Всесоюзная, 1980/81, заключительный этап, 9 класс, теоретический тур

Подсказка

Куда направлена сила, с которой гладкая вертикальная грань клина давит на цилиндр? Как связаны скорости тел, если они остаются в контакте?

Ответ

\(N=\dfrac{2m_1m_2}{m_1+m_2}\,g\tan\alpha\).

Решение

Что происходит. Цилиндр лежит на левой плоскости и опирается на вертикальную грань клина, клин лежит на правой плоскости. Все поверхности гладкие, поэтому сила клина на цилиндр горизонтальна (она перпендикулярна вертикальной грани). Тела остаются в контакте, значит, их ускорения связаны. Главная идея — найти эту связь, затем записать второй закон Ньютона для каждого тела вдоль его плоскости: так не нужно знать силы реакции плоскостей.

Обозначения. \(N\) — модуль силы, с которой клин давит на цилиндр (по третьему закону Ньютона цилиндр давит на клин с такой же по модулю силой \(N'=N\)). \(a\) — модуль ускорения цилиндра вдоль левой плоскости. Для цилиндра положительным считаем направление вниз по левой плоскости, для клина — вверх по правой плоскости. Покажем, что именно так, а не «оба вниз», тела и должны двигаться.

1. Связь ускорений. Цилиндр смещается вдоль левой плоскости вниз, его центр движется вправо и вниз. Горизонтальная составляющая смещения равна \(s_1\cos\alpha\). Грань клина вертикальна, поэтому, пока тела касаются, горизонтальные смещения цилиндра и клина одинаковы. Клин смещается вдоль правой плоскости на \(s_2\), его горизонтальное смещение тоже направлено вправо и равно \(s_2\cos\alpha\) (клин поднимается по правой плоскости). Из равенства \(s_1\cos\alpha=s_2\cos\alpha\) получаем \(s_1=s_2\), а значит, равны скорости и ускорения вдоль плоскостей: у обоих тел модуль ускорения равен \(a\).

2. Второй закон Ньютона для цилиндра. Запишем его вдоль левой плоскости, ось направлена вниз по плоскости. Сила тяжести даёт проекцию \(m_1g\sin\alpha\). Сила клина \(N\) горизонтальна и направлена влево, её проекция на ось равна \(-N\cos\alpha\). Сила реакции плоскости перпендикулярна плоскости и проекции на ось не даёт, поэтому знать её не нужно: \[m_1a=m_1g\sin\alpha-N\cos\alpha .\]

3. Второй закон Ньютона для клина. Ось направим вверх по правой плоскости. Сила тяжести даёт \(-m_2g\sin\alpha\), горизонтальная сила цилиндра \(N\) направлена вправо, её проекция равна \(N\cos\alpha\); реакция плоскости проекции не даёт: \[m_2a=N\cos\alpha-m_2g\sin\alpha .\]

4. Решение. Сложим два уравнения: слагаемые с \(N\) сокращаются, \[(m_1+m_2)\,a=(m_1-m_2)\,g\sin\alpha,\qquad a=\frac{m_1-m_2}{m_1+m_2}\,g\sin\alpha .\] Подставим \(a\) во второе уравнение: \(N\cos\alpha=m_2(a+g\sin\alpha)=m_2g\sin\alpha\cdot\dfrac{2m_1}{m_1+m_2}\). Отсюда \[N=\frac{2m_1m_2}{m_1+m_2}\,g\tan\alpha .\] Обратите внимание: при \(m_1<m_2\) получается \(a<0\) — тела движутся в обратную сторону (цилиндр вверх по плоскости, клин вниз). Цепочка рассуждений от этого не меняется, ответ для \(N\) остаётся верным: сила \(N>0\) при любых массах.

Проверка. Размерность: \([m\,g]=\text{Н}\), \(\tan\alpha\) безразмерен. Случай \(m_1=m_2=m\): \(a=0\), тела в покое, и \(N=mg\tan\alpha\). Независимо: цилиндр в покое, сила реакции плоскости \(N_1\) наклонена от вертикали на угол \(\alpha\), из \(N_1\cos\alpha=mg\) и \(N_1\sin\alpha=N\) получаем \(N=mg\tan\alpha\). Предел \(m_2\to0\): \(N\to0\), цилиндр скользит с \(g\sin\alpha\), как свободный. Предел \(m_2\to\infty\): клин падает вдоль плоскости с \(g\sin\alpha\) и подбрасывает цилиндр вверх с тем же ускорением, \(N\to2m_1g\tan\alpha\).

Ответ: \(N=\dfrac{2m_1m_2}{m_1+m_2}\,g\tan\alpha\).

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

Подсказка

На склоне шайба движется так же, как брошенное под углом тело: вдоль основания — равномерно, поперёк — с постоянным ускорением. Чему равно это ускорение и что на рисунке даёт его значение?

Ответ

\(\sin\alpha=\dfrac{2\,\Delta y\,v_0^2\cos^2\beta}{g\,\Delta x^2}\approx0{,}45\), \(\alpha\approx27^\circ\).

Решение

Что происходит. На ровном льду шайба летит со скоростью \(v_0\) под углом \(\beta\) к основанию горки. Въезд плавный, трения нет, поэтому модуль скорости сохраняется, а составляющая скорости вдоль основания не меняется: \(v_x=v_0\cos\beta\). Перпендикулярная основанию составляющая \(v_0\sin\beta\) после въезда направлена вверх по склону. На склоне на шайбу действуют сила тяжести и реакция льда. Их равнодействующая направлена вниз по склону и равна \(mg\sin\alpha\). Значит, вдоль основания шайба движется равномерно, а вверх по склону — с постоянным ускорением \(g\sin\alpha\), направленным вниз по склону. След — парабола, как у тела, брошенного под углом, но с ускорением \(g\sin\alpha\) вместо \(g\). Главная идея — по форме параболы на рисунке найти это ускорение.

Обозначения. Ось \(x\) — вдоль основания, ось \(s\) — вверх по склону (в плоскости склона). Начало отсчёта — в точке въезда на склон. Сетка рисунка 2, \(б\) лежит на самом склоне: клетка \(2{,}5\) м \(\times\) \(2{,}5\) м.

1. Закон движения. Вдоль \(x\) ускорения нет, вдоль \(s\) — ускорение \(-g\sin\alpha\) (второй закон Ньютона для шайбы в проекции на ось \(s\): \(ma_s=-mg\sin\alpha\); реакция льда перпендикулярна склону и проекции не даёт): \[x=v_0\cos\beta\cdot t,\qquad s=v_0\sin\beta\cdot t-\frac{g\sin\alpha}{2}\,t^2 .\]

2. Уравнение следа. Исключим время. Наивысшая точка следа достигается в момент \(t_*=\dfrac{v_0\sin\beta}{g\sin\alpha}\), когда скорость вдоль склона обращается в нуль; обозначим её координаты \(x_*\), \(s_*\). Для отсчёта от вершины параболы \(\Delta x=x-x_*=v_0\cos\beta\,(t-t_*)\), \(\Delta s=s-s_*=-\dfrac{g\sin\alpha}{2}(t-t_*)^2\), то есть \[\Delta s=-\frac{g\sin\alpha}{2v_0^2\cos^2\beta}\,\Delta x^2 .\] Вершина параболы на рисунке лежит на пересечении линий сетки. След проходит через узел сетки на \(3\) клетки вправо и на \(2\) клетки вниз от вершины, то есть через точку \(B\) с \(\Delta x=7{,}5\) м, \(\Delta y=5\) м (на рисунке \(\Delta y=-\Delta s\) вниз).

3. Угол. Подставим \(B\) в уравнение следа: \[\Delta y=\frac{g\sin\alpha}{2v_0^2\cos^2\beta}\,\Delta x^2 \;\Rightarrow\; \sin\alpha=\frac{2\,\Delta y\,v_0^2\cos^2\beta}{g\,\Delta x^2}.\] Числа: \(\cos^2\beta=0{,}25\), поэтому \[\sin\alpha=\frac{2\cdot5\ \text{м}\cdot100\ \text{м}^2/\text{с}^2\cdot0{,}25}{9{,}8\ \text{м/с}^2\cdot(7{,}5\ \text{м})^2}=\frac{250}{551}\approx0{,}45,\qquad \alpha\approx27^\circ .\] Обратите внимание: сетку на рисунке мы считаем нанесённой на плоскость склона, то есть длины на ней натуральные. Если считать её горизонтальной проекцией, расстояния вдоль склона сжаты в \(\cos\alpha\) раз, и получилось бы уравнение \(\sin2\alpha\approx0{,}91\) с двумя корнями, а не один угол.

Проверка. Размерность: \([\Delta y\,v_0^2/(g\,\Delta x^2)]=\text{м}\cdot\text{м}^2\text{с}^{-2}/(\text{м}\,\text{с}^{-2}\cdot\text{м}^2)=1\). Независимая проверка по двум точкам: по скану рисунка парабола хорошо ложится на \(\Delta y=0{,}089\,\Delta x^2\) (в метрах) на всём протяжении, а значение \(0{,}089\) получается из формулы при \(\alpha=27^\circ\) (\(g\sin\alpha/(2v_0^2\cos^2\beta)=9{,}81\cdot0{,}454/50=0{,}089\ \text{м}^{-1}\)). Предельный случай: \(\alpha\to0\) — ускорение исчезает, парабола вырождается в прямую; \(\alpha\to90^\circ\) — получается обычный бросок под углом с ускорением \(g\).

Ответ: \(\alpha\approx27^\circ\).

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

Подсказка

Горизонтальное и вертикальное движения шарика независимы. Как часто шарик оказывается на уровне края колодца и как часто — у стенки?

Ответ

\(n\,v_0\sqrt{\dfrac{2H}{g}}=k\,R\cos\alpha\) при каких-либо натуральных \(n\) и \(k\), то есть отношение \(\dfrac{v_0}{R\cos\alpha}\sqrt{\dfrac{2H}{g}}\) должно быть рациональным числом \(k/n\).

Решение

Что происходит. Силы, действующие на шарик, — тяжесть и упругие удары о стенку и дно. Горизонтальная составляющая скорости при падении не меняется, а удар о гладкую вертикальную стенку меняет только её направление, не модуль; вертикальная составляющая при ударе о дно меняет знак, модуль тоже сохраняется. Поэтому два движения независимы. Вертикальное — периодическое: шарик падает с высоты \(H\) на дно, подскакивает обратно на высоту \(H\) и так далее. Горизонтальное — с постоянной скоростью \(v_0\) по ломаной внутри окружности, звенья которой одинаковы. Шарик «выберется», если в момент, когда он вернулся на высоту края, он оказался у стенки: тогда он уже не ударяется о неё, а вылетает на поверхность с горизонтальной скоростью \(v_0\).

Обозначения. \(t_0=\sqrt{2H/g}\) — время падения с края до дна. \(\tau\) — время, за которое шарик пролетает одну хорду между двумя ударами о стенку.

1. Вертикальное движение. Шарик начинает падать с нулевой вертикальной скоростью (в точке \(A\) он движется горизонтально). Время падения до дна \(t_0=\sqrt{2H/g}\). Удар упругий, поэтому подъём до высоты края идёт столько же, и шарик оказывается на высоте края (в наивысшей точке) в моменты \(t=2nt_0\), \(n=1,2,3,\dots\) Больше ни в какие моменты шарик на высоте края не бывает.

2. Горизонтальное движение. Угол между скоростью и диаметром, проведённым в точку падения, равен \(\alpha\). Хорда, составляющая угол \(\alpha\) с диаметром, имеет длину \(2R\cos\alpha\). При упругом ударе угол падения равен углу отражения, то есть угол между скоростью и диаметром, проведённым в точку удара, остаётся \(\alpha\) (рисунок: диаметр \(OP_1\) и по обе стороны от него хорды под углом \(\alpha\)). Значит, все хорды одинаковы, а шарик у стенки оказывается в моменты \(t=k\tau\), \(k=1,2,3,\dots\), где \[\tau=\frac{2R\cos\alpha}{v_0}.\]

3. Условие выхода. Шарик на высоте края и у стенки одновременно, когда \(2nt_0=k\tau\) при каких-то натуральных \(n\) и \(k\): \[2n\sqrt{\frac{2H}{g}}=k\,\frac{2R\cos\alpha}{v_0} \quad\Longleftrightarrow\quad n\,v_0\sqrt{\frac{2H}{g}}=k\,R\cos\alpha .\] Обратите внимание: нужны оба события сразу. Если шарик у стенки ниже края, он отскакивает от неё, а если он на высоте края, но внутри окружности, то снова падает в колодец.

Иначе: число \(\dfrac{v_0}{R\cos\alpha}\sqrt{\dfrac{2H}{g}}=\dfrac{k}{n}\) должно быть рациональным.

Проверка. Размерность: \([v_0\sqrt{H/g}]=\text{м/с}\cdot\text{с}=\text{м}\), как и \([R]\). Пример для картинок: \(\alpha=30^\circ\) — шарик движется по правильному треугольнику (\(A\to P_1\to P_2\to A\)), три хорды; если \(3\tau=2t_0\) (\(k=3\), \(n=1\)), то при втором падении на высоту края он как раз вернётся в точку \(A\). Это же видно на графике: момент \(3\tau\) совпадает с моментом \(2t_0\).

Ответ: \(n\,v_0\sqrt{2H/g}=k\,R\cos\alpha\) с натуральными \(n\) и \(k\).

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

Подсказка

Напряжения на клеммах заданы, поэтому разности потенциалов узлов известны сразу. Примите потенциал одного узла за нуль и найдите потенциалы остальных.

Ответ

1) По \(R_1\) — \(U/R\), по \(R_2\) — \(3U/R\), по \(R_3\) — \(2U/R\), все слева направо; 2) через \(U_1\) — \(2U/R\) (вверх, от «\(-\)» к «\(+\)» внутри батареи), через \(U_2\) — ток равен нулю, через \(U_3\) — \(3U/R\) (по нижней ветви справа налево).

Решение

Что происходит. В схеме четыре узла: левый \(A\) (весь левый провод), правый \(B\) (весь правый), верхний средний \(C\) и нижний средний \(D\). Батареи задают разности потенциалов между узлами: напряжение на клеммах батареи — это и есть разность потенциалов между её выводами, внутреннее сопротивление знать не нужно. Поэтому сначала находим потенциалы всех узлов, потом по закону Ома для участка цепи — токи в резисторах, а токи в батареях — по правилу узлов (первому правилу Кирхгофа).

Обозначения. Потенциал узла \(A\) примем за нуль: \(\varphi_A=0\). Положительный вывод батареи имеет больший потенциал: у \(U_1\) он сверху (соединён с \(C\)), у \(U_2\) слева (с \(D\)), у \(U_3\) слева (с \(A\)).

1. Потенциалы узлов. Батарея \(U_3\) включена между \(A\) (плюс) и \(B\) (минус): \(\varphi_A-\varphi_B=4U\), откуда \(\varphi_B=-4U\). Батарея \(U_2\) между \(D\) (плюс) и \(B\) (минус): \(\varphi_D-\varphi_B=2U\), откуда \(\varphi_D=-2U\). Батарея \(U_1\) между \(C\) (плюс) и \(D\) (минус): \(\varphi_C-\varphi_D=U\), откуда \(\varphi_C=-U\).

2. Токи в резисторах. Закон Ома для участка цепи: ток течёт от большего потенциала к меньшему и равен разности потенциалов, делённой на \(R\). \[I_1=\frac{\varphi_A-\varphi_C}{R}=\frac{U}{R},\quad I_2=\frac{\varphi_C-\varphi_B}{R}=\frac{-U+4U}{R}=\frac{3U}{R},\quad I_3=\frac{\varphi_A-\varphi_D}{R}=\frac{2U}{R}.\] Все три положительны для выбранных направлений: ток в \(R_1\) идёт от \(A\) к \(C\), в \(R_3\) от \(A\) к \(D\), в \(R_2\) от \(C\) к \(B\) — слева направо во всех трёх резисторах.

3. Токи в батареях. Правило узлов для узла \(C\): в него втекает \(I_1\) от \(R_1\) и ток \(I_{U1}\) от батареи \(U_1\), вытекает \(I_2\) в \(R_2\). Отсюда \(I_{U1}=I_2-I_1=\dfrac{2U}{R}\) — ток течёт через батарею снизу вверх, от «\(-\)» к «\(+\)» (батарея отдаёт энергию). Для узла \(D\): втекает \(I_3=\dfrac{2U}{R}\), вытекает \(I_{U1}=\dfrac{2U}{R}\) в батарею \(U_1\), поэтому через \(U_2\) ток \(I_{U2}=I_3-I_{U1}=0\). Для узла \(A\): вытекает \(I_1+I_3=\dfrac{3U}{R}\), это ток \(I_{U3}\) через батарею \(U_3\): он идёт по нижней ветви справа налево (внутри батареи — от «\(-\)» к «\(+\)»). Для узла \(B\) проверка: втекает \(I_2=\dfrac{3U}{R}\), вытекает \(I_{U3}=\dfrac{3U}{R}\), а через \(U_2\) нуль — сходится.

Обратите внимание: батарея \(U_2\) ток не даёт, хотя напряжение на ней \(2U\): разность потенциалов между \(D\) и \(B\) ровно такая, какую она создаёт, и ей нечего «добавлять».

Проверка. Баланс мощностей. Источники отдают \(U\cdot\dfrac{2U}{R}+2U\cdot0+4U\cdot\dfrac{3U}{R}=\dfrac{14U^2}{R}\), резисторы выделяют \(R\left[\left(\dfrac UR\right)^2+\left(\dfrac{3U}R\right)^2+\left(\dfrac{2U}R\right)^2\right]=\dfrac{14U^2}{R}\). Мощности равны, значит, токи найдены верно.

Ответ: 1) в \(R_1\) — \(U/R\), в \(R_2\) — \(3U/R\), в \(R_3\) — \(2U/R\), все слева направо; 2) через \(U_1\) — \(2U/R\) вверх, через \(U_2\) — \(0\), через \(U_3\) — \(3U/R\) справа налево по нижней ветви.

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