}}\) одинаковы и равны радиусу цилиндра. Моменты других, действующих на цилиндр сил, равны нулю, так как их направление проходит через ось цилиндра.

Условие отсутствия проскальзывания между призмой и цилиндрами означает, что для цилиндра: \[\vec N_1 + m\vec g + \vec N_2 + \vec F_{\text{тр}} + \vec f_{\text{тр}} = 0,\] для клина: \[\frac{M\vec g}{2} + \vec N'_1 + \vec f'_{\text{тр}} = 0.\] Проецируя эти уравнения на выбранные оси и принимая во внимание, что \(|\vec f_{\text{тр}}| = |\vec f'_{\text{тр}}| = f\) и \(|\vec N_1| = |\vec N'_1| = N_1\), получим систему уравнений: \[\begin{cases} N_1\cos\alpha - f\sin\alpha - F_{\text{тр}} = 0;\\ -N_1\sin\alpha - mg + N_2 - f\cos\alpha = 0;\\ -\dfrac{Mg}{2} + N_1\sin\alpha + f\cos\alpha = 0. \end{cases}\] Сложив второе и третье уравнение системы, найдем \(N_2 = \left(m + \dfrac{M}{2}\right) g\). При раскатывании призмы и цилиндров \(F_{\text{тр}} = \mu N_2\). Используя эту связь, исключим из первого и второго уравнений системы \(N_2\): \[N_1(\cos\alpha - \mu\sin\alpha) - f(\sin\alpha + \mu\cos\alpha) - \mu mg = 0.\] Домножив это уравнение на \(\sin\alpha\), а третье уравнение системы на \((\cos\alpha - \mu\sin\alpha)\) и вычитая из одного из этих уравнений другое, получим \[f = \frac{Mg}{2}(\cos\alpha - \mu\sin\alpha) - \mu mg\sin\alpha.\] Воспользуемся условием раскатывания: \[g\left[\frac{M}{2}(\cos\alpha - \mu\sin\alpha)\right] - \mu g\sin\alpha \ge \mu g\left(m + \frac{M}{2}\right).\] Отсюда \[\frac{M}{m} \ge \frac{2\mu(1+\sin\alpha)}{\cos\alpha - \mu(1+\sin\alpha)} = 55.\] Подстановка численных значений дает \(\dfrac{M}{m} \ge 55\). Данная ситуация может осуществиться лишь в том случае, если призма в месте ее соприкосновения с цилиндром не проскальзывает по цилиндру, т.е. если силой, вращающей цилиндр вокруг его оси, является сила трения покоя. Это условие можно записать, как \[f_{\text{тр}} \le \mu_0 N_1,\] где \(\mu_0\) – коэффициент трения скольжения между призмой и цилиндром. С другой стороны, как отмечалось, \(f \ge \mu N_2\). Следовательно, эта ситуация осуществляется, если \(\mu_0 \ge \mu\dfrac{N_2}{N_1}\). Отношение \(\dfrac{N_2}{N_1}\) можно определить из первого уравнения приведенной системы, если положить в нем \(f_{\text{тр}} = F_{\text{тр}} = \mu N_2\). Тогда \(\dfrac{N_2}{N_1} = \dfrac{\cos\alpha}{\mu(1+\sin\alpha)}\) и \(\mu_0 \ge \dfrac{\cos\alpha}{1+\sin\alpha}\).

Подсказка

Считайте воздух идеальным газом. Число молекул, вылетающих за малое время через отверстие, пропорционально концентрации молекул, площади отверстия и средней скорости, а полное число молекул в корабле найдите из уравнения состояния.

Ответ

\(\tau = \dfrac{3V}{S}\sqrt{\dfrac{\mu}{3RT}} \approx 10^4\) ч.

Решение

При заданных условиях (\(p = 10^5\) Па) воздух можно считать идеальным газом, поэтому молекулы воздуха, удаленные от отверстия на расстояние не большее чем \(\langle V\rangle\Delta t\) (\(\langle V\rangle\) – средняя скорость молекул, под которой будем иметь ввиду близкую к ней среднеквадратическую скорость, \(\Delta t = \dfrac{1}{\nu}\), \(\nu\) – частота столкновений молекул), будут вылетать в отверстие, и столкновениями друг с другом можно пренебречь. При этом за время \(\Delta t\) из отверстия вылетят в среднем \[\Delta N = \frac{nS\langle V\rangle\Delta t}{6}\] молекул воздуха, т.е. те молекулы, которые находятся в объеме \(S\langle V\rangle\Delta t\) и движутся в направлении отверстия, \(n\) – концентрация молекул. Это – 1/6 часть (примерно) всех молекул, заключенных в объеме \(S\langle V\rangle\Delta t\).

Концентрацию молекул можно выразить через давление \(p\) и температуру \(T\) из уравнения состояния идеального газа \(p = nkT\), а скорость можно найти из соотношения, связывающего среднюю кинетическую энергию поступательного движения молекулы \(\langle E\rangle\) и абсолютную температуру: \[\langle E\rangle = \frac{3}{2}kT = m_0\frac{\langle V^2\rangle}{2},\] где \(m_0\) – масса молекулы. Тогда \[\Delta N = \frac{pS\Delta t}{6kT}\sqrt{\frac{3kT}{m_0}} = \frac{pS\Delta t N_A}{6}\sqrt{\frac{3}{RT\mu}} \approx 2\cdot10^{27}.\] Здесь \(N_A = 6\cdot10^{23}\) 1/моль.

В единицу времени в отверстие площадью \(S\) будет вылетать \(\dfrac{\Delta N}{\Delta t} = \dfrac{pS}{6}N_A\sqrt{\dfrac{3}{RT\mu}}\) молекул. Полное число молекул воздуха в корабле \(N\) найдем из уравнения Клапейрона – Менделеева: \[N = n\cdot V = \frac{pV}{kT}.\] Полагая, что скорость утечки воздуха неизменна, а давление воздуха в корабле, необходимое для жизнеобеспечения космонавтов, не меньше половины атмосферного, время утечки и, следовательно, время, которое есть у космонавтов в запасе, можно найти как \[\tau = \frac{N}{\Delta N/\Delta t} = \frac{3V}{S}\sqrt{\frac{\mu}{3RT}} \approx 10^4~\text{ч}.\]

Подсказка

Силы отталкивания направлены вдоль прямой, соединяющей электроны, поэтому перпендикулярные к ней составляющие скоростей не меняются. Запишите закон сохранения энергии для системы двух электронов.

Ответ

\(r_{\min} = \dfrac{klq^2}{kq^2 + mV_0^2\cos^2\alpha} = 3{,}4\cdot10^{-6}\) м.

Решение

При движении электронов за счет кулоновского отталкивания будут уменьшаться составляющие их скоростей, направленные вдоль прямой, соединяющей электроны. При максимальном сближении электронов эти составляющие станут равными нулю. Составляющие скоростей электронов, перпендикулярные этой прямой, меняться в процессе движения не будут. Для вычисления минимального расстояния между электронами воспользуемся законом сохранения энергии для системы двух электронов: \[\frac{kq^2}{l} + 2\frac{mV_0^2}{2} = \frac{kq^2}{r_{\min}} + 2\frac{mV_0^2\cos^2\alpha}{2}.\] Отсюда \[r_{\min} = \frac{klq^2}{kq^2 + mV_0^2\cos^2\alpha} = 3{,}4\cdot10^{-6}~\text{м}.\]

Подсказка

Цепь, которая начинается со второго повторяющегося элемента, имеет то же сопротивление \(R_{AB}\), что и исходная. Это даёт уравнение для \(R_{AB}\).

Ответ

\(R_{AB} = \dfrac{R}{\sqrt{3}}\).

Решение

Цепь, которая начинается со второго из периодически повторяющихся элементов, подобна исходной. Обозначим ее сопротивление \(R_{AB} = r\): \[R_{AB} = \frac{R(R + 2r)}{2R + 3r} = r.\] Отсюда \(r = \dfrac{R}{\sqrt{3}}\).

Подсказка

Подумайте, как отличается рассеяние света сухим порошком и поверхностью, покрытой водой.

Решение

Необходимо смочить порошок, например, водой. Поверхность сухого порошка кажется белой потому, что она рассеивает падающий на порошок белый свет во все стороны.

Если порошок смочить водой, то поверхность воды будет рассеивать свет только в определенных направлениях, а зерна порошка будут избирательно рассеивать белый свет, придавая рассеянному свету тона самого стекла. При этом насыщенность рассеянного света будет усилена за счет рассеяния его более глубокими слоями порошка.

Подсказка

Вспомните, от чего зависит, тает ли снег или лёд под острым выступом при сильном давлении.

Решение

Там, где шип опирается на землю, возникает большое давление, под воздействием которого снег (лед) тает, и шип глубоко вгрызается в поверхность. При сильных морозах этого не происходит и сцепление с дорогой падает. Шины с мягкой не твердеющей на морозе резиной плотно прилегают к снежной дороге, обеспечивая достаточно высокое трение.