Всесоюзная, 1982/83, заключительный этап, 9 класс, теоретический тур

Подсказка

Трение действует против скорости коробки относительно ленты. Как меняется эта относительная скорость, и как из неё получить скорость относительно Земли?

Ответ

\(u_{\min}=\dfrac{u_0v_0}{\sqrt{u_0^2+v_0^2}}=\dfrac{2}{\sqrt5}\text{ м/с}\approx0{,}89\text{ м/с}.\)

Решение

Что происходит. Коробка попадает на ленту со скоростью поперёк ленты, а лента едет вдоль. Пока коробка скользит по ленте, на неё действует сила трения скольжения; она направлена против скорости коробки относительно ленты и постоянна по модулю, так как \(N=mg\) и \(\mu\) не меняются. Поэтому относительная скорость не меняет направления, а её модуль равномерно убывает до нуля, после чего коробка едет вместе с лентой. Скорость относительно Земли — это сумма постоянной скорости ленты и убывающей относительной скорости. Главная идея: сложить скорости на диаграмме и найти на ней вектор наименьшей длины.

Обозначения. Ось \(x\) вдоль ленты, ось \(y\) поперёк, в плоскости ленты. \(\vec v_0\) — скорость ленты; \(\vec u\) — скорость коробки относительно Земли в произвольный момент, \(\vec u_0\) — в начальный; \(\vec w=\vec u-\vec v_0\) — скорость коробки относительно ленты, \(\vec w_0=\vec u_0-\vec v_0\) в начальный момент.

1. Скорость относительно ленты в начале. Проекции: \(w_{0x}=-v_0\), \(w_{0y}=u_0\), поэтому \(w_0=\sqrt{v_0^2+u_0^2}=\sqrt5\) м/с, а направление — назад по ходу ленты и поперёк.

2. Движение относительно ленты. Лента движется равномерно, поэтому система отсчёта «лента» инерциальна. Запишем второй закон Ньютона для коробки в этой системе: единственная горизонтальная сила — трение скольжения \(\mu mg\), направленное против \(\vec w\): \[m\vec a_{\text{отн}}=-\mu mg\,\frac{\vec w}{w}.\] Ускорение направлено против \(\vec w\), значит, \(\vec w\) остаётся параллельным \(\vec w_0\), а его модуль убывает от \(w_0\) до нуля. Запишем \(\vec w=s\,\vec w_0\), где число \(s\) убывает от \(1\) до \(0\).

3. Скорость относительно Земли. Складываем скорости: \(\vec u=\vec v_0+s\,\vec w_0\). При \(s=1\) получаем \(\vec u_0\), при \(s=0\) — \(\vec v_0\). На диаграмме скоростей (рисунок) конец вектора \(\vec u\) скользит по прямой от конца \(\vec u_0\) к концу \(\vec v_0\). Самый короткий вектор из начала координат до точки на этой прямой — перпендикуляр к ней.

4. Минимум. Проекции: \(u_x=v_0(1-s)\), \(u_y=u_0s\), откуда \[u^2=v_0^2(1-s)^2+u_0^2s^2 .\] Производная по \(s\) равна нулю при \(-2v_0^2(1-s)+2u_0^2s=0\), то есть \(s_*=\dfrac{v_0^2}{v_0^2+u_0^2}=\dfrac15\). Это значение лежит между \(0\) и \(1\), поэтому минимум достигается во время скольжения. Подставим: \[u_{\min}=\frac{u_0v_0}{\sqrt{u_0^2+v_0^2}}=\frac{2\cdot1}{\sqrt5}\text{ м/с}\approx0{,}89\text{ м/с}.\] Геометрически это высота прямоугольного треугольника с катетами \(v_0\) и \(u_0\), опущенная на гипотенузу.

Обратите внимание: минимум скорости не в начале (2 м/с) и не в конце скольжения (1 м/с), а в середине: когда \(\vec u\perp\vec w\). Физический смысл тот же: сила трения направлена вдоль \(\vec w\), мощность трения \(\vec F\cdot\vec u\) равна нулю, кинетическая энергия коробки в этот момент не меняется и проходит через минимум.

Проверка. Размерность: м/с. Предел \(v_0\to0\) (лента неподвижна): \(u_{\min}\to0\), коробка тормозится до остановки. Предел \(u_0\to\infty\): \(u_{\min}\to v_0\), коробка быстро теряет поперечную скорость и едет с лентой. Численно: при \(s=\tfrac15\) получаем \(u_x=0{,}8\), \(u_y=0{,}4\) м/с, \(u=\sqrt{0{,}64+0{,}16}\text{ м/с}=0{,}89\) м/с.

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

Подсказка

Карандаш лежит на плоской грани, как брусок на наклонной плоскости. Ему угрожают два движения: соскальзывание и опрокидывание через нижнее ребро. Для каждого свой критерий.

Ответ

1) \(\mu\ge\operatorname{tg}\alpha\approx0{,}84\);  2) \(\cos\varphi\le\dfrac{\operatorname{tg}30^\circ}{\operatorname{tg}\alpha}\), то есть \(\varphi\ge46{,}5^\circ\) (до \(90^\circ\), вдоль линии наибольшего ската).

Решение

Что происходит. Карандаш лежит на плоской грани, как брусок на наклонной плоскости. Сила трения покоя не даёт ему соскользнуть; она может быть направлена в любую сторону вдоль стола. Но у бруска есть и другой способ упасть: перевернуться через нижнее ребро, если вертикаль через центр масс выйдет за основание. Для шестигранного карандаша это и значит «скатиться». Главная идея: условие на скольжение — пункт 1; условие на опрокидывание — правило моментов относительно нижнего ребра — пункт 2.

Обозначения. \(m\) — масса карандаша; \(a\) — сторона правильного шестиугольника в сечении; \(h=\dfrac{\sqrt3}{2}a\) — расстояние от центра масс до грани, на которой он лежит; угол \(\varphi\) — между осью карандаша и горизонтальной прямой на столе (рисунок условия). Центр масс — в середине карандаша, на его оси.

Пункт 1. Скольжение.

1. Силы. На карандаш действуют сила тяжести \(m\vec g\), нормальная реакция \(\vec N\) и сила трения покоя \(\vec F_{\text{тр}}\), лежащая в плоскости стола и направленная вверх по склону. Карандаш покоится: второй закон Ньютона с нулевым ускорением в проекциях на линию наибольшего ската и на нормаль к столу: \[F_{\text{тр}}=mg\sin\alpha,\qquad N=mg\cos\alpha .\] Трение покоя не превышает \(\mu N\), поэтому \(mg\sin\alpha\le\mu\,mg\cos\alpha\): \[\mu\ge\operatorname{tg}\alpha=\operatorname{tg}40^\circ\approx0{,}84 .\] Обратите внимание: условие не зависит от \(\varphi\). Сила трения покоя может быть направлена как угодно вдоль стола и уравновешивает всю составляющую силы тяжести вдоль стола, как бы ни лежал карандаш.

Пункт 2. Опрокидывание.

2. Составляющая силы тяжести поперёк оси. Составляющая вдоль стола \(F=mg\sin\alpha\) направлена по линии ската, а ось карандаша повёрнута к горизонтали на угол \(\varphi\), то есть к линии ската — на угол \(90^\circ-\varphi\) (рисунок). Составляющая вдоль оси \(F_{\parallel}=F\sin\varphi\) не вращает карандаш вокруг ребра: она параллельна ребру. Составляющая поперёк оси \[F_{\perp}=F\cos\varphi=mg\sin\alpha\cos\varphi\] стремится перевернуть карандаш через нижнее ребро.

3. Правило моментов относительно нижнего ребра. В предельном случае, на грани опрокидывания, вся реакция стола (нормальная и трение) приложена на нижнем ребре, и её момент относительно линии ребра равен нулю. Оставшиеся силы — составляющие силы тяжести, приложенные в центре масс (рисунок): \(mg\cos\alpha\) прижимает карандаш к столу с плечом \(a/2\) (половина стороны основания: центр масс над серединой грани), \(F_{\perp}\) опрокидывает с плечом \(h\) (высота центра масс над гранью). На рисунке — предельный случай: равнодействующая этих двух составляющих проходит через ребро. Карандаш не опрокинется, если \[F_{\perp}\,h\le mg\cos\alpha\cdot\frac a2 \quad\Rightarrow\quad \operatorname{tg}\alpha\cos\varphi\le\frac{a}{2h}=\frac1{\sqrt3}=\operatorname{tg}30^\circ .\] Это правило моментов относительно оси, проходящей через ребро: так можно записывать условие, когда тело неподвижно.

4. Угол. Из пункта 3: \[\cos\varphi\le\frac{\operatorname{tg}30^\circ}{\operatorname{tg}40^\circ}=\frac{0{,}577}{0{,}839}\approx0{,}688\quad\Rightarrow\quad\varphi\ge46{,}5^\circ .\] Верхняя граница — \(\varphi=90^\circ\), когда карандаш лежит вдоль линии наибольшего ската и составляющая поперёк оси равна нулю. При \(\varphi=0^\circ\) (поперёк ската) карандаш бы катился: \(\operatorname{tg}40^\circ=0{,}84>0{,}58\).

Обратите внимание: из двух условий угол \(\varphi\) даёт только условие на опрокидывание, а коэффициент трения — только условие на скольжение. Они независимы: карандаш можно положить так, что он не перевернётся, но он всё равно соскользнёт, если \(\mu<\operatorname{tg}\alpha\).

Проверка. Все величины безразмерны. Предел \(\alpha\to0\): \(\operatorname{tg}\alpha\cos\varphi\to0\), карандаш не опрокидывается при любом \(\varphi\), и трение не нужно (\(\mu\ge0\)) — верно. Граничный случай \(\alpha=30^\circ\) (грани шестиугольника дают угол \(30^\circ\)): при \(\varphi=0\) карандаш ровно на грани опрокидывания, по формуле \(\operatorname{tg}30^\circ\cos0\le\operatorname{tg}30^\circ\) — равенство.

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

Подсказка

Мощность на резисторе \(R\) задаёт ток в цепи. Какой ток был в первом включении и какой во втором? Что показывает рост тока при смене полюсов: напряжения складывались или вычитались?

Ответ

Напряжение батарейки в коробке \(\mathcal E=3\) В, сопротивление резистора в коробке \(r=1\) Ом.

Решение

Что происходит. В коробке последовательно соединены батарейка с напряжением \(\mathcal E\) и резистор \(r\) (внутренним сопротивлением батарейки пренебрегаем: оно неотличимо от \(r\)). Внешняя батарейка \(U\) и резистор \(R\) включены последовательно с коробкой. Токи в двух включениях найдём по мощности на \(R\). Рост тока при смене полюсов означает, что сначала напряжения вычитались, потом сложились. Главная идея: закон Ома для замкнутой цепи в двух включениях и перебор знаков.

Обозначения. Ток \(I_1\) и \(I_2\) — в первом и втором включении; \(X=R+r\) — полное сопротивление цепи; все напряжения считаем положительными.

1. Токи. Мощность на резисторе \(R\): \(P=I^2R\). Отсюда \[I_1=\sqrt{P_1/R}=1\text{ А},\qquad I_2=\sqrt{P_2/R}=2\text{ А}.\]

2. Знаки. Закон Ома для замкнутой цепи, состоящей из последовательно соединённых источников и резисторов: ток равен суммарному напряжению, делённому на полное сопротивление. Внешняя батарейка включается то так, то так, поэтому суммарное напряжение равно \(\mathcal E+U\) (складываются) или \(|\mathcal E-U|\) (вычитаются). Ток вырос вдвое, значит, после переключения напряжения складываются, а до него вычитались: \[|\mathcal E-U|=I_1X,\qquad \mathcal E+U=I_2X .\] (Иначе было бы \(|\mathcal E-U|>\mathcal E+U\), что невозможно при \(\mathcal E,U>0\).)

3. Решение. Раскроем модуль. Если \(\mathcal E<U\): \(U-\mathcal E=X\) и \(\mathcal E+U=2X\) дают \(U=\tfrac32X\), \(X=\tfrac23\text{ Ом}<R\) — невозможно, так как \(X=R+r\ge1\) Ом. Значит, \(\mathcal E>U\): \[\mathcal E-U=X,\quad\mathcal E+U=2X\quad\Rightarrow\quad U=\frac X2,\ X=2U=2\text{ Ом},\ \mathcal E=\frac32X=3\text{ В}.\] Тогда \(r=X-R=1\) Ом.

Обратите внимание: в условии не сказано, при каком включении батарейки действуют согласно, а при каком навстречу. Нельзя выбирать наугад: перебор показывает, что единственный вариант — сначала навстречу (\(\mathcal E-U=2\) В, ток \(1\) А), потом согласно (\(\mathcal E+U=4\) В, ток \(2\) А).

Проверка. Подставим: первое включение \(I_1=\dfrac{3-1}{1+1}=1\) А, \(P_1=1^2\cdot1=1\) Вт; второе \(I_2=\dfrac{3+1}{2}=2\) А, \(P_2=2^2\cdot1=4\) Вт — как в условии. Размерность: В/Ом = А, А\(^2\cdot\)Ом = Вт. Мощность при согласном включении больше, потому что напряжения складываются.

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

Подсказка

Вода нагревается мощностью нагревателя минус потери в воздух. Что останется, если нагреватель выключить, и как найти эти потери по таблице?

Ответ

1) на \(\approx3\,{}^\circ\text{C}\);  2) не закипит: нагрев прекращается при \(\approx85\,{}^\circ\text{C}\).

Решение

Что происходит. Вода получает от нагревателя постоянную мощность \(P\) и отдаёт воздуху мощность потерь \(W(T)\), которая растёт с температурой. Скорость нагрева \(C\dot T=P-W(T)\), где \(C\) — теплоёмкость воды со стаканом. Если нагреватель выключить, остаётся \(C\dot T=-W(T)\). Значит, скорость остывания при данной температуре — это та часть \(P/C\), которой не хватает скорости нагрева. Главная идея: по таблице найти скорость нагрева \(\dot T\) при разных \(T\) и добраться до \(P/C\) экстраполяцией к комнатной температуре, где потерь нет.

Обозначения. \(T\) в \(^\circ\)C; \(\dot T=dT/dt\) в \(^\circ\)C/мин. Считаем, что вода в начале опыта (\(20\,^\circ\)C) была при комнатной температуре, то есть потери при ней нулевые.

1. Скорость нагрева по таблице. Нагрев за каждую минуту: \(6{,}2;\ 5{,}6;\ 5{,}0;\ 4{,}6;\ 4{,}2;\ 3{,}7;\ 3{,}4;\ 3{,}1;\ 2{,}7;\ 2{,}6\ ^\circ\text{C}\). За минуту скорость меняется слабо, поэтому прирост за минуту равен \(\dot T\) в её середине, при средней температуре воды за минуту: \(23{,}1;\ 29{,}0;\ 34{,}3;\ 39{,}1;\ 43{,}5;\ 47{,}5;\ 51{,}0;\ 54{,}3;\ 57{,}2;\ 59{,}8\ ^\circ\)C. На рисунке точки \((T,\dot T)\) ложатся на прямую \[\dot T\approx8{,}5-0{,}10\,T\ (^\circ\text{C/мин},\ T\ \text{в}\ ^\circ\text{C}).\]

2. Мощность нагревателя. При комнатной температуре \(20\,^\circ\)C потерь нет: \(\dot T=P/C\). По прямой при \(T=20\,^\circ\)C: \[\frac PC\approx6{,}5\ ^\circ\text{C/мин}.\]

3. Потери при \(50\,^\circ\)C. По прямой при \(T=50\,^\circ\)C скорость нагрева \(\dot T\approx3{,}5\ ^\circ\)C/мин. Тогда \[\frac{W(50)}{C}=\frac PC-\dot T=6{,}5-3{,}5=3{,}0\ ^\circ\text{C/мин}.\] При выключенном нагревателе потери при той же температуре те же, поэтому вода остывает со скоростью \(3{,}0\ ^\circ\)C/мин. За минуту температура падает на \(3\) градуса из \(30\) над комнатной — потери убывают всего на десятую часть, поэтому за минуту вода остынет на \(\approx3\,^\circ\)C (точный расчёт ниже даёт \(2{,}9\)).

Обратите внимание: скорость остывания при \(50\,^\circ\)C — не \(3{,}5\ ^\circ\)C/мин, с которой вода нагревается при той же температуре. При нагреве потери вычитаются из \(P/C=6{,}5\), а при остывании нагревателя нет, и остаётся потеря целиком.

4. Закипит ли. Прямая \(\dot T(T)\) пересекает ось \(\dot T=0\) при \[T_{\max}=\frac{8{,}5}{0{,}10}\,^\circ\text{C}=85\,^\circ\text{C}.\] При этой температуре потери сравнялись с мощностью нагревателя, нагрев прекращается. До \(100\,^\circ\)C вода дойти не может. Потери вблизи кипения растут быстрее линейного закона (усиливается испарение), так что реальный предел ещё ниже; вывод не зависит от этого допущения.

Проверка. Размерность: \(^\circ\)C/мин. Второй способ: из \(\dot T=k\,(T_{\infty}-T)\) с \(k=0{,}10\text{ мин}^{-1}\) и \(T_\infty=85\,^\circ\)C получается \(T=85-65\,e^{-kt}\): при \(t=5\) мин — \(45{,}6\,^\circ\)C, при \(t=10\) мин — \(61{,}1\,^\circ\)C, то есть как в таблице. Остывание после выключения: \(T-20=30\,e^{-kt}\), за минуту падение на \(30(1-e^{-0{,}1})=2{,}9\,^\circ\)C. Оба способа дают \(\approx3\,^\circ\)C.

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