Всесоюзная, 1971/72, заключительный этап, 9 класс, теоретический тур

Подсказка

Найдите силу, с которой пенопласт тормозит пулю: она равна изменению импульса пули за время пролёта, делённому на это время. Такая же по модулю сила толкает кубик вверх.

Ответ

Подпрыгнет: сила, с которой пуля действует на кубик, \(F\approx49\text{ Н}\) много больше веса кубика \(Mg\approx1\text{ Н}\).

Решение

Что происходит. Пуля летит вверх через пенопласт и тормозится силой сопротивления \(\vec F\). По третьему закону Ньютона пуля с такой же по модулю силой \(\vec F{}'\) толкает кубик вверх. Подставка может только подпирать кубик снизу, тянуть вниз она не умеет, поэтому кубик остаётся на месте, пока \(F'\le Mg\), и отрывается от подставки, когда \(F'>Mg\). Главная идея: найти \(F\) из изменения импульса пули за время \(\tau\) пролёта и сравнить с \(Mg\).

Обозначения. Ось \(y\) направлена вверх. \(\tau\) — время, за которое пуля проходит кубик; \(F\) — модуль силы сопротивления. Скорость пули меняется всего на \(5\%\) (со \(100\) до \(95\) м/с), поэтому считаем \(F\) постоянной.

Стрелки на рисунке не в масштабе: \(F\approx50\) Н, а \(Mg\approx1\) Н, \(mg\approx0{,}1\) Н.

1. Время пролёта. Сила постоянна, значит, ускорение пули постоянно и её скорость меняется со временем линейно (график ниже). Средняя скорость при линейном изменении равна \(\dfrac{v_1+v_2}{2}\), а путь внутри кубика равен его высоте \(a\): \[a=\frac{v_1+v_2}{2}\,\tau\quad\Rightarrow\quad \tau=\frac{2a}{v_1+v_2}=\frac{0{,}2\text{ м}}{195\text{ м/с}}\approx1{,}03\cdot10^{-3}\text{ с}.\]

2. Сила сопротивления. Запишем закон изменения импульса для пули за время \(\tau\) в проекции на ось \(y\). На пулю действуют сила тяжести \(m\vec g\) и сила сопротивления \(\vec F\), обе направлены вниз: \[mv_2-mv_1=-(F+mg)\,\tau\quad\Rightarrow\quad F=\frac{m(v_1-v_2)}{\tau}-mg .\] Подставляем: \(\dfrac{m(v_1-v_2)}{\tau}=\dfrac{0{,}010\cdot5}{1{,}03\cdot10^{-3}}\text{ Н}\approx48{,}7\text{ Н}\), а \(mg\approx0{,}1\) Н — добавка почти не видна: \(F\approx49\) Н.

3. Сравнение с весом кубика. Кубик толкает вверх сила \(F'=F\approx49\) Н. Вес кубика \(Mg=0{,}1\cdot9{,}8\text{ Н}\approx1\) Н. Реакция подставки не может быть отрицательной, поэтому при \(F'>Mg\) она обращается в нуль, а кубик получает ускорение вверх \[a_{\text{к}}=\frac{F'-Mg}{M}\approx480\text{ м/с}^2 .\] За время \(\tau\) кубик приобретает скорость \(u=a_{\text{к}}\tau\approx0{,}5\) м/с. Сместиться за это время он успевает на \(u\tau/2\approx0{,}25\) мм — ничтожно мало по сравнению с \(a\), так что считать \(F\) постоянной можно.

Обратите внимание: силу \(F'\) нужно сравнивать с весом кубика \(Mg\), а не пули \(mg\): подставку поднимает именно кубик. Сила \(mg\) нужна лишь в пункте 2, и там ею можно пренебречь: \(mg\approx0{,}1\) Н против \(48{,}7\) Н.

Ответ: кубик подпрыгнет, так как \(F'=\dfrac{m(v_1-v_2)}{\tau}-mg\approx49\text{ Н}\gg Mg\approx1\text{ Н}\); сразу после пролёта пули он летит вверх со скоростью около \(0{,}5\) м/с и поднимается на \(\dfrac{u^2}{2g}\approx1\) см.

Проверка. Размерность: \(\dfrac{\text{кг}\cdot\text{м/с}}{\text{с}}=\text{Н}\). Второй способ: закон сохранения импульса системы пуля + кубик за время \(\tau\) (силы \(Mg\) и \(mg\) за такое короткое время дают импульс около \(10^{-3}\) Н\(\cdot\)с против \(5\cdot10^{-2}\) Н\(\cdot\)с, и ими можно пренебречь): \(mv_1=mv_2+Mu\), откуда \(u=\dfrac{m(v_1-v_2)}{M}=0{,}5\) м/с — то же значение, что в пункте 3. Граница: кубик остаётся на месте при \(F'\le Mg\), то есть при потере скорости пули \(v_1-v_2\lesssim\dfrac{Mg\,\tau}{m}\approx0{,}1\) м/с; пуля теряет \(5\) м/с — в полсотни раз больше, поэтому подскок надёжный.

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

Подсказка

Проверьте, можно ли обойтись одними резисторами: у такой схемы ток на выходе пропорционален току, который она берёт от источника. Если нельзя, поставьте в ящик источник и найдите его э.д.с. из условия на токи.

Ответ

Один резистор или любая схема из резисторов не подходит. Простейший ящик: один идеальный источник с э.д.с. \(\mathcal{E}_1=\dfrac{2}{3}\mathcal{E}\), включённый последовательно и навстречу входной батарее; токи \(I_1=\dfrac{\mathcal{E}}{3r}\) и \(I_2=\dfrac{2\mathcal{E}}{3r}\).

Решение

Что происходит. Идеальный амперметр имеет нулевое сопротивление, поэтому он замыкает выход ящика накоротко, и через него идёт ток, определяемый только тем, что стоит в ящике и на входе. Во втором опыте на входе две батареи: э.д.с. \(2\mathcal{E}\) и внутреннее сопротивление \(2r\). Главная идея: сначала понять, почему одни резисторы не годятся, затем взять простейший добавочный элемент — источник — и найти его э.д.с. из условия \(I_2=2I_1\).

Обозначения. \(I_1\) — ток амперметра в первом опыте, \(I_2\) — во втором, по условию \(I_2=2I_1\).

1. Ящик из одних резисторов не годится. Выход ящика замкнут накоротко амперметром. Для схемы из резисторов при такой нагрузке ток выхода пропорционален току на входе: \(I_{\text{A}}=k\,I_{\text{вх}}\), где число \(k\) зависит только от схемы ящика (сеть линейна и в ней нет источников). Ящик со стороны входа ведёт себя как один резистор \(R_{\text{вх}}\), поэтому по закону Ома для входной цепи \[I_{\text{вх},1}=\frac{\mathcal{E}}{R_{\text{вх}}+r},\qquad I_{\text{вх},2}=\frac{2\mathcal{E}}{R_{\text{вх}}+2r}.\] Условие \(I_2=2I_1\) превращается в \(\dfrac{2\mathcal{E}}{R_{\text{вх}}+2r}=\dfrac{2\mathcal{E}}{R_{\text{вх}}+r}\), то есть \(R_{\text{вх}}+2r=R_{\text{вх}}+r\), откуда \(r=0\) — а внутреннее сопротивление батареи не равно нулю. Значит, в ящике обязательно есть источник.

2. Простейшая схема с источником. Самое простое — один идеальный источник с э.д.с. \(\mathcal{E}_1\) и без сопротивления, включённый в один из проводов последовательно с входной батареей. Условимся, что \(\mathcal{E}_1>0\) означает ``помогает батарее'', \(\mathcal{E}_1<0\) — ``навстречу''. Амперметр идеальный, поэтому в контуре остаётся одно сопротивление \(r\) (внутреннее батареи).

Второй закон Кирхгофа для контура (сумма э.д.с. равна сумме падений напряжения на сопротивлениях контура) в двух опытах: \[I_1=\frac{\mathcal{E}+\mathcal{E}_1}{r},\qquad I_2=\frac{2\mathcal{E}+\mathcal{E}_1}{2r}.\]

3. Условие \(I_2=2I_1\). \[\frac{2\mathcal{E}+\mathcal{E}_1}{2r}=\frac{2(\mathcal{E}+\mathcal{E}_1)}{r} \;\Rightarrow\;2\mathcal{E}+\mathcal{E}_1=4\mathcal{E}+4\mathcal{E}_1 \;\Rightarrow\;\mathcal{E}_1=-\frac{2}{3}\,\mathcal{E}.\] Знак ``\(-\)'' означает, что источник включён навстречу входной батарее: его положительный полюс обращён к входу, откуда приходит ток батареи.

Обратите внимание: ящик нельзя ``подобрать'' резистором любого номинала: условие \(r\ne0\) делает \(I_2=2I_1\) невозможным для любой схемы из резисторов, и это видно сразу из пункта 1, до всяких вычислений.

Ответ: в ящике — один идеальный источник с э.д.с. \(\mathcal{E}_1=\dfrac{2}{3}\mathcal{E}\), включённый последовательно и навстречу внешней батарее, больше ничего. Если у источника есть своё сопротивление \(r_1\), то получается \(\mathcal{E}_1=\dfrac{2\mathcal{E}r}{3r+r_1}\); наименьшее число элементов — при \(r_1=0\).

Проверка. Токи: \(I_1=\dfrac{\mathcal{E}-\frac23\mathcal{E}}{r}=\dfrac{\mathcal{E}}{3r}\) и \(I_2=\dfrac{2\mathcal{E}-\frac23\mathcal{E}}{2r}=\dfrac{2\mathcal{E}}{3r}\), то есть \(I_2=2I_1\) — условие выполнено. Размерность: \(\mathcal{E}/r\) — ампер. Смысл: пока ящик не вносит источник (\(\mathcal{E}_1=0\)), \(I_1=\mathcal{E}/r\), \(I_2=\mathcal{E}/r\) — токи равны (две батареи в два раза увеличивают и э.д.с., и сопротивление). Встречный источник вычитает постоянное \(\mathcal{E}_1\) из обеих э.д.с.; на меньшую э.д.с. \(\mathcal{E}\) он влияет сильнее, чем на \(2\mathcal{E}\), поэтому именно при \(\mathcal{E}_1=-\frac23\mathcal{E}\) отношение токов становится равным \(2\).

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

Подсказка

Сила трения приложена к нижней грани и стремится опрокинуть карандаш вперёд. Моменту трения противостоит момент нормальной реакции, а реакция может сместиться вперёд не дальше края грани.

Ответ

\(\alpha<\dfrac{1}{\sqrt3}\approx0{,}58\).

Решение

Что происходит. Карандаш скользит вправо по плоскости. Сила трения приложена к нижней грани и направлена назад, а центр масс \(O\) находится на высоте \(h\) над плоскостью. Эта пара сил (трение внизу, торможение центра масс вверху) стремится опрокинуть карандаш вперёд. Этому мешает нормальная реакция: она распределена по грани и приложена не посередине, а смещена вперёд. Смещение имеет предел — край грани. Главная идея: условие «не вращается» означает равенство нулю суммы моментов сил относительно центра масс, и из него находится нужное смещение реакции.

Обозначения. \(a\) — сторона правильного шестиугольника, она же длина нижней грани. Расстояние от центра \(O\) до грани \(h=\dfrac{\sqrt3}{2}a\). \(A\) — переднее по ходу нижнее ребро. \(N\) — нормальная реакция, \(F_{\text{тр}}\) — сила трения, \(s\) — расстояние от вертикали через \(O\) до точки приложения \(N\).

1. Движение по вертикали. Карандаш не движется по вертикали. Запишем второй закон Ньютона в проекции на вертикаль: \(N=mg\).

2. Движение по горизонтали. Карандаш скользит, поэтому сила трения скольжения равна \(F_{\text{тр}}=\alpha N=\alpha mg\) и направлена против скорости. Центр масс при этом тормозится с ускорением \(\alpha g\).

3. Нет вращения. Угловое ускорение равно нулю, значит, сумма моментов сил относительно центра масс равна нулю (уравнение моментов относительно центра масс верно и при ускоренно движущемся центре). Момент силы тяжести равен нулю: сила проходит через \(O\). Сила трения лежит на расстоянии \(h\) ниже \(O\), её момент \(F_{\text{тр}}h\) стремится повернуть карандаш вперёд. Реакция \(N\) смещена вперёд на \(s\), её момент \(Ns\) поворачивает назад: \[N s=F_{\text{тр}}\,h\quad\Rightarrow\quad s=\alpha h=\alpha\,\frac{\sqrt3}{2}\,a .\]

4. Предел смещения. Нормальная реакция приложена к нижней грани, поэтому точка её приложения не может быть дальше ребра \(A\): \(s\le\dfrac{a}{2}\). Подставим \(s\) из шага 3: \[\alpha\,\frac{\sqrt3}{2}\,a\le\frac a2\quad\Rightarrow\quad \alpha\le\frac{1}{\sqrt3}\approx0{,}58 .\] При большем \(\alpha\) реакция «доехала» до ребра \(A\) и дальше сместиться не может: момент трения больше, и карандаш начнёт вращаться вокруг ребра \(A\) — перекатываться через него. При равенстве карандаш на грани опрокидывания, поэтому «без вращения» — строгое неравенство.

Обратите внимание: нормальная реакция не приложена к середине грани. Только смещение реакции вперёд компенсирует момент трения; если ставить \(N\) под центр масс, то без вращения не обойтись при любом \(\alpha>0\).

Ответ. \(\alpha<\dfrac1{\sqrt3}\approx0{,}58\).

Проверка. При \(\alpha\to0\) трения нет, момента нет, \(s\to0\): карандаш скользит без вращения — как и должно быть. Второй способ: в предельном случае равнодействующая \(\vec N+\vec F_{\text{тр}}\) приложена в \(A\) и направлена под углом \(\beta\) к плоскости, \(\operatorname{tg}\beta=\dfrac{N}{F_{\text{тр}}}=\dfrac1\alpha=\sqrt3\), то есть \(\beta=60^\circ\) — это угол прямой \(AO\) с плоскостью; равнодействующая проходит через центр масс и момента не создаёт. Для квадратного бруска (\(h=a/2\)) тем же способом получается \(\alpha<1\) — известный результат.

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

Подсказка

Нижний шарик оторвётся, когда сила реакции стола обратится в нуль. Выразите реакцию стола через силу натяжения стержня, а натяжение — через ускорение верхнего шарика, который в этот момент движется по окружности вокруг нижнего.

Ответ

\(l_{\max}=\dfrac{v^2}{2g}\): при \(l<\dfrac{v^2}{2g}\) нижний шарик отрывается сразу.

Решение

Что происходит. Удар передаёт импульс только верхнему шарику. Стержень вертикален и невесом, поэтому действует на каждый шарик вдоль вертикали, а горизонтальных сил нет: сразу после удара верхний шарик имеет скорость \(v\), нижний покоится. Стержень нерастяжим, поэтому верхний шарик начинает двигаться по дуге вокруг нижнего и имеет ускорение \(v^2/l\), направленное вниз. Чтобы так двигаться, он должен быть притянут стержнем вниз, а тогда стержень тянет нижний шарик вверх. Если эта сила больше \(mg\), стол уже не может удержать шарик: реакция \(N\) не бывает отрицательной, и шарик отрывается. Главная идея: записать второй закон Ньютона для каждого шарика и связать ускорения нерастяжимостью стержня.

Обозначения. \(m\) — масса каждого шарика; ось \(y\) направлена вверх; \(T\) — сила натяжения стержня (на верхний шарик действует вниз, на нижний — вверх); \(N\) — реакция стола; \(a_{\text{в}}\), \(a_{\text{н}}\) — вертикальные ускорения верхнего и нижнего шариков сразу после удара.

Длины стрелок на рисунке даны для \(l=\dfrac{v^2}{1{,}5\,g}\): \(T=N=0{,}5\,mg\).

1. Второй закон Ньютона для каждого шарика в проекции на ось \(y\). Предположим сначала, что нижний шарик остаётся на столе, \(a_{\text{н}}=0\): \[\text{верхний:}\quad ma_{\text{в}}=-mg-T;\qquad \text{нижний:}\quad 0=N+T-mg .\]

2. Связь ускорений. Длина стержня постоянна. Относительно нижнего шарика, который в этот момент покоится, верхний имеет скорость \(v\), перпендикулярную стержню, и движется так, что расстояние до нижнего не меняется. Тогда составляющая ускорения вдоль стержня равна \(v^2/l\) и направлена к нижнему шарику, то есть вниз. Разность вертикальных ускорений: \[a_{\text{в}}-a_{\text{н}}=-\frac{v^2}{l},\qquad\text{при } a_{\text{н}}=0:\quad a_{\text{в}}=-\frac{v^2}{l}.\] Подставим в уравнение верхнего шарика: \(-\dfrac{mv^2}{l}=-mg-T\), откуда \(T=\dfrac{mv^2}{l}-mg\).

3. Реакция стола. Из уравнения нижнего шарика \[N=mg-T=2mg-\frac{mv^2}{l}.\]

4. Условие отрыва. Стол только толкает, поэтому \(N\ge0\). Если \(2mg-\dfrac{mv^2}{l}\ge0\), то есть \(l\ge\dfrac{v^2}{2g}\), предположение \(a_{\text{н}}=0\) верно, и нижний шарик остаётся на столе. Если же \(l<\dfrac{v^2}{2g}\), получилось бы \(N<0\) — невозможно, значит, шарик на столе не останется. Проверим, что он действительно пойдёт вверх: при \(N=0\) уравнения шариков дают \(ma_{\text{в}}=-mg-T\), \(ma_{\text{н}}=T-mg\), а связь \(a_{\text{в}}-a_{\text{н}}=-\dfrac{v^2}{l}\) — \(-\dfrac{2T}{m}=-\dfrac{v^2}{l}\), откуда \(T=\dfrac{mv^2}{2l}\) и \(a_{\text{н}}=\dfrac{v^2}{2l}-g>0\) при \(l<\dfrac{v^2}{2g}\).

Обратите внимание: шарик отрывается не от ``удара вверх'' — удар горизонтальный, — а потому, что стержень тянет его вверх с силой, большей \(mg\). Реакция стола принимает только значения \(N\ge0\), поэтому условие отрыва — не равенство, а невозможность \(N\ge0\).

Второй способ. Центр масс \(C\) лежит посередине стержня и сразу после удара имеет горизонтальную скорость \(\dfrac v2\). В системе отсчёта центра масс шарики движутся по окружности радиуса \(\dfrac l2\) со скоростями \(\dfrac v2\) (рисунок ниже); центростремительное ускорение нижнего шарика направлено вверх: \(a_{\text{ц}}=\dfrac{(v/2)^2}{l/2}=\dfrac{v^2}{2l}\). Допустим, нижний шарик оторвался (\(N=0\)): на систему действует только сила тяжести, центр масс движется с ускорением \(g\) вниз, а нижний шарик относительно центра масс ускоряется вверх с \(a_{\text{ц}}\). Его ускорение относительно стола, направленное вверх, равно \(a_{\text{ц}}-g\) и положительно при \(\dfrac{v^2}{2l}>g\) — тогда допущение верно и шарик действительно уходит от стола.

Ответ: \(l_{\max}=\dfrac{v^2}{2g}\); нижний шарик отрывается сразу при \(l<\dfrac{v^2}{2g}\) (при \(l=l_{\max}\) реакция стола в первый момент равна нулю).

Проверка. Размерность: \(\dfrac{(\text{м/с})^2}{\text{м/с}^2}=\text{м}\). Оба способа дали \(l_{\max}=\dfrac{v^2}{2g}\). Предел \(l\to0\): отрыв при любой скорости — у очень короткой гантельки сила стержня огромна. Предел \(v\to0\): \(l_{\max}\to0\) — без удара гантелька спокойно стоит на столе.

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