Всесибирская, 2021/22, заключительный этап, 10 класс

Подсказка

Запишите натяжение нити для трёх положений: оба тела на гладком столе, только второе на шероховатом, оба на шероховатом. Разности натяжений выражаются через коэффициенты трения по отдельности.

Ответ

\(\dfrac{\mu_1}{\mu_2}=\dfrac{\Delta T_2}{\Delta T_1}\).

Решение

1) Рассмотрим общий случай, когда система тел разгоняется под действием силы \(F\), а на каждое из тел действует своя сила трения (см. рисунок). Из второго закона Ньютона получаем систему уравнений \[\begin{cases} (m_1+m_2)a=F-\mu_1 m_1 g-\mu_2 m_2 g,\\ m_1 a=T-\mu_1 m_1 g. \end{cases}\] Откуда для натяжения нити имеем \[T=\frac{m_1}{m_1+m_2}\bigl(F+m_2 g(\mu_1-\mu_2)\bigr).\] Из этого общего результата следуют частные случаи. Когда система двигалась по гладкому столу, начальное натяжение нити было \[T_0=\frac{m_1}{m_1+m_2}F.\]

2) Когда второе тело стало скользить по шероховатому участку, а первое ещё оставалось на гладком столе, \[T_1=\frac{m_1}{m_1+m_2}\bigl(F-m_2 g\mu_2\bigr).\] 3) Когда оба тела оказались на шероховатом участке, \[T_2=\frac{m_1}{m_1+m_2}\bigl(F+m_2 g(\mu_1-\mu_2)\bigr).\] 4) Из последних трёх равенств следуют два равенства для изменений натяжений: \[\Delta T_1=T_0-T_1=\frac{T_0}{F}\,m_2 g\,\mu_2;\qquad \Delta T_2=T_2-T_1=\frac{T_0}{F}\,m_2 g\,\mu_1.\] 5) Беря отношение, получим ответ: \(\dfrac{\mu_1}{\mu_2}=\dfrac{\Delta T_2}{\Delta T_1}\).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Найдите время полёта из того, что карусель успевает повернуться на пол-оборота. В неподвижной системе камень движется как брошенный под углом, а скорость человека складывается со скоростью броска относительно карусели.

Ответ

\(u=\sqrt{(2RN)^2(\pi^2+4)+\left(\dfrac{g}{4N}\right)^2}\).

Решение

1) За время полёта камня карусель к моменту падения камня совершила пол-оборота, и человек переместился в диаметрально противоположную позицию. Этому отвечает время полёта камня \(t=\dfrac{1}{2N}\).

2) После броска камень движется равноускоренно с ускорением \(g\). Введём координатные оси: \(Ox\) к центру карусели, \(Oy\) вертикально, \(Oz\) горизонтально по касательной к карусели. Тогда скорость камня вдоль этих осей равна \(v_x=\dfrac{2R}{t}\), \(v_y=\dfrac{gt}{2}\), а начальная скорость камня в лабораторной системе отсчёта \(v=\sqrt{v_x^2+v_y^2}\).

3) Человек с камнем до броска движется со скоростью \(v_0=2\pi RN\) относительно земли. Эта скорость направлена вдоль \(Oz\), поэтому начальная скорость камня \(\vec v\) складывается из двух скоростей: \(\vec v_0\) и искомой скорости броска относительно карусели \(\vec u\) (см. рисунок). Тогда \[u=\sqrt{v_0^2+v^2}=\sqrt{\left(\frac{2R}{t}\right)^2+\left(\frac{gt}{2}\right)^2+(2\pi RN)^2}.\]

Подставляя \(t=\dfrac{1}{2N}\), получаем ответ.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Потенциальная энергия поршня переходит во внутреннюю энергию гелия. Связь массы поршня с начальной температурой даёт условие равновесия поршня вместе с уравнением состояния.

Ответ

\(\dfrac{T}{T_0}=\dfrac{5}{3}\).

Решение

1) Пусть начальная температура гелия \(T_0\), а давление \(P_0\), тогда для него уравнение Клапейрона — Менделеева имеет вид \(P_0V=RT_0\), где \(V\) — объём цилиндра. Из силового равновесия для поршня следует \(P_0S=mg\), где \(S\) — сечение цилиндра, а \(m\) — масса поршня. Исключая из полученных двух равенств давление \(P_0\), нетрудно получить \(mgh=RT_0\), где \(h\) — высота цилиндра.

2) Теперь запишем закон сохранения энергии для рассматриваемой системы: \[\frac{3}{2}RT_0+mgh=\frac{3}{2}RT\quad\Longrightarrow\quad \frac{3}{2}RT_0+RT_0=\frac{5}{2}RT_0=\frac{3}{2}RT.\] 3) Из этого равенства сразу следует ответ \(\dfrac{T}{T_0}=\dfrac{5}{3}\).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Сравните средние скорости шайб: пути относятся как \(2:1\), время одно. Оцените, могла ли правая шайба к моменту встречи ещё двигаться, и тогда найдите ускорение торможения из её остановки в точке \(C\).

Ответ

\(\bar v_{\text{л}}=\dfrac{4v}{7-2\sqrt2}\), \(\bar v_{\text{п}}=\dfrac{2v}{7-2\sqrt2}\).

Решение

Предположим, что \(AB=l\).

1) Правая шайба до столкновения прошла путь \(S_{\text{п}}=\dfrac l3\), левая — \(S_{\text{л}}=\dfrac{2l}{3}=2S_{\text{п}}\). Средняя скорость движения левой шайбы \(\bar v_{\text{л}}<v\), поскольку часть времени она тормозится трением. Средняя скорость правой шайбы \(\bar v_{\text{п}}=\dfrac{\bar v_{\text{л}}}{2}<\dfrac v2\).

2) Если бы правая шайба к моменту встречи двигалась со скоростью \(v_1\), её средняя скорость была бы больше половины начальной: \(\bar u=\dfrac{v+v_1}{2}>\dfrac v2\). Из этого следует, что к моменту столкновения правая шайба покоилась в точке \(C\).

3) Если сила трения на правой половине площадки вызывает ускорение шайбы \(a\), то условие её остановки в точке \(C\): \(v^2=2al/3\).

4) Левая шайба за время ускоренного (замедленного) движения \(t\) проходит путь \[\frac l6=vt-\frac{at^2}{2}=vt-\frac{3v^2t^2}{4l}.\] Решая уравнение, находим \(t=\dfrac{(2-\sqrt2)\,l}{3v}\).

5) Полное время движения левой шайбы \[T=\frac{l}{2v}+\frac{(2-\sqrt2)\,l}{3v}=\frac{(7-2\sqrt2)\,l}{6v},\] её средняя скорость \(\bar v_{\text{л}}=\dfrac{2l}{3T}=\dfrac{4v}{7-2\sqrt2}\), средняя скорость правой шайбы \(\bar v_{\text{п}}=\dfrac{l}{3T}=\dfrac{2v}{7-2\sqrt2}\).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Путь скольжения шайбы после удара пропорционален квадрату её скорости, поэтому расстояния можно сравнивать через скорости. При нецентральном упругом ударе одинаковых шайб они разлетаются под прямым углом.

Ответ

\(L_1=\dfrac{L}{\sqrt2}\).

Решение

1) Кинетическая энергия, которую получает шайба в результате удара, равна работе силы трения при последующем её скольжении до точки остановки: \(\dfrac{mv^2}{2}=\mu mgS\). Здесь \(m\) — масса шайбы, \(\mu\) — коэффициент её трения о лёд, \(S\) — длина скольжения шайбы после удара. Скорость шайбы непосредственно после удара \(v=\sqrt{2\mu gS}\).

2) Из законов сохранения энергии и импульса следует, что при центральном соударении одинаковых шайб налетающая шайба останавливается, а ранее неподвижная приходит в движение, принимая скорость налетающей шайбы. Кинетическая энергия налетающей со скоростью \(v_0\) шайбы \[\frac{mv_0^2}{2}=\mu mgL. \tag{1}\] 3) При втором опыте шайбы выстраиваются вдоль линии под углом \(90^\circ\) к направлению начальной скорости (см. рисунок). Предположим, что при этом они после удара летят под углами \(\alpha\) и \(\beta\) к направлению начальной скорости. Их скорости непосредственно после удара \(v_1=\sqrt{2\mu gS_1}=\sqrt{2\mu gS_0/\cos\alpha}\), \(v_2=\sqrt{2\mu gS_0/\cos\beta}\). Из закона сохранения импульса в направлении, перпендикулярном направлению начальной скорости, следует, что \(mv_1\sin\alpha-mv_2\sin\beta=0\), откуда \(\alpha=\beta\) и \(v_1=v_2\).

4) Закон сохранения энергии \(\dfrac{mv_0^2}{2}=mv_1^2\) и продольного импульса \(mv_0=2mv_1\cos\alpha\) дают значение \(\alpha=45^\circ\) и \(v_1^2=v_0^2/2\), откуда с учётом (1) \(S_1=S_2=L/2\).

Искомое расстояние \(L_1=S_1\sqrt2=L/\sqrt2\).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.