Всесоюзная, 1968/69, заключительный этап, 10 класс, теоретический тур

Подсказка

Что действует на пузырёк при всплытии и как каждая сила зависит от радиуса? Сравните, как при росте радиуса растёт подъёмная сила и как — сопротивление воды.

Ответ

Подъёмная сила пузырька растёт как \(R^3\), сопротивление — как \(R^2\) (или \(R\)), поэтому установившаяся скорость всплытия растёт с радиусом (\(v\sim\sqrt R\) при турбулентном сопротивлении): крупные пузырьки всплывают быстрее и оказываются над мелкими.

Решение

Что происходит. Пузырёк всплывает: сила Архимеда тянет его вверх, сопротивление воды — вниз. Скорость быстро становится установившейся: подъёмная сила равна силе сопротивления. Нужно выяснить, как эта скорость зависит от радиуса \(R\).

Обозначения. \(\rho\) — плотность лимонада (воды), \(\rho_{\text{г}}\) — плотность газа в пузырьке, \(\sigma\) — поверхностное натяжение, \(p_0\) — давление над жидкостью, \(V=\tfrac43\pi R^3\).

1. Подъёмная сила. Сила Архимеда за вычетом веса газа: \(F=(\rho-\rho_{\text{г}})\,gV\). Газ в пузырьке (углекислый газ) в сотни раз легче воды: \(\rho_{\text{г}}\sim2\text{ кг/м}^3\) при \(\rho=10^3\text{ кг/м}^3\). Плотность газа пропорциональна давлению в пузырьке \(p_0+\dfrac{2\sigma}{R}\) (добавка Лапласа), но для \(R\sim1\) мм она \(\dfrac{2\sigma}{R}\approx140\) Па, то есть около \(10^{-3}\) от \(p_0\) — плотность газа от \(R\) почти не зависит. Поэтому \[F\approx\rho g\cdot\tfrac43\pi R^3\sim R^3 .\]

2. Сопротивление воды. При всплытии с заметной скоростью (число Рейнольдса велико) сопротивление пропорционально площади сечения и квадрату скорости: \(F_{\text{с}}=\tfrac12C\rho\pi R^2v^2\), где \(C\approx0{,}5\). У совсем маленьких пузырьков сопротивление вязкое, \(F_{\text{с}}=6\pi\eta Rv\) (формула Стокса); качественный вывод тот же.

3. Установившаяся скорость. Из равенства \(F=F_{\text{с}}\): \[v=\sqrt{\frac{8gR}{3C}}\sim\sqrt R \quad(\text{турбулентное сопротивление}),\qquad v=\frac{2\rho gR^2}{9\eta}\sim R^2\quad(\text{вязкое}).\] В обоих режимах скорость растёт с радиусом. При \(C=0{,}5\) и \(R=1\) мм получаем \(v\approx0{,}23\) м/с, при \(R=0{,}25\) мм — \(v\approx0{,}11\) м/с.

4. Следствие. После встряхивания пузырьки разных размеров рассеяны по всему объёму. Крупные за одно и то же время поднимаются выше, чем мелкие, поэтому у поверхности они оказываются над мелкими.

Обратите внимание: вес газа и добавка давления \(2\sigma/R\) малы, и они не дают зависимости, обратной полученной; от радиуса зависит только отношение подъёмной силы к сопротивлению.

Ответ. Скорость всплытия растёт с радиусом пузырька (\(v\sim\sqrt R\) при турбулентном и \(v\sim R^2\) при вязком сопротивлении), поэтому крупные пузырьки поднимаются быстрее и располагаются над мелкими.

Проверка. Размерность: \(\sqrt{gR}\) — м/с. Отношение сил \(F/F_{\text{с}}\sim R^3/R^2=R\) растёт линейно с радиусом, как и в решении книги. Предел \(R\to0\): скорость стремится к нулю — мельчайшие пузырьки почти висят в жидкости.

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

Подсказка

Разбейте планету на тонкие сферические слои. Какая сила тяжести действует на вещество в слое радиуса \(r\), если внешние слои его не притягивают? Давление нарастает от поверхности к центру на вес вещества над слоем.

Ответ

\(p=\dfrac23\pi G\rho^2R^2\).

Решение

Что происходит. Вещество планеты сжато собственным притяжением: давление растёт от нуля на поверхности к центру. На расстоянии \(r\) от центра ускорение свободного падения создаёт только вещество внутри шара радиуса \(r\) — внешние слои не притягивают. Прирост давления в тонком слое толщиной \(\Delta r\) равен весу столба над единицей площади слоя; сложим эти приросты от поверхности к центру.

Обозначения. \(G\) — гравитационная постоянная, \(r\) — расстояние до центра, \(g(r)\) — ускорение свободного падения на расстоянии \(r\), \(p(r)\) — давление. На поверхности \(p=0\).

1. Однородный шаровой слой не притягивает частицу внутри него. Проведём из точки внутри слоя узкий конус с телесным углом \(\Omega\) в обе стороны: он вырезает из слоя две площадки \(S_1\) и \(S_2\) на расстояниях \(r_1\) и \(r_2\). Площадка \(S_i=\dfrac{r_i^2\Omega}{\cos\alpha_i}\) (\(\alpha_i\) — угол между осью конуса и нормалью к слою), её масса пропорциональна площади, а сила притяжения \(\sim S_i/r_i^2=\Omega/\cos\alpha_i\). Углы \(\alpha_1=\alpha_2\) (они опираются на одну хорду), поэтому силы с обеих сторон равны и противоположны. Разбив слой на такие пары площадок, получаем нулевую силу.

2. Поле тяжести внутри планеты. На расстоянии \(r\) притягивает масса шара радиуса \(r\), равная \(\tfrac43\pi r^3\rho\): \[g(r)=\frac{G\cdot\tfrac43\pi r^3\rho}{r^2}=\frac43\pi G\rho\,r .\]

3. Давление в тонком слое. Слой толщиной \(\Delta r\) на расстоянии \(r\): давление на нижней границе больше, чем на верхней, на вес столба над единицей площади. Столб высотой \(\Delta r\) плотности \(\rho\) с ускорением \(g(r)\) (оно почти не меняется внутри слоя): \[\Delta p=\rho\,g(r)\,\Delta r=\frac43\pi G\rho^2\,r\,\Delta r .\]

4. Сумма по слоям. Давление в центре — сумма \(\Delta p\) от поверхности (\(r=R\)) до центра. Это площадь под графиком \(\rho g(r)=\tfrac43\pi G\rho^2 r\) — прямой, идущей из начала координат; от \(r=0\) до \(r=R\) получается треугольник с основанием \(R\) и высотой \(\tfrac43\pi G\rho^2R\): \[p=\frac12\cdot R\cdot\frac43\pi G\rho^2R=\frac23\pi G\rho^2R^2 .\] Для давления на расстоянии \(r_0\) от центра площадь — трапеция: \(p(r_0)=\dfrac23\pi G\rho^2\,(R^2-r_0^2)\).

Обратите внимание: притягивает только вещество внутри шара радиуса \(r\), поэтому \(g\) растёт к поверхности линейно, а не как \(1/r^2\).

Ответ. \(p=\dfrac23\pi G\rho^2R^2\).

Проверка. Размерность: \(G\rho^2R^2\sim\dfrac{\text{м}^3}{\text{кг}\cdot\text{с}^2}\cdot\dfrac{\text{кг}^2}{\text{м}^6}\cdot\text{м}^2=\dfrac{\text{кг}}{\text{м}\cdot\text{с}^2}\) — паскаль. Порядок величины: для Земли (\(\rho=5500\text{ кг/м}^3\), \(R=6{,}4\cdot10^6\) м) получается \(1{,}7\cdot10^{11}\) Па; настоящее давление в центре \(\approx3{,}6\cdot10^{11}\) Па больше, потому что плотность растёт к центру. (В решении книги для \(\rho=1{,}7\cdot10^3\text{ кг/м}^3\) указано \(1{,}6\cdot10^9\) Па; по формуле выходит \(1{,}6\cdot10^{10}\) Па — в книге опечатка в показателе.) Второй способ при \(r_0=R\): \(p=0\), как и должно быть на поверхности.

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

Подсказка

Лампы соединены последовательно, выключатель — параллельно одной из них. Какая лампа должна быть закорочена выключателем и почему при размыкании ток почти не греет другую?

Ответ

Лампы последовательно, выключатель параллельно лампе 15 Вт. При замкнутом выключателе ток идёт мимо лампы 15 Вт и лампа 75 Вт горит при 220 В. При разомкнутом лампы последовательны: на лампе 15 Вт \(\approx184\) В (мощность \(\approx10\) Вт — горит), на лампе 75 Вт \(\approx37\) В (\(\approx2\) Вт — не светится).

Решение

Что происходит. Мощность лампы \(P=U^2/R\), поэтому сопротивление лампы мощнее меньше: при последовательном включении напряжение делится пропорционально сопротивлениям, и бо́льшая доля приходится на лампу 15 Вт. Выключатель, поставленный параллельно лампе 15 Вт, при замыкании «закорачивает» её: ток идёт по проводу выключателя.

Обозначения. \(R_1\) — сопротивление лампы 75 Вт, \(R_2\) — лампы 15 Вт, \(U=220\) В. Сопротивления считаем по номинальным данным.

1. Сопротивления. Из \(P=U^2/R\): \(R_1=\dfrac{220^2}{75}\approx645\text{ Ом}\), \(R_2=\dfrac{220^2}{15}\approx3230\text{ Ом}\); \(R_2=5R_1\).

2. Выключатель замкнут («включено»). Лампа 15 Вт закорочена (сопротивление провода ничтожно, ток через неё не идёт), на лампе 75 Вт полное напряжение \(220\) В: она горит на номинальной мощности 75 Вт.

3. Выключатель разомкнут («выключено»). Лампы включены последовательно, ток общий: \[I=\frac{U}{R_1+R_2}=\frac{220}{645+3230}\approx0{,}057\text{ А}.\] Напряжения: \(U_2=IR_2\approx184\text{ В}\), \(U_1=IR_1\approx37\text{ В}\). Мощности: \(P_2=IU_2\approx10{,}4\text{ Вт}\) (примерно 70 % номинальной — лампа горит), \(P_1=IU_1\approx2{,}1\text{ Вт}\) (3 % номинальной — нить 75-ваттной лампы остаётся почти холодной и не светится).

Обратите внимание: сопротивление нити растёт с температурой, а при мощности 2 Вт нить 75-ваттной лампы почти холодная, её сопротивление меньше номинального, и напряжение на ней ещё ниже 37 В.

Ответ. Лампы включены последовательно, выключатель — параллельно лампе 15 Вт. «Включено»: горит только 75 Вт. «Выключено»: на лампе 15 Вт \(\approx184\) В, она горит; на лампе 75 Вт \(\approx37\) В, она не светится.

Проверка. Размерность: \(U^2/R\) — ватт. Сумма мощностей при разомкнутом выключателе \(P_1+P_2=IU\approx12{,}5\) Вт — та же мощность, что даёт сопротивление \(R_1+R_2\) при 220 В: \(220^2/3875\approx12{,}5\) Вт. Доля напряжения на лампе 15 Вт равна \(\dfrac{R_2}{R_1+R_2}=\dfrac56\), то есть \(183\) В, как и найдено.

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

Подсказка

Одна и та же доля энергии деформации теряется при каждом ударе — значит, одинаков коэффициент восстановления скорости. Найдите его из первого удара, где левый шар остановился, и примените ко второму.

Ответ

\(\gamma=\beta\): левый шар после второго соударения отклонится на тот же угол \(\beta\). (При этом масса левого шара меньше, \(M/m=\sin\dfrac\beta2/\sin\dfrac\alpha2\).)

Решение

Что происходит. Левый шар (масса \(M\)) налетает на покоящийся правый (масса \(m\)) и после первого удара останавливается, правый уходит вправо, отклоняется на угол \(\beta\) и возвращается: ударяет по покоящемуся левому шару второй раз с той же скоростью. Потери одинаковой доли энергии деформации означают, что при обоих ударах одинаков коэффициент восстановления \(e\) — отношение скорости разлёта к скорости сближения. Найдём \(e\) из первого удара и применим ко второму.

Обозначения. \(l\) — длина нитей, \(v\) — скорость левого шара перед первым ударом, \(u\) — скорость правого после него и перед вторым ударом, \(V\) — скорость левого шара после второго удара, \(u_2\) — правого. \(k\) — доля энергии деформации, переходящая в тепло.

1. Скорости при качании. Пока шар качается (трения нет), сохраняется его механическая энергия: \(\dfrac{Mv^2}{2}=Mgl(1-\cos\alpha)\), поэтому \(v^2=2gl(1-\cos\alpha)\). Правый шар после удара поднимается на угол \(\beta\): \(u^2=2gl(1-\cos\beta)\). При возвращении к нижней точке скорость правого снова равна \(u\).

2. Коэффициент восстановления. В момент наибольшего сжатия шары движутся с общей скоростью центра масс, и вся кинетическая энергия относительного движения \(\dfrac{\mu w^2}{2}\) (\(\mu=\dfrac{Mm}{M+m}\), \(w\) — скорость сближения) равна потенциальной энергии деформации \(W_p\). Доля \(k\) этой энергии уходит в тепло, остальное возвращается в относительное движение: \(\dfrac{\mu w'^2}{2}=(1-k)W_p\), откуда скорость разлёта \(w'=w\sqrt{1-k}\). Значит, \(e=\sqrt{1-k}\) — одно и то же число при каждом ударе.

3. Первый удар. Закон сохранения импульса системы шаров за время удара (нити вертикальны, удар мгновенный): \(Mv=mu\) (левый после удара остановился). Скорость сближения \(v\), скорость разлёта \(u-0=u\): \(e=\dfrac uv\). Из импульса \(u=\dfrac Mm v\), поэтому \(e=\dfrac Mm\). Следовательно, \(M<m\) и \(\dfrac Mm=\dfrac{u}{v}=\dfrac{\sin(\beta/2)}{\sin(\alpha/2)}\).

4. Второй удар. Правый шар со скоростью \(u\) налетает на покоящийся левый. Закон сохранения импульса и определение \(e\) (скорость разлёта равна \(e\,u\)): \[mu=mu_2+MV,\qquad V-u_2=eu .\] Исключая \(u_2\), получаем \(V=\dfrac{(1+e)\,m\,u}{m+M}\). Подставляя \(e=\dfrac Mm\): \(1+e=\dfrac{m+M}{m}\), поэтому \(V=u\).

5. Угол. Левый шар после второго удара движется с той же скоростью \(u\), с какой правый ушёл после первого, и поднимается на ту же высоту: из \(V^2=2gl(1-\cos\gamma)\) и \(u^2=2gl(1-\cos\beta)\) получаем \(\gamma=\beta\).

Обратите внимание: правый шар после второго удара не останавливается: его скорость \(u_2=\dfrac{m-M}{m}\,u\) направлена в ту же сторону, и он отклоняется на угол \(\delta\), \(\sin\dfrac\delta2=\dfrac{m-M}{m}\sin\dfrac\beta2\). Условие «левый остановился» — это именно \(e=M/m\).

Ответ. \(\gamma=\beta\).

Проверка. Числа: \(\alpha=60^\circ\), \(M/m=0{,}5\) (тогда \(\sin\dfrac\beta2=0{,}5\sin30^\circ=0{,}25\), \(\beta\approx29^\circ\)). При \(m=1\), \(M=0{,}5\), \(gl=1\): \(v^2=1\), \(u=ev=0{,}5\). Энергия до первого удара \(0{,}25\), после — \(\tfrac12\cdot1\cdot0{,}25=0{,}125\); потеряно \(0{,}125=(1-e^2)\cdot\tfrac{\mu v^2}{2}=0{,}75\cdot\tfrac13\cdot\tfrac12\) — верно. Второй удар: \(V=u=0{,}5\), \(u_2=0{,}25\), энергия после \(0{,}0625+0{,}03125=0{,}09375\) при энергии до \(0{,}125\); потеряно \(0{,}03125=0{,}75\cdot\tfrac13\cdot\tfrac{0{,}25}{2}\) — та же доля.

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

Подсказка

С какой скоростью кирпич отрывается от мяча? Что в этот момент делают верхняя и нижняя точки мяча, и какова скорость его центра?

Ответ

Мяч подскакивает примерно на \(h/4\approx25\) см, где \(h=1\) м — высота подскока кирпича.

Решение

Что происходит. Кирпич сжимает мяч, мяч распрямляется и подбрасывает кирпич почти на прежнюю высоту — значит, кирпич тяжёл и отрывается от мяча со скоростью \(v=\sqrt{2gh}\). В этот момент нижняя точка мяча ещё стоит на полу (скорость нуль), верхняя точка движется вместе с кирпичом (скорость \(v\)). Центр мяча движется со средней скоростью \(v/2\), и дальше мяч летит свободно.

Допущения. Кирпич много тяжелее мяча: потери при подскоке малы, подскок почти на ту же высоту. Мяч деформируется однородно: скорость точек вдоль вертикального диаметра растёт линейно от \(0\) внизу до \(v\) вверху. Это оценка; колебания мяча после отрыва на движение его центра масс не влияют.

1. Скорость кирпича при отрыве. После отрыва кирпич движется свободно. Закон сохранения механической энергии кирпича от момента отрыва до верхней точки: \(\dfrac{Mv^2}{2}=Mgh\), откуда \(v=\sqrt{2gh}\) (\(M\) — масса кирпича, \(h\approx1\) м).

2. Скорость центра мяча. В момент отрыва кирпича верх мяча имеет скорость \(v\), низ — ноль. При линейном профиле скорость центра — среднее: \(v_{\text{ц}}=v/2\).

3. Подскок мяча. После отрыва на мяч действует только сила тяжести, поэтому по теореме о движении центра масс его центр летит вверх, как брошенная точка, с начальной скоростью \(v/2\) и ускорением \(g\) (внутренние колебания мяча на это не влияют): \[h_1=\frac{(v/2)^2}{2g}=\frac{v^2}{8g}=\frac h4\approx25\text{ см}.\]

Обратите внимание: мяч поднимается заметно ниже кирпича: его центр движется вдвое медленнее верхней точки, а высота подъёма зависит от квадрата скорости.

Ответ. \(h_1\approx h/4\approx25\) см.

Проверка. Размерность: \(v^2/g\) — длина. Согласованность допущения о тяжёлом кирпиче: энергия мяча \(\dfrac{m}{2}\cdot\dfrac{v^2}{4}\) много меньше энергии кирпича \(\dfrac{Mv^2}{2}\), когда \(m\ll M\): мяч почти не отбирает энергию у кирпича.

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

Подсказка

Оцените момент сил, приложенных к заднему колесу, относительно точки его касания с полом. Какие силы к нему приложены: натяжение цепи и сила со стороны рамы?

Ответ

Вперёд, в сторону, куда тянут верёвку (для обычных размеров: радиус заднего колеса больше \(r\,r_{\text{з}}/r_0\)).

Решение

Что происходит. Верёвка тянет нижнюю педаль вперёд и стремится повернуть шатун в сторону педалирования назад; шатун удерживает цепь, и натяжение её нижней ветви тянет заднюю звёздочку вперёд. Куда покатится заднее колесо, решает суммарный момент приложенных к нему сил относительно точки касания с полом — мгновенной оси качения.

Обозначения. \(F\) — сила, с которой тянут верёвку; \(r\) — длина шатуна, \(r_0\) — радиус передней звёздочки, \(r_{\text{з}}\) — радиус задней звёздочки, \(R\) — радиус заднего колеса, \(T\) — натяжение нижней ветви цепи, \(O\) — точка касания заднего колеса с полом. Массой рамы пренебрегаем.

1. Передний узел «педаль + шатун + звёздочка». Сила \(F\) приложена к педали на расстоянии \(r\) ниже оси каретки и стремится повернуть узел по часовой стрелке (велосипед смотрит влево). Цепь уравновешивает её нижней ветвью, потянув звёздочку к заднему колесу: правило моментов для узла (он почти не имеет массы) \(Fr=Tr_0\), откуда \(T=\dfrac{r}{r_0}F\). Верхняя ветвь цепи провисает.

2. Сила рамы на колесо. Горизонтальные силы на узел: \(F\) вперёд, \(T\) назад, и \(T-F\) вперёд со стороны рамы (если \(T>F\)). Значит, узел давит на раму назад с силой \(T-F\). Рама не имеет массы, и её горизонтальное равновесие даёт: на ось заднего колеса рама действует с силой \(T-F\) назад.

3. Момент сил на заднее колесо относительно \(O\). Цепь тянет нижний край задней звёздочки вперёд с силой \(T\) на высоте \(R-r_{\text{з}}\) над полом: момент \(T(R-r_{\text{з}})\) вращает колесо вперёд. Рама тянет ось назад с силой \(T-F\) на высоте \(R\): момент \(-(T-F)R\). Вес и реакция пола момента относительно \(O\) не создают (вес приложен над \(O\), реакция — в \(O\)). Сумма: \[M_O=T(R-r_{\text{з}})-(T-F)R=FR-Tr_{\text{з}}=F\Bigl(R-\frac{r\,r_{\text{з}}}{r_0}\Bigr).\]

4. Направление. При \(R>r\,r_{\text{з}}/r_0\) момент положителен: колесо вращается вперёд, и велосипед катится вперёд. Для обычного велосипеда \(R\approx35\) см, \(r\approx17\) см, \(r_{\text{з}}/r_0\approx0{,}5\), то есть \(r\,r_{\text{з}}/r_0\approx9\) см \(\ll R\): условие выполняется с большим запасом.

Обратите внимание: сила \(F\) тянет вперёд, а педаль при этом поворачивается назад (нижняя педаль идёт вперёд — это вращение, обратное рабочему). Именно передаточные числа цепи и размеры колеса определяют знак момента, а не направление, в котором педаль «хочет» двигаться.

Ответ. Велосипед сдвинется вперёд, в сторону, куда тянут верёвку.

Проверка. Размерность: \(F\,R\) — момент силы. Предел \(r_{\text{з}}\to0\) (цепь действует у самой оси): \(M_O=FR>0\). Предел \(r\,r_{\text{з}}/r_0>R\) (очень крупные шатуны и звёздочки): момент отрицателен, и по этой оценке колесо покатилось бы назад.

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

Подсказка

При ударе без трения вращение не передаётся, и массы равны: что происходит с поступательными скоростями? После удара обе трубы скользят по полу, пока скорость оси не сравняется с \(\omega R\).

Ответ

После удара \(v_1=v\), \(v_2=0\), \(\omega_1=0\), \(\omega_2=v/R\). До \(t_0=\dfrac{v}{2\mu g}\): \(v_1=v-\mu gt\), \(\omega_1=\dfrac{\mu gt}{R}\), \(v_2=\mu gt\), \(\omega_2=\dfrac{v-\mu gt}{R}\). При \(t\ge t_0\) обе катятся: \(v_1=v_2=\dfrac v2\), \(\omega_1=\omega_2=\dfrac{v}{2R}\).

Решение

Что происходит. Удар упругий и гладкий: силы между трубами горизонтальны и проходят через оси, момента они не создают, поэтому вращение при ударе не меняется, а поступательные скорости у труб равной массы обмениваются. Дальше пол трением скольжения доводит обе трубы до чистого качения.

Обозначения. Труба 1 — покоившаяся, труба 2 — катившаяся; \(v_0\) — её скорость (модуль \(\vec v\) из условия), \(v_i\) — скорость оси, \(\omega_i\) — угловая скорость в ту сторону, в которую вращалась труба 2 при качении; \(I=mR^2\) — момент инерции тонкостенной трубы относительно оси; \(t\) отсчитывается от момента удара.

1. Удар. Удар мгновенный, трение пола за его время не успевает изменить скорости. Для поступательного движения (законы сохранения импульса и механической энергии системы двух труб): \[mv_0=mv_1+mv_2,\qquad \frac{mv_0^2}{2}=\frac{mv_1^2}{2}+\frac{mv_2^2}{2}.\] Решения: \(v_1=v_0\), \(v_2=0\) (скорости обмениваются). Вращение не изменилось: \(\omega_1=0\), \(\omega_2=v_0/R\).

2. Труба 1 после удара. Она скользит по полу вперёд, не вращаясь: нижняя точка движется вперёд со скоростью \(v_0\), поэтому сила трения скольжения \(\mu mg\) направлена назад. Второй закон Ньютона для оси: \(ma=-\mu mg\), откуда \(v_1=v_0-\mu gt\). Уравнение вращения относительно оси: \(I\varepsilon=\mu mgR\), откуда \(\varepsilon=\dfrac{\mu g}{R}\) и \(\omega_1=\dfrac{\mu gt}{R}\).

3. Труба 2 после удара. Ось стоит, труба вращается с \(\omega_2=v_0/R\): нижняя точка движется назад со скоростью \(\omega_2R=v_0\), сила трения \(\mu mg\) направлена вперёд. Поэтому \(v_2=\mu gt\), \(\omega_2=\dfrac{v_0}{R}-\dfrac{\mu gt}{R}\).

4. Конец проскальзывания. Скольжение прекращается, когда скорость нижней точки обращается в нуль, то есть \(v=\omega R\). Для трубы 1: \(v_0-\mu gt_0=\mu gt_0\); для трубы 2: \(\mu gt_0=v_0-\mu gt_0\) — то же уравнение: \[t_0=\frac{v_0}{2\mu g}.\] В этот момент \(v=\dfrac{v_0}{2}\), \(\omega=\dfrac{v_0}{2R}\) у обеих труб. Дальше трения нет (трение качения не учитывается), скорости остаются постоянными.

Обратите внимание: сумма поступательных скоростей остаётся равной \(v_0\) при \(t\le t_0\) (\(v_1+v_2=v_0\)): трения труб направлены противоположно и сумма импульсов не меняется.

Ответ. После удара \(v_1=v_0\), \(v_2=0\), \(\omega_1=0\), \(\omega_2=v_0/R\). До \(t_0=\dfrac{v_0}{2\mu g}\): \(v_1=v_0-\mu gt\), \(v_2=\mu gt\), \(\omega_1=\dfrac{\mu gt}{R}\), \(\omega_2=\dfrac{v_0-\mu gt}{R}\). При \(t\ge t_0\) обе трубы катятся: \(v=\dfrac{v_0}{2}\), \(\omega=\dfrac{v_0}{2R}\). Графики — прямые, сходящиеся при \(t_0\), далее горизонтальные.

Проверка. Энергия: после удара \(E=\dfrac{mv_0^2}{2}+\dfrac{I}{2}\Bigl(\dfrac{v_0}{R}\Bigr)^2=mv_0^2\); в конце \(2\cdot\Bigl[\dfrac{m}{2}\dfrac{v_0^2}{4}+\dfrac{mR^2}{2}\dfrac{v_0^2}{4R^2}\Bigr]=\dfrac{mv_0^2}{2}\). Потеряна половина энергии — работа трения скольжения; потери каждой трубы по \(mv_0^2/4\). Размерность: \(v/(\mu g)\) — время.

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

Подсказка

Перейдите в систему отсчёта, вращающуюся вместе со стержнем: там ось колеса неподвижна, а земля движется под ним. Какая составляющая скорости земли в точке касания лежит в плоскости колеса?

Ответ

\(N=\dfrac{l}{r}\cos\alpha\) оборотов.

Решение

Что происходит. В системе отсчёта, вращающейся вместе со стержнем, стержень, точка \(A\) и ось колеса неподвижны, а земля вращается вокруг \(O\) в противоположную сторону. Колесо катится по земле без проскальзывания в своей плоскости, вращаясь вокруг неподвижной оси. Поэтому угловая скорость колеса определяется проекцией скорости земли в точке касания на плоскость колеса.

Обозначения. \(\Omega\) — угловая скорость стержня, \(\omega\) — угловая скорость колеса вокруг своей оси, \(v\) — скорость земли под колесом в этой системе.

1. Скорость земли в точке касания. Точка касания лежит под центром колеса \(A\), на расстоянии \(l\) от оси \(O\). В выбранной системе земля вращается вокруг \(O\) с угловой скоростью \(\Omega\), поэтому \(v=\Omega l\); вектор \(\vec v\) горизонтален и перпендикулярен стержню.

2. Составляющие скорости. Плоскость колеса перпендикулярна его оси. Ось составляет угол \(\alpha\) со стержнем, значит, направление в плоскости колеса составляет угол \(\alpha\) с вектором \(\vec v\). Составляющая вдоль плоскости колеса равна \(v\cos\alpha\), поперёк (вдоль оси) — \(v\sin\alpha\). Вдоль оси колесо катиться не может: эту составляющую удерживает сила сцепления (трение большое), она не влияет на вращение.

3. Условие качения без проскальзывания. Скорость нижней точки колеса в плоскости колеса \(\omega r\) должна совпадать с составляющей скорости земли вдоль плоскости: \[\omega r=v\cos\alpha=\Omega l\cos\alpha\;\Rightarrow\;\omega=\Omega\,\frac lr\cos\alpha .\]

4. Число оборотов. За один оборот стержня (\(\Omega T=2\pi\)) колесо поворачивается вокруг своей оси на угол \(\omega T=2\pi\,\dfrac lr\cos\alpha\), то есть делает \[N=\frac{l}{r}\cos\alpha\] оборотов. Вращение стержня происходит вокруг вертикали, поэтому его составляющей вдоль горизонтальной оси колеса нет, и число оборотов вокруг оси одинаково в обеих системах.

Обратите внимание: поперечная составляющая \(v\sin\alpha\) — это скольжение земли вдоль оси колеса. Колесо не может катиться вдоль собственной оси, поэтому эта составляющая на вращение не влияет и гасится силами сцепления и реакцией стержня.

Ответ. \(N=\dfrac lr\cos\alpha\).

Проверка. Предел \(\alpha=0\): ось вдоль стержня, колесо катится по окружности длиной \(2\pi l\), и \(N=\dfrac{2\pi l}{2\pi r}=\dfrac lr\) — верно. Предел \(\alpha=90^\circ\): ось поперёк стержня, плоскость колеса содержит направление стержня, скорость земли перпендикулярна плоскости, колесо не вращается: \(N=0\). Размерность: \(l/r\) безразмерно.

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

Подсказка

Сравните прирост скорости космонавта от выстрела, когда он тяжёл и когда легче. Что можно сделать с пустым пистолетом перед вторым выстрелом?

Ответ

Стрелять в сторону от корабля по очереди и перед вторым выстрелом выбросить пустой пистолет (отпустить без толчка): тогда масса космонавта в момент второго выстрела меньше, и прирост скорости больше.

Решение

Что происходит. Это реактивное движение: пуля уносит импульс, космонавт получает противоположный. При одном и том же импульсе пули прирост скорости обратно пропорционален массе космонавта вместе со всем, что при нём. Чем легче космонавт в момент выстрела, тем больше прирост. Вернуться быстрее — значит набрать большую скорость к кораблю, то есть стрелять в сторону от корабля.

Обозначения. \(C\) — масса космонавта со скафандром, \(p\) — масса пистолета без пули, \(b\) — масса пули, \(u\) — скорость пули относительно пистолета, \(M_0=C+2p+2b\) — полная масса перед стрельбой. Начальная скорость космонавта относительно корабля равна нулю.

1. Оба выстрела сразу. Внешних сил нет, импульс системы «космонавт + пистолеты + пули» сохраняется. Скорость пули относительно корабля \(-(u-V)\) (против движения космонавта): \[(C+2p)V=2b(u-V)\;\Rightarrow\;V_{\text{обоих}}=\frac{2bu}{M_0}.\]

2. По очереди, пистолет остаётся в руке. Первый выстрел: \((M_0-b)V_1=b(u-V_1)\), откуда \(V_1=\dfrac{bu}{M_0}\). Второй выстрел при массе \(M_0-b\) даёт прирост \(\Delta V=\dfrac{bu}{M_0-b}\), больший, чем у первого. Сумма \[V_{\text{по очереди}}=bu\Bigl(\frac1{M_0}+\frac1{M_0-b}\Bigr)>\frac{2bu}{M_0}.\] Выигрыш мал: его даёт только то, что космонавт стал легче на массу пули.

3. По очереди, пустой пистолет отпущен. Отпущенный без толчка пистолет продолжает двигаться вместе с космонавтом, импульс системы не меняется, скорость космонавта тоже, а масса уменьшается ещё на \(p\). Второй выстрел происходит при массе \(M_0-b-p\): \[V=\frac{bu}{M_0}+\frac{bu}{M_0-b-p}.\] Пистолет тяжелее пули, и выигрыш больше. Если пустой пистолет ещё и бросить назад (в сторону, противоположную скорости), скорость космонавта вырастет дополнительно.

Обратите внимание: сравниваются не пули (они одинаковы), а масса, которую приходится разгонять в момент второго выстрела.

Ответ. Стрелять в сторону от корабля по очереди, выбросив пустой пистолет перед вторым выстрелом.

Проверка. Числа: \(C=98\) кг, \(p=1\) кг, \(b=0{,}01\) кг, \(u=300\) м/с, \(M_0=100{,}02\) кг. Одновременно: \(V=0{,}05999\) м/с; по очереди без сброса: \(0{,}05999\) м/с; по очереди со сбросом пистолета: \(0{,}06029\) м/с — на \(0{,}5\,\%\) больше. Пределы: при \(p\to0\) и \(b\to0\) все способы дают \(2bu/M_0\). Размерность: \(bu/M\) — м/с.

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

Подсказка

Перейдите в систему центра масс: там импульсы частиц до и после упругого удара одинаковы по модулю и могут отличаться лишь направлением. Постройте, куда может «смотреть» импульс тяжёлой частицы в исходной системе.

Ответ

\(\sin\alpha_{\max}=\dfrac mM\) (при \(m<M\); если \(m\ge M\), тяжёлая частица может отклониться на любой угол).

Решение

Что происходит. Удар упругий, поэтому в системе центра масс частицы после удара имеют те же по модулю импульсы, что и до него, а направление может быть любым. Переход обратно в лабораторную систему прибавляет к импульсу тяжёлой частицы вектор \(M\vec v_{\text{ц}}\). Конец вектора её импульса лежит на окружности; максимальный угол — у касательной к этой окружности.

Обозначения. \(\vec v\) — скорость тяжёлой частицы до удара (лёгкая покоится), \(\vec v_{\text{ц}}=\dfrac{M}{M+m}\vec v\) — скорость центра масс, \(\alpha\) — угол между импульсом тяжёлой частицы после удара и направлением \(\vec v\).

1. Система центра масс (движется равномерно, поэтому инерциальна). Импульс тяжёлой частицы до удара \(\vec p=M(\vec v-\vec v_{\text{ц}})=\dfrac{Mm}{M+m}\vec v\), лёгкой — \(-\vec p\) (суммарный импульс в системе центра масс равен нулю).

2. Упругий удар. Сохраняются импульс и энергия \(\dfrac{p^2}{2M}+\dfrac{p^2}{2m}\); суммарный импульс остаётся нулевым, поэтому у частиц после удара импульсы \(\vec p\,'\) и \(-\vec p\,'\), и из сохранения энергии \(|\vec p\,'|=p\). Направление \(\vec p\,'\) любое.

3. Лабораторная система. Импульс тяжёлой частицы после удара \(\vec P'=M\vec v_{\text{ц}}+\vec p\,'\). Начало вектора \(\vec P'\) — в точке \(O\), конец — на окружности радиуса \(p\) с центром в конце вектора \(M\vec v_{\text{ц}}\).

4. Максимальный угол. Угол между \(\vec P'\) и направлением \(\vec v\) наибольший, когда \(\vec P'\) касается окружности. Из прямоугольного треугольника (радиус к точке касания перпендикулярен касательной): \[\sin\alpha_{\max}=\frac{p}{Mv_{\text{ц}}}=\frac{Mmv/(M+m)}{M^2v/(M+m)}=\frac mM .\] Касательная существует, если точка \(O\) вне окружности, то есть \(Mv_{\text{ц}}>p\), или \(M>m\). При \(M\le m\) точка \(O\) внутри окружности (или на ней), и тяжёлая частица может отклониться на любой угол.

Обратите внимание: окружность проходит через конец вектора \(M\vec v\) — это импульс тяжёлой частицы без удара (скользящий удар).

Ответ. \(\sin\alpha_{\max}=\dfrac mM\).

Проверка. Предел \(m=M\): \(\sin\alpha_{\max}=1\), \(\alpha_{\max}=90^\circ\) — частицы равной массы разлетаются под прямым углом. Предел \(m\ll M\): \(\alpha_{\max}\approx m/M\) мал — тяжёлая частица почти не отклоняется. Размерность: отношение масс безразмерно.

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