Всесибирская, 2024/25, отборочный этап, 10 класс

Скорость перед ударом находится из закона сохранения энергии. Упругий удар меняет скорость вдоль линии, соединяющей центр шарика с краем доски; угол падения задаётся смещением \(D=R/2\).

\(L=\sqrt{3}\,H\) (от первоначального места падения).

Скорость шарика перед ударом \(v=\sqrt{2gH}\) (из закона сохранения энергии). Угол между этой скоростью и линией \(OC\), соединяющей край доски с центром шарика, равен \(\alpha=30^\circ\), поскольку \(\sin\alpha=D/R\) (здесь \(D=R/2\)). При упругом ударе сохраняется кинетическая энергия, изменение импульса \(\Delta\vec v\) и действующая сила направлены вдоль линии \(OC\). Отсюда скорость после удара направлена под углом \(-\alpha\) к линии \(OC\) и под углом \(2\alpha\) к вертикали. Дистанция полёта шарика после отскока от доски \[L=\frac{v^2}{g}\sin\bigl(2(90^\circ-2\alpha)\bigr)=2H\sin 60^\circ=\sqrt{3}\,H.\]

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

Считайте, что верхний брусок скользит вверх, а нижний — вниз, и запишите второй закон Ньютона для каждого бруска с силами трения скольжения; затем найдите наибольшую массу верхнего бруска, при которой это возможно.

\(m\le\dfrac{M(\sin\alpha-\mu\cos\alpha)}{\sin\alpha+3\mu\cos\alpha}\).

Обозначим массу верхнего бруска \(m\). Если верхний брусок скользит вверх, то нижний скользит вниз; на верхний брусок действует сила трения скольжения со стороны нижнего, на нижний — силы трения скольжения со стороны верхнего бруска и со стороны наклонной плоскости. Обозначим: \(N_1\), \(N_2\) — силы нормальной реакции, \(F_1=\mu N_1\) — трение между брусками, \(F_2=\mu N_2\) — трение нижнего бруска о плоскость, \(T\) — натяжение нити. Законы Ньютона для брусков: \[T-F_1-mg\sin\alpha=0,\qquad N_1-mg\cos\alpha=0,\] \[T+F_2+F_1-Mg\sin\alpha=0,\qquad N_2-N_1-Mg\cos\alpha=0.\] Решая систему, находим предельную массу верхнего бруска \[m=\frac{M(\sin\alpha-\mu\cos\alpha)}{\sin\alpha+3\mu\cos\alpha}.\] Если сумма сил, действующих на верхний брусок, равна нулю и все силы трения — силы трения скольжения, брусок может скользить с постоянной скоростью; поэтому для скольжения масса верхнего бруска должна быть не больше найденного значения. Строгое неравенство допустимо.

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

Силы трения на каждой палочке направлены против движения, то есть параллельно нити. Запишите правило моментов относительно точки крепления палочек, учитывая, что сила трения приложена к середине каждой палочки.

\(\mathrm{tg}\,\alpha=-\dfrac{m_2}{m_1}\) (угол \(\alpha\) тупой).

Силы трения параллельны силе натяжения нити. Правило моментов относительно точки крепления палочек (сила трения каждой палочки приложена к её середине, на расстоянии \(L/2\) от вершины): \[\mu m_1 g\cos\beta\,\frac{L}{2}=\mu m_2 g\cos\gamma\,\frac{L}{2}.\] Из рисунка видно, что \(\beta=\alpha-\dfrac{\pi}{2}\) и \(\gamma=\pi-\alpha\). Поэтому \[\frac{m_2}{m_1}=\frac{\cos\beta}{\cos\gamma}=-\mathrm{tg}\,\alpha, \qquad \mathrm{tg}\,\alpha=-\frac{m_2}{m_1}.\]

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

Найдите скорость «состава» из \(N\) брусков перед следующим ударом и закон сохранения импульса при прилипании; при \(N\gg1\) скорость выходит на установившееся значение.

\(v_0=\sqrt{\dfrac{\mu^2 g d}{\sqrt{\mu^2+1}}}\) (это \(v_0=\sqrt{\mu g d\sin\alpha}\) при \(\mathrm{tg}\,\alpha=\mu\)).

Допустим, что после очередного удара образовался «состав» из \(N\) брусков, движущийся по склону со скоростью \(v\). До следующего удара «состав» испытывает ускорение \(a\): \[Nma=Nmg\sin\alpha-(N-1)\mu mg\cos\alpha,\] и его скорость возрастает с \(v\) до \(v_1=\sqrt{v^2+2ad}\). Здесь \(m\) — масса бруска, \(\alpha=\mathrm{arctg}\,\mu\) — угол между плитой и горизонталью.

При ударе сохраняется параллельная плоскости компонента импульса системы: \(Nmv_1=(N+1)mu\), где \(u\) — скорость «состава» после удара. Отсюда \[u^2=\frac{N^2}{(N+1)^2}v^2+\frac{2N\mu gd\sin\alpha}{(N+1)^2},\] или \[u^2-v^2=-\frac{(2N+1)v^2}{(N+1)^2}+\frac{2N\mu gd\sin\alpha}{(N+1)^2}.\] Нулевой разности отвечает \[v^2=v_0^2=\frac{\mu gd\sin\alpha}{\bigl(1+\frac{1}{2N}\bigr)^2}.\] Если \(v>v_0\), скорость уменьшается, если \(v<v_0\) — увеличивается. При больших \(N\) установившееся значение \[v_0=\sqrt{\mu gd\sin\alpha}=\sqrt{\frac{\mu^2 gd}{\sqrt{\mu^2+1}}}.\]

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

Отразите траекторию относительно стенки: отскок от стенки заменяется прямолинейным продолжением параболы, и задача сводится к полёту с горизонтальной дальностью \(2L\).

\(v=\sqrt{\dfrac{g\,(4L^2+9H^2)}{4H}}\), \(\ \mathrm{tg}\,\alpha=\dfrac{3H}{2L}\).

Главная идея — отзеркалить картинку относительно стенки. Тогда \[2L=v\cos\alpha\cdot t,\qquad H=v\sin\alpha\cdot t-\frac{gt^2}{2},\qquad t=\frac{2L}{v\cos\alpha}.\]

Из симметрии \(v\sin\alpha=\dfrac{3}{4}g\). Приравнивая время, получаем \(\dfrac{2L}{v\cos\alpha}=\dfrac{v\sin\alpha}{g}\cdot\dfrac43\), откуда \[v^2=\frac{3Lg}{2\sin\alpha\cos\alpha}.\] Подставляя в уравнение высоты, \(H=2L\,\mathrm{tg}\,\alpha-\dfrac{2gL^2}{v^2\cos^2\alpha}=2L\,\mathrm{tg}\,\alpha-\dfrac{4L}{3}\,\mathrm{tg}\,\alpha=\dfrac{2L}{3}\,\mathrm{tg}\,\alpha\), т.е. \[\mathrm{tg}\,\alpha=\frac{3H}{2L}.\] Тогда \[v^2=\frac{g\,(4L^2+9H^2)}{4H},\qquad v=\sqrt{\frac{g\,(4L^2+9H^2)}{4H}}.\]

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