Работа и мощность

Подсказка

Найдите силу натяжения из второго закона Ньютона и путь за 2 секунды.

Ответ

240

Подсказка

Полезная мощность ГЭС – это доля \(\eta\) от работы силы тяжести над водой, падающей за единицу времени.

Подсказка

Сначала выразите 1 л.с. в ваттах по определению, затем используйте связь мощности, силы и скорости.

Подсказка

Минимальная работа равна приращению потенциальной энергии системы. Верёвка однородная, поэтому её удобно описывать положением центра масс.

Подсказка

Найдите время движения, затем полезную работу двигателя и сравните её с теплотой сгорания бензина.

Ответ

29

Подсказка

Какая часть выделившейся за время разгона теплоты идёт в кинетическую энергию автомобиля?

Ответ

3{,}6 с

Подсказка

Скорость постоянна, поэтому кинетическая энергия не меняется. Полезная работа мотора идёт на изменение потенциальной энергии системы, а затраченная энергия складывается из полезной работы и выделившегося тепла.

Ответ

\(Q = g v t\,(m - M\sin\alpha)\cdot\dfrac{100\% - \eta}{\eta} \approx 0{,}83\) Дж.

Подсказка

Запишите баланс энергии между начальным положением и положением с вдвое большей деформацией: работа внешней силы идёт на изменение упругой энергии и потенциальной энергии в поле тяжести. Массу исключите из условия равновесия.

Ответ

\(k = \dfrac{2A}{9x^2} \approx 800\) Н/м.

Решение

Условие равновесия гири в начальный момент: \(mg = kx\), где \(m\) "— масса гирьки, \(k\) "— жёсткость пружины. Запишем закон сохранения энергии, приняв «нулевой» уровень потенциальной энергии силы тяжести в начальном положении гири: \[\frac{kx^2}{2} + A = 3mgx + \frac{k(2x)^2}{2} \;\Rightarrow\; A = \frac{3}{2}kx^2 + 3kx^2 \;\Rightarrow\; k = \frac{2A}{9x^2} \approx 800\text{ Н/м}.\]

Подсказка

Выразите время каждого этапа через работу и мощность, затем средняя мощность — это вся работа, делённая на всё время.

Ответ

\(N_1 = 1000\) Вт.

Решение

Пусть \(t\) — время, за которое совершена вся работа. Тогда полная работа крана равна \(A = Nt\). На первом этапе работы: \[N_1 t_1 = 0{,}25\,Nt \;\Longrightarrow\; t_1 = \frac{Nt}{4N_1}.\] На втором этапе: \[N_2 t_2 = 0{,}75\,Nt \;\Longrightarrow\; t_2 = \frac{3Nt}{4N_2}.\] Средняя мощность равна: \[N = \frac{Nt}{t_1 + t_2} = \frac{Nt}{\dfrac{Nt}{4N_1} + \dfrac{3Nt}{4N_2}} \;\Longrightarrow\; N = \frac{4N_1 N_2}{3N_1 + N_2} \;\Longrightarrow\; N_1 = \frac{N N_2}{4N_2 - 3N} = 1000\text{ Вт}.\]

Подсказка

Работа силы равна изменению кинетической энергии, а изменение импульса за время \(t\) равно \(\vec F t\). Из первого опыта выразите \(F\tau\) через \(mV\) и найдите скорость частицы во втором случае.

Ответ

\(t = \dfrac{1+\sqrt{31}}{5}\,\tau \approx 1{,}3\) с.

Подсказка

Работа против силы сопротивления за время \(t\) равна \(F v t\), а \(F\propto v^2\). Расходуемая энергия в обоих случаях одна и та же.

Ответ

Примерно 20 минут.

Подсказка

Работа бабы Дуси равна полному изменению потенциальной энергии воды, ведра и цепи. Центр масс однородной цепи поднимается лишь на \(h/2\).

Ответ

\(\eta \approx 67{,}4\%\).

Решение

Чтобы пройти зазор, частица должна совершить работу против силы \(F\) на пути \(l\). Запас — кинетическая энергия: \[ \frac{m v^2}{2} \ge F\,l \quad\Longrightarrow\quad m \ge \frac{2Fl}{v^2}. \]

Наименьшая масса, при которой частица ещё долетает (и останавливается ровно у второй сетки): \[ m_{\min} = \frac{2Fl}{v^2}. \]

Решение

Теорема о кинетической энергии на пути \(l\): \[ F\,l = \frac{m v_2^2}{2} - \frac{m v_1^2}{2} \quad\Longrightarrow\quad F = \frac{m\,(v_2^2 - v_1^2)}{2\,l}. \]

Направление. Если \(v_2 > v_1\), то \(F > 0\) — сила направлена по движению частицы (разгоняет). Если \(v_2 < v_1\), то \(F < 0\) — сила направлена против движения (тормозит).

Решение

Пусть \(H = 125\) м — высота подъёма (считая от исходного положения контейнера). Работа поршня равна изменению потенциальной энергии: \[ F\,h = m g H \quad\Longrightarrow\quad F = \frac{m g H}{h}. \]

Числа: \[ F = \frac{2000\cdot 10\cdot 125}{1} = 2{,}5\cdot 10^{6}\ \text{Н}. \]

Решение

Оценка величин. Окно второго этажа — примерно \(H = 4\) м; масса человека \(m = 70\) кг; приседая, он тормозит на пути \(s \approx 0{,}5\) м.

Скорость приземления: \[ v = \sqrt{2gH} = \sqrt{2\cdot 10\cdot 4} \approx 9\ \text{м/с}. \]

Сила. На пути торможения ноги гасят кинетическую энергию и вдобавок держат вес: \[ F = \frac{m v^2}{2 s} + m g = \frac{70\cdot 81}{2\cdot 0{,}5} + 700 \approx 5{,}7\cdot 10^{3} + 0{,}7\cdot 10^{3} \approx 6{,}4\cdot 10^{3}\ \text{Н}. \]

Решение

Площадь под графиком: \[ A = \underbrace{\frac{F_0 l_1}{2}}_{\text{треугольник}} + \underbrace{F_0 l_2}_{\text{прямоугольник}} + \underbrace{\frac{F_0 l_3}{2}}_{\text{треугольник}} = \frac{F_0\,(l_1 + 2l_2 + l_3)}{2}. \]

Скорость. Вся работа идёт в кинетическую энергию: \[ \frac{m v^2}{2} = \frac{F_0\,(l_1+2l_2+l_3)}{2} \quad\Longrightarrow\quad v = \sqrt{\frac{F_0\,(l_1 + 2l_2 + l_3)}{m}}. \]

Решение

Работа трения. Возьмём элемент бруска массы \(\Delta m\). Пока он находится над шероховатым участком, на него действует трение \(\mu\,\Delta m\,g\), и этот участок он проходит по длине \(L\). Работа против трения для элемента: \(\mu\,\Delta m\,g\,L\). Складывая по всем элементам, \[ A_{\text{тр}} = \mu\, m g L, \] и — что важно — длина бруска в ответ не входит.

Условие преодоления. Кинетической энергии должно хватить: \[ \frac{m v^2}{2} \ge \mu m g L \quad\Longrightarrow\quad v \ge \sqrt{2\mu g L}. \]

Решение

Штора висит от верхнего края вниз на длину \(l\); её центр масс — на середине, то есть на \(l/2\) ниже верха. Свёрнутая в тонкий валик, она вся оказывается наверху.

Центр масс поднимается на \(l/2\), значит, \[ A_{\min} = m g\,\frac{l}{2} = 1\cdot 9{,}8\cdot 1 \approx 9{,}8\ \text{Дж} \approx 10\ \text{Дж}. \]

Решение

Свободная пружина. В момент наибольшего сжатия шар остановился: \[ \frac{m v^2}{2} = \frac{k x^2}{2} \quad\Longrightarrow\quad x = v\sqrt{\frac{m}{k}}. \]

Пружина, сжатая заранее. Нить нерастяжима: она не даёт пружине распрямиться, но сжиматься сильнее не мешает (при сжатии нить провисает). Поэтому в пружине уже запасена энергия \(kx_0^2/2\), и к ней добавляется энергия шара: \[ \frac{k x_0^2}{2} + \frac{m v^2}{2} = \frac{k x'^2}{2} \quad\Longrightarrow\quad x' = \sqrt{x_0^2 + \frac{m v^2}{k}}. \]

Решение

Жёсткость ветви. Половина полоски вдвое короче, а короткая резинка при той же силе растягивается вдвое меньше — значит, её жёсткость \(2k\).

Сила и растяжение. Тянущая сила \(F\) делится между двумя ветвями: на каждую приходится \(F/2\), и каждая растянута на \[ x = \frac{F/2}{2k} = \frac{F}{4k}. \]

Энергия. Складываем энергию двух ветвей: \[ E = 2\cdot\frac{2k\,x^2}{2} = 2k\,\frac{F^2}{16k^2} = \frac{F^2}{8k}. \] Вся она достаётся снаряду: \[ E_{\text{к}} = \frac{F^2}{8k}. \]

Решение

Энергия лука. Сила упругости растёт линейно, \(F = kx\), и запасённая энергия — площадь треугольника: \[ E = \frac{k x^2}{2}. \]

Слишком тугой лук (\(k\) велико). Мы не можем оттянуть его на весь размах: сил хватает лишь на \(x = F/k < d\), и \[ E = \frac{F^2}{2k} \] — тем меньше, чем туже лук.

Слишком слабый лук (\(k\) мало). Мы оттягиваем его на весь размах \(d\), но сила при этом мала: \[ E = \frac{k d^2}{2} \] — тем меньше, чем слабее лук.

Оптимум — когда оба предела достигаются одновременно: \[ \frac{F}{k} = d \quad\Longrightarrow\quad k = \frac{F}{d}, \qquad E_{\max} = \frac{F d}{2}. \] Больше \(Fd/2\) выжать нельзя ни из какого лука: это площадь треугольника с катетами «максимальная сила» и «максимальный размах».

Решение

Без трения. Тело опускается по вертикали на \(h = l\cos\alpha\): \[ K = m g l\cos\alpha. \]

С трением. Сила нормального давления — это поперечная составляющая тяжести: \(N = mg\sin\alpha\). Работа трения на пути \(l\): \[ A_{\text{тр}} = \mu\, m g \sin\alpha\cdot l. \] Значит, \[ K' = m g l\cos\alpha - \mu m g l\sin\alpha = m g l\,(\cos\alpha - \mu\sin\alpha). \]

Условие \(\mu < \ctg\alpha\) как раз и означает, что скобка положительна — тело действительно соскальзывает.

Решение

Энергетический баланс. Пусть машина проехала вдоль склона путь \(s\), поднявшись на \(h = s\sin\alpha\). Кинетическая энергия тратится на подъём, но частично восполняется работой силы тяги (на пределе сцепления): \[ \frac{m v^2}{2} + \mu m g\cos\alpha\cdot s = m g h. \]

Подставим \(s = h/\sin\alpha\): \[ \frac{v^2}{2} = g h - \mu g\cos\alpha\cdot\frac{h}{\sin\alpha} = g h\,\left(1 - \mu\,\ctg\alpha\right), \] \[ h = \frac{v^2}{2g\,\left(1 - \mu\,\ctg\alpha\right)}. \]

Решение

Подъём (медленно, без кинетической энергии). Работа троса уходит на подъём и на трение: \[ A = m g h + A_{\text{тр}} \quad\Longrightarrow\quad A_{\text{тр}} = A - m g h. \]

Спуск. Груз проходит тот же путь с той же силой прижатия, поэтому работа трения та же. Потенциальная энергия \(mgh\) частично уходит на трение, остальное — в кинетическую: \[ \frac{m v^2}{2} = m g h - A_{\text{тр}} = m g h - (A - m g h) = 2 m g h - A. \]

Отсюда \[ v = \sqrt{4 g h - \frac{2A}{m}}. \]

Решение

Стержень невесом, поэтому вся энергия связана с бойком. В горизонтальном положении боёк находится на уровне оси, в вертикальном — на \(l\) выше. Наименьшая работа (без разгона, «медленно») равна приросту потенциальной энергии: \[ A_{\min} = m g l. \]

Решение

Наименьшая работа (столб поднимают медленно, без разгона) равна приросту потенциальной энергии: \[ A_{\min} = m g\,\frac{l}{2}. \]

Решение

Подъём. Из прямоугольного треугольника: расстояние от точки подвеса до груза по вертикали равно \(\sqrt{l^2-r^2}\), поэтому груз поднялся на \[ h = l - \sqrt{l^2 - r^2} = l\left(1 - \sqrt{1 - \frac{r^2}{l^2}}\right) \approx \frac{r^2}{2l} \] (при \(r \ll l\); формулу \(\sqrt{1-x}\approx 1-\tfrac{x}{2}\) удобно помнить).

Скорость в нижней точке — она же наибольшая: \[ \frac{v^2}{2} = g h = \frac{g r^2}{2l} \quad\Longrightarrow\quad v = r\sqrt{\frac{g}{l}}. \]

Решение

Работа троса. Сила \(F\) направлена под углом \(\pi - \alpha\) к скорости, значит, её проекция на направление движения равна \(F\cos(\pi-\alpha) = -F\cos\alpha\) — тормозящая, и одна и та же в любой точке пути. Поэтому на пути \(s\) работа равна \(-F\cos\alpha\cdot s\).

Путь до остановки: \[ \frac{m v^2}{2} = F\cos\alpha\cdot s \quad\Longrightarrow\quad s = \frac{m v^2}{2F\cos\alpha}. \]

Число оборотов: \[ n = \frac{s}{2\pi R} = \frac{m v^2}{4\pi F R\cos\alpha}. \]

Решение

Сколько верёвки выбрано. Натянутая часть — это обе ветви (от санок вверх к перекладине и обратно вниз к рукам). Вначале их суммарная длина \(2l\), то есть до перекладины \(l\). Оказавшись точно под перекладиной, мальчик имеет обе ветви длиной \(h\), то есть суммарно \(2h\).

Значит, через руки он протянул \[ \Delta L = 2l - 2h = 2\,(l-h). \]

Работа и энергия. Он всё время тянет с силой \(T\), поэтому совершает работу \(T\,\Delta L\), и вся она — в кинетическую энергию: \[ \frac{m v^2}{2} = 2T\,(l - h) \quad\Longrightarrow\quad v = 2\sqrt{\frac{T\,(l-h)}{m}}. \]

Решение

Свободное тело. В высшей точке у него остаётся горизонтальная скорость \(v\cos\alpha\); «в высоту» работает только вертикальная составляющая: \[ h_1 = \frac{v^2\sin^2\alpha}{2g}. \]

Тело в трубе. Труба прямая и гладкая; её реакция перпендикулярна скорости и работы не совершает. Тело поднимается, пока не остановится совсем: \[ \frac{m v^2}{2} = m g h_2 \quad\Longrightarrow\quad h_2 = \frac{v^2}{2g}. \]

Так как \(\sin^2\alpha \le 1\), всегда \(h_2 \ge h_1\): выше поднимется тело в трубе.

Решение

Что сохраняется. При спуске все силы (тяжесть и реакция плавного перехода) лежат в вертикальной плоскости, перпендикулярной линии сопряжения. Значит, составляющая скорости вдоль этой линии не меняется: \[ v\sin\alpha = v'\sin\beta. \]

Что меняется. Модуль скорости растёт за счёт спуска на \(h\): \[ v'^2 = v^2 + 2gh. \]

Ответ: \[ \sin\beta = \frac{v\sin\alpha}{v'} = \frac{v\sin\alpha}{\sqrt{v^2+2gh}}. \]

Решение

Поперёк силы ничего не действует: \[ v\sin\alpha = v'\sin\beta. \]

Энергия. Сила совершает отрицательную работу \(-F l\) (смещение вдоль силы равно ширине области): \[ \frac{m v'^2}{2} = \frac{m v^2}{2} - F l \quad\Longrightarrow\quad v'^2 = v^2 - \frac{2Fl}{m}. \]

Угол вылета: \[ \sin\beta = \frac{v\sin\alpha}{v'} = \frac{\sin\alpha}{\sqrt{1 - \dfrac{2Fl}{m v^2}}}. \]

Когда частица не пройдёт. Пересечь область мешает только продольная составляющая скорости: её энергии должно хватить на работу против силы: \[ \frac{m\,(v\cos\alpha)^2}{2} \ge F l \quad\Longleftrightarrow\quad F l \le \frac{m v^2}{2}\cos^2\alpha. \] При \(Fl > \frac{mv^2}{2}\cos^2\alpha\) частица разворачивается и вылетает обратно.

Решение

Одна переменная. Пусть \(\alpha\) — угол между нитью и вертикалью. Шарик стартовал при \(\alpha = 90^\circ\) без начальной скорости, значит, к текущему моменту он опустился на \(h = l\cos\alpha\), и

\[ v^2 = 2gl\cos\alpha. \]

Отсюда обе составляющие ускорения:

\[ a_n = \frac{v^2}{l} = 2g\cos\alpha \quad(\text{вдоль нити, к подвесу}), \qquad a_\tau = g\sin\alpha \quad(\text{вдоль скорости}). \]

Проецируем на вертикаль и горизонталь. Направление «к подвесу» составляет с вертикалью угол \(\alpha\), направление скорости — перпендикулярно ему. Аккуратно складывая проекции, получаем

\[ a_{\text{верт}} = 2g\cos^2\alpha - g\sin^2\alpha \ \ (\text{вверх}), \qquad a_{\text{гор}} = 3g\sin\alpha\cos\alpha. \]

Вертикальное ускорение — когда \(a_{\text{гор}} = 0\), то есть \(\sin\alpha\cos\alpha = 0\):

• \(\alpha = 0\) — нижняя точка: \(a_{\text{верт}} = 2g > 0\), ускорение направлено вверх и равно \(2g\);

• \(\alpha = 90^\circ\) — старт, нить горизонтальна: \(a_{\text{верт}} = -g\), ускорение направлено вниз и равно \(g\) (скорость нулевая, натяжения нет, тяжесть целиком тангенциальна).

Горизонтальное ускорение — когда \(a_{\text{верт}} = 0\):

\[ 2\cos^2\alpha = \sin^2\alpha \ \Longrightarrow\ \operatorname{tg}^2\alpha = 2 \ \Longrightarrow\ \cos\alpha = \frac{1}{\sqrt3},\quad \alpha = \operatorname{arctg}\sqrt2 \approx 54{,}7^\circ. \]

Величина ускорения там \(a = 3g\sin\alpha\cos\alpha = 3g\cdot\sqrt{\tfrac23}\cdot\tfrac1{\sqrt3} = g\sqrt2\).

Решение

Скорость в нижней точке. Шарик опустился на \(l\):

\[ \frac{mv^2}{2} = mgl \quad\Longrightarrow\quad v^2 = 2gl. \]

Натяжение до гвоздя. Радиус равен \(l\):

\[ T_0 = mg + \frac{mv^2}{l} = mg + 2mg = 3mg. \]

Натяжение сразу после. Скорость та же, а радиус стал \(l - x\):

\[ T_1 = mg + \frac{mv^2}{\,l-x\,} = mg + \frac{2mgl}{\,l-x\,}. \]

Условие разрыва \(T_1 \ge T\):

\[ \frac{2mgl}{\,l-x\,} \ge T - mg \quad\Longrightarrow\quad l - x \le \frac{2mgl}{\,T-mg\,} \quad\Longrightarrow\quad x \ge l\,\frac{T - 3mg}{T - mg}. \]

Решение

Нить. Наверху нить может только тянуть вниз, поэтому в предельном случае центростремительную роль играет одна тяжесть:

\[ mg = \frac{mv_{\text{в}}^2}{l} \quad\Longrightarrow\quad v_{\text{в}}^2 = gl. \]

Спуск на \(2l\) добавляет энергии:

\[ v^2 = v_{\text{в}}^2 + 4gl = 5gl,\qquad N - mg = \frac{mv^2}{l} = 5mg \quad\Longrightarrow\quad N = 6mg. \]

Стержень. Наверху стержень подпирает шарик, так что достаточно \(v_{\text{в}} = 0\):

\[ v^2 = 4gl,\qquad N - mg = \frac{mv^2}{l} = 4mg \quad\Longrightarrow\quad N = 5mg. \]

По третьему закону Ньютона шарик тянет ось вниз с той же силой.

Решение

Разгон на прямом участке. Вдоль склона действуют скатывающая сила \(mg\sin\alpha\) и трение \(\mu mg\cos\alpha\). С места на длине \(L\):

\[ \frac{mv^2}{2} = \bigl(mg\sin\alpha - \mu mg\cos\alpha\bigr)L \quad\Longrightarrow\quad v^2 = 2gL\cos\alpha\,(\operatorname{tg}\alpha - \mu). \]

Условие отрыва. В начале закругления лыжник движется по дуге радиуса \(R\); поперёк склона

\[ mg\cos\alpha - N = \frac{mv^2}{R}. \]

Свободный полёт начинается, когда \(N = 0\), то есть при

\[ v^2 \ge gR\cos\alpha. \]

Сшиваем. Множитель \(\cos\alpha\) сокращается:

\[ 2gL\cos\alpha\,(\operatorname{tg}\alpha - \mu) \ge gR\cos\alpha \quad\Longrightarrow\quad L \ge \frac{R}{2(\operatorname{tg}\alpha - \mu)}. \]

Решение

Скорость через угол. Пусть \(\alpha\) — угол радиуса с вертикалью. Тело опустилось на \(R - R\cos\alpha\), значит

\[ v^2 = 2gR(1 - \cos\alpha). \]

Вдоль радиуса. К центру направлена разность \(mg\cos\alpha - N\):

\[ mg\cos\alpha - N = \frac{mv^2}{R}. \]

Момент отрыва \(N = 0\):

\[ g\cos\alpha = \frac{v^2}{R} = 2g(1 - \cos\alpha) \quad\Longrightarrow\quad 3\cos\alpha = 2 \quad\Longrightarrow\quad \cos\alpha = \frac23. \]

Высота точки отрыва над плоскостью \(h = R\cos\alpha\):

\[ h = \frac{2R}{3}. \]

Решение

Верхняя точка. Там и тяжесть, и реакция рельсов направлены вниз, к центру:

\[ mg + N = \frac{mv_{\text{в}}^2}{R}. \]

Тележка держится на рельсах, пока \(N \ge 0\), то есть пока \(v_{\text{в}}^2 \ge gR\). Минимум:

\[ v_{\text{в}}^2 = gR. \]

Энергия. Рельсы гладкие, поэтому

\[ mgh = mg\cdot 2R + \frac{mv_{\text{в}}^2}{2} \quad\Longrightarrow\quad h = 2R + \frac{R}{2} = 2{,}5\,R. \]

Решение

1. Геометрия витка. За один оборот бусинка проходит по горизонтали \(2\pi R\) и опускается на \(h\), значит длина витка

\[ s = \sqrt{4\pi^2R^2 + h^2},\qquad \sin\beta = \frac{h}{s},\qquad \cos\beta = \frac{2\pi R}{s}. \]

2. Скорость. Проволока гладкая, поэтому работает только тяжесть:

\[ v^2 = 2gH. \]

3. Ускорение — три перпендикулярных направления. Вдоль проволоки всё как на наклонной плоскости, а горизонтальная проекция движения — окружность радиуса \(R\), которую бусинка обегает с горизонтальной скоростью \(v\cos\beta\):

\[ a_\tau = g\sin\beta \ \ (\text{вдоль проволоки}),\qquad a_R = \frac{(v\cos\beta)^2}{R} \ \ (\text{к оси}). \]

4. Реакция проволоки. Тяжесть вертикальна, поэтому «к оси» и «поперёк» всё держит проволока. Раскладывая \(m\vec a = m\vec g + \vec N\) по трём взаимно перпендикулярным направлениям, получаем

\[ N_{\text{к оси}} = \frac{mv^2\cos^2\beta}{R},\qquad N_{\text{гор. касат.}} = mg\sin\beta\cos\beta,\qquad N_{\text{верт.}} = mg\cos^2\beta. \]

(Последнее — это \(mg - ma_\tau\sin\beta = mg(1-\sin^2\beta)\).) По теореме Пифагора

\[ N = m\cos\beta\,\sqrt{\,g^2 + \frac{v^4\cos^2\beta}{R^2}\,}. \]

5. Подставляем. С \(v^2 = 2gH\) и \(\cos\beta = 2\pi R/s\):

\[ \frac{v^4\cos^2\beta}{R^2} = \frac{16\pi^2g^2H^2}{s^2},\qquad N = m\,\frac{2\pi R}{s}\cdot\frac{g}{s}\sqrt{s^2 + 16\pi^2H^2}. \] \[ \boxed{\,N = \frac{2\pi R\,mg}{4\pi^2R^2 + h^2}\, \sqrt{4\pi^2R^2 + h^2 + 16\pi^2H^2}\,} \]

С такой же силой, по третьему закону Ньютона, бусинка давит на спираль.

Решение

Угол наклона. На любом кусочке проволоки вертикальный спуск относится к пройденному пути как \(1 : k\), а это и есть косинус угла между проволокой и вертикалью:

\[ \cos\theta = \frac1k. \]

Движение по «наклонной плоскости». Проволока гладкая, поэтому вдоль неё разгоняет только составляющая тяжести:

\[ a = g\cos\theta = \frac{g}{k}. \]

Вертикальная составляющая этого ускорения

\[ a_{\text{верт}} = a\cos\theta = g\cos^2\theta = \frac{g}{k^2}. \]

На поворотах волны вертикальная составляющая скорости не меняет ни знака, ни величины (меняется только горизонтальная), поэтому в среднем всё так и остаётся.

Второй закон по вертикали. Пусть \(N_{\text{верт}}\) — вертикальная (направленная вверх) составляющая реакции проволоки:

\[ mg - N_{\text{верт}} = m\,a_{\text{верт}} = \frac{mg}{k^2} \quad\Longrightarrow\quad N_{\text{верт}} = mg\Bigl(1 - \frac{1}{k^2}\Bigr). \]

Горизонтальная составляющая на соседних «зубцах» меняет знак и в среднем даёт нуль. По третьему закону Ньютона бусинка давит на проволоку вниз с такой же средней силой.

Решение

1. Траектория центра масс. Верхний шарик скользит по стенке, нижний — по полу, так что их координаты \((0,\,l\sin\alpha)\) и \((l\cos\alpha,\,0)\). Середина гантели — центр масс — находится в точке

\[ \Bigl(\frac{l}{2}\cos\alpha,\ \frac{l}{2}\sin\alpha\Bigr), \]

то есть на расстоянии \(l/2\) от угла при любом \(\alpha\). Центр масс движется по окружности радиуса \(l/2\) с центром в углу.

2. Энергия. Вначале (\(\alpha = 90^\circ\)) центр масс был на высоте \(l/2\), сейчас — на высоте \(\tfrac{l}{2}\sin\alpha\). Кинетическая энергия гантели равна \(2mv_{\text{ц}}^2\) (проверьте: скорости шариков равны \(l\omega\sin\alpha\) и \(l\omega\cos\alpha\), а \(v_{\text{ц}} = \tfrac{l}{2}\omega\)):

\[ 2mv_{\text{ц}}^2 = 2mg\cdot\frac{l}{2}(1-\sin\alpha) \quad\Longrightarrow\quad v_{\text{ц}}^2 = \frac{gl}{2}(1-\sin\alpha). \]

3. Тангенциальное ускорение. Для движения по любой траектории работает школьная формула \(a_\tau = \Delta(v^2)/(2\Delta s)\). Дуга связана с углом как \(\Delta s = \tfrac{l}{2}\Delta\alpha\), а \(\Delta(v_{\text{ц}}^2) = -\tfrac{gl}{2}\cos\alpha\,\Delta\alpha\), поэтому

\[ a_\tau = \frac{g}{2}\cos\alpha. \]

4. Складываем ускорение центра масс. Нормальное направлено к углу, тангенциальное — вдоль дуги:

\[ a_n = \frac{v_{\text{ц}}^2}{l/2} = g(1-\sin\alpha). \]

Горизонтальная проекция полного ускорения (ось \(x\) — от стенки):

\[ a_x = -a_n\cos\alpha + a_\tau\sin\alpha = -g\cos\alpha(1-\sin\alpha) + \frac{g}{2}\sin\alpha\cos\alpha. \]

5. Второй закон. По горизонтали на гантель действует только реакция стенки \(N\):

\[ N = 2m\,a_x = mg\cos\alpha\bigl(-2 + 2\sin\alpha + \sin\alpha\bigr) = mg\cos\alpha\,(3\sin\alpha - 2). \]

Как только \(\sin\alpha\) становится меньше \(2/3\), формула дала бы \(N < 0\) — стенка не умеет притягивать, и шарик от неё отходит.

Решение

1. Центр масс падает отвесно. Горизонтальных внешних сил нет (пол гладкий), а вначале система покоилась — значит, горизонтальная координата центра масс не меняется.

2. Что происходит в последний момент. Гантель легла, ось горизонтальна. Нижний шарик всё время был на полу, поэтому его скорость горизонтальна. Стержень жёсткий, значит, проекции скоростей шариков на ось гантели равны; ось горизонтальна, стало быть горизонтальные скорости шариков одинаковы. Но их сумма равна нулю (центр масс не смещается по горизонтали). Значит, обе горизонтальные скорости — нули: нижний шарик покоится, а верхний движется строго вниз.

3. Энергия. Верхний шарик опустился с высоты \(l\) до нуля, нижний остался на месте, то есть центр масс опустился на \(l/2\), а вся кинетическая энергия — у верхнего шарика:

\[ \frac{mv^2}{2} = 2mg\cdot\frac{l}{2} = mgl \quad\Longrightarrow\quad v = \sqrt{2gl}. \]

Решение

Сила прижатия. Пусть \(\theta\) — угол, отсчитанный от нижней точки. Скорость постоянна, значит, вдоль радиуса

\[ N - mg\cos\theta = \frac{mv^2}{R} \quad\Longrightarrow\quad N = \frac{mv^2}{R} + mg\cos\theta. \]

Среднее за оборот. Скорость постоянна, поэтому среднее по пути — это просто среднее по углу, а среднее косинуса за полный оборот равно нулю:

\[ \langle N\rangle = \frac{mv^2}{R}. \]

Работа трения на пути \(2\pi R\):

\[ |A| = \mu\langle N\rangle\cdot 2\pi R = \mu\cdot\frac{mv^2}{R}\cdot 2\pi R = 2\pi\mu m v^2. \]

Решение

Прижатие на дуге. Участок сопряжения короткий, но крутой: там \(v^2/R\) во много раз больше \(g\), и вклад тяжести можно не учитывать. Тогда

\[ N = \frac{mv^2}{R} = \frac{2K}{R}. \]

Потеря на маленьком кусочке. Пройдя дугу \(\Delta s = R\,\Delta\theta\), тело теряет

\[ \Delta K = -\mu N\,\Delta s = -\mu\cdot\frac{2K}{R}\cdot R\,\Delta\theta = -2\mu K\,\Delta\theta. \]

Замечательно: радиус выпал. Потеря пропорциональна самой энергии — это в точности «сложный процент».

Складываем повороты. Разобьём угол \(\alpha\) на \(n\) одинаковых кусочков \(\Delta\theta = \alpha/n\). После каждого энергия умножается на \(\bigl(1 - 2\mu\alpha/n\bigr)\), значит

\[ K = K_0\Bigl(1 - \frac{2\mu\alpha}{n}\Bigr)^{n} \ \xrightarrow[\ n\to\infty\ ]{}\ K_0\,e^{-2\mu\alpha}. \]

Решение

Как считать. Для каждой пары соседних строк

\[ F = \frac{E_2 - E_1}{l_2 - l_1},\qquad v^2 = \frac{2E}{m},\quad E = \frac{E_1+E_2}{2}. \]

Энергию удобно мерить в МэВ, массу — в массах протона; тогда \(v^2\) получается в «МэВ на протонную массу», а сила — в МэВ/мкм. Абсолютные единицы для проверки гипотезы не нужны.

Что видно на графике. Точки протонов, дейтронов и тритонов перемешаны и укладываются на одну плавную кривую. Значит, предположение подтверждается: тормозящая сила определяется скоростью ядра, а не его массой. Более того, кривая хорошо описывается законом

\[ F \approx \frac{\text{const}}{v},\qquad \text{т. е.}\quad F\sqrt{v^2} \approx 0{,}068\ \text{(в наших единицах)}. \]

Независимая проверка — без всяких графиков. Если сила зависит только от скорости, то у частиц с одинаковой начальной скоростью пробег пропорционален массе (тяжёлая частица при той же скорости несёт в \(m\) раз больше энергии, а теряет её на каждом миллиметре одинаково). Проверим:

протон с \(E = 0{,}78\) МэВ пролетает 10 мкм; та же скорость у дейтрона при \(E = 1{,}56\) МэВ и у тритона при \(E = 2{,}34\) МэВ. По таблице это 19,4 мкм и 29,0 мкм — против предсказанных 20 и 30 мкм. Ещё пара: протон 20 мкм (\(1{,}26\)) → дейтрон \(2{,}52\) МэВ даёт 39,3 мкм вместо 40 ✓.

Решение

Попробуем пружину. Пусть \(F = \varkappa x\). Тогда работа против силы до глубины \(l\) — площадь треугольника \(\varkappa l^2/2\), и остановка наступает при

\[ \frac{\varkappa l^2}{2} = \frac{p^2}{2m} \quad\Longrightarrow\quad l = \frac{p}{\sqrt{\varkappa m}}. \]

Это и есть требуемая пропорциональность \(l = \alpha p\), если

\[ \alpha = \frac{1}{\sqrt{\varkappa m}} \quad\Longrightarrow\quad \varkappa = \frac{1}{m\alpha^2}. \]

Почему других вариантов нет. Условие \(l = \alpha p\) выполняется при любом начальном импульсе, то есть площадь под графиком до произвольной глубины \(l\) задана однозначно:

\[ S(l) = \frac{p^2}{2m} = \frac{l^2}{2m\alpha^2}. \]

А сила — это скорость роста площади: увеличив глубину на маленькое \(\Delta l\), площадь прирастает на \(F(l)\,\Delta l\). Из \(S = l^2/(2m\alpha^2)\) получаем \(F(l) = l/(m\alpha^2)\) — тот же ответ, и единственный.

Решение

1. Импульс убывает пропорционально пути. За малое время \(\Delta t\) частица проходит \(\Delta x = v\,\Delta t\), а импульс силы равен

\[ -\varkappa v\,\Delta t = -\varkappa\,\Delta x. \]

Складывая такие кусочки, получаем на пути \(x\)

\[ p(x) = p - \varkappa x. \]

2. Пробег. Частица останавливается, когда импульс исчерпан:

\[ l = \frac{p}{\varkappa} \]

— и правда пропорционален начальному импульсу. Сравнивая с \(l = \alpha p\), находим \(\varkappa = 1/\alpha\), то есть

\[ p(x) = p - \frac{x}{\alpha}. \]

3. Работа. Работа тормозящей силы равна изменению кинетической энергии, а её удобно выразить через импульс, \(K = p^2/2m\):

\[ A = \frac{p(x)^2}{2m} - \frac{p^2}{2m} = \frac{1}{2m}\left[\Bigl(p - \frac{x}{\alpha}\Bigr)^2 - p^2\right] = \frac{x^2}{2m\alpha^2} - \frac{px}{\alpha m}. \]

Решение

Внутри отрезка \(|x| \le x_0\) сила устроена как пружинная, \(F = -F_0x/x_0\). Площадь под ней (треугольник) даёт

\[ U = \frac{1}{2}\cdot\frac{F_0}{x_0}\,x^2 = \frac{F_0x^2}{2x_0}, \qquad U(x_0) = \frac{F_0x_0}{2}. \]

Дальше сила постоянна, \(|F| = F_0\), и энергия растёт линейно:

\[ U = \frac{F_0x_0}{2} + F_0\bigl(|x| - x_0\bigr) = F_0\Bigl(|x| - \frac{x_0}{2}\Bigr),\qquad |x| > x_0. \]

Область движения. Наибольшая кинетическая энергия достигается в точке \(x = 0\), где \(U = 0\); значит, полная энергия равна \(K\), и частица доходит туда, где \(U(x) = K\).

• Если \(K \le \dfrac{F_0x_0}{2}\), поворот происходит ещё на параболе:

\[ \frac{F_0x^2}{2x_0} = K \quad\Longrightarrow\quad |x| \le \sqrt{\frac{2Kx_0}{F_0}}. \]

• Если \(K > \dfrac{F_0x_0}{2}\), поворот уже на прямом участке:

\[ F_0\Bigl(|x| - \frac{x_0}{2}\Bigr) = K \quad\Longrightarrow\quad |x| \le \frac{K}{F_0} + \frac{x_0}{2}. \]

Решение

Раздвинем на \(\Delta r\). Энергия изменится на

\[ \Delta U = \frac{kqQ}{r+\Delta r} - \frac{kqQ}{r} = kqQ\,\frac{r - (r+\Delta r)}{r(r+\Delta r)} \approx -\frac{kqQ}{r^2}\,\Delta r. \]

Работа равна убыли энергии: \(F_r\,\Delta r = -\Delta U\), откуда

\[ F_r = \frac{kqQ}{r^2}. \]

Здесь \(F_r\) — проекция силы на направление «от одного заряда к другому», то есть на направление роста \(r\).

Знак. Если \(qQ > 0\) (заряды одноимённые), то \(F_r > 0\): сила стремится увеличить расстояние — отталкивание. Если \(qQ < 0\), то \(F_r < 0\) — притяжение.

Решение

Сила. Она определяется убылью энергии на малом перемещении:

\[ \Delta U_0 = \Delta\Bigl(\frac{kqQ}{r}\Bigr) - \Delta\Bigl(\frac{kqQ}{R}\Bigr) = \Delta U - 0 = \Delta U, \]

потому что \(R\) — константа. Значит, сила ровно та же.

Закон сохранения энергии. Он тоже записывается через разности:

\[ K_2 - K_1 = U_0(r_1) - U_0(r_2) = U(r_1) - U(r_2). \]

Добавка \(-kqQ/R\) входит в оба слагаемых одинаково и сокращается.

Единственное, что меняется, — числовое значение полной энергии: оно сдвигается на постоянную \(-kqQ/R\). Ни на траектории, ни на скорости, ни на силы это не влияет. По сути институт просто выбрал другую точку отсчёта: у них \(U_0 = 0\) при \(r = R\), а не при \(r = \infty\).

Решение

Замена. Пусть \(u = l/r > 0\). Тогда \(U = V(u^2 - 2u)\), и условие \(U \le E\) превращается в

\[ u^2 - 2u - \frac{E}{V} \le 0 \quad\Longleftrightarrow\quad 1 - s \le u \le 1 + s,\qquad s \equiv \sqrt{1 + \frac{E}{V}}. \]

(Корень существует при \(E \ge -V\) — это и есть глубина ямы: минимум \(U = -V\) достигается при \(u = 1\), то есть \(r = l\).)

Возвращаемся к \(r\). Так как \(u = l/r\), большим \(u\) отвечают малые \(r\):

\[ \frac{l}{1+s} \le r \le \frac{l}{1-s}. \]

• При \(E > 0\) имеем \(s > 1\), и левое неравенство \(u \ge 1-s\) выполняется само собой (\(u\) положительно). Остаётся

\[ r \ge \frac{l}{1+s} = \frac{lV}{E}\Bigl(-1 + \sqrt{1 + \frac{E}{V}}\Bigr). \]

Частица приходит из бесконечности, доходит до этой стенки и уходит обратно.

• При \(-V \le E < 0\) обе границы работают, движение финитно:

\[ r_{1,2} = \frac{lV}{E}\Bigl(-1 \pm \sqrt{1 + \frac{E}{V}}\Bigr), \qquad r_1 \le r \le r_2. \]

(Легко проверить, что \(\dfrac{lV}{E}(-1+s) = \dfrac{l}{1+s}\) и \(\dfrac{lV}{E}(-1-s) = \dfrac{l}{1-s}\), поскольку \(E = V(s^2-1)\).)

Решение

Где было равновесие. Пусть полная масса была \(M\). Пружина была растянута на \(x_1 = Mg/k\).

Где оно стало. После отрыва куска массы \(m\) осталось \(M-m\), и новое положение равновесия — при растяжении

\[ x_2 = \frac{(M-m)g}{k} = x_1 - \frac{mg}{k}, \]

то есть на \(mg/k\) выше.

Колебания. В момент отрыва оставшийся груз покоился, значит, он оказался в крайней (нижней) точке колебаний, а амплитуда равна расстоянию до нового равновесия:

\[ A = \frac{mg}{k}. \]

Из нижней крайней точки груз поднимается в верхнюю крайнюю — то есть на два размаха амплитуды:

\[ h = 2A = \frac{2mg}{k}. \]

Решение

Положение равновесия — там, где сила пружины уравновешивает тяжесть:

\[ x_0 = \frac{mg}{k}. \]

Амплитуда. В начальный момент деформация нулевая, а скорость нулевая — значит, это крайняя точка колебаний, отстоящая от равновесия на \(x_0\):

\[ A = x_0 = \frac{mg}{k}. \]

Максимальное удлинение — вторая крайняя точка:

\[ x_{\max} = x_0 + A = \frac{2mg}{k}. \]

Максимальная скорость — в положении равновесия. Проще всего через энергию на пути \(x_0\) вниз:

\[ \frac{mv^2}{2} = mg\,x_0 - \frac{kx_0^2}{2} = \frac{m^2g^2}{k} - \frac{m^2g^2}{2k} = \frac{m^2g^2}{2k} \quad\Longrightarrow\quad v = g\sqrt{\frac{m}{k}}. \]

Решение

Жёсткость. При плавном опускании груз останавливается в положении равновесия, а шнур растягивается на \(h/3\):

\[ mg = k\cdot\frac{h}{3} \quad\Longrightarrow\quad k = \frac{3mg}{h}. \]

Резиновый шнур. Поднимем груз на высоту \(H\) над полом и отпустим без толчка. Чтобы груз только-только коснулся пола, вся его потенциальная энергия должна уйти в шнур, растянутый в этот момент на \(h\) (конец шнура был на высоте \(h\), груз опустился до нуля):

\[ mgH = \frac{kh^2}{2} = \frac{3mg}{h}\cdot\frac{h^2}{2} = \frac{3mgh}{2} \quad\Longrightarrow\quad H_1 = \frac{3h}{2}. \]

Заметьте: \(H_1 > h\), то есть груз и правда поднимают выше свободного конца — шнур при этом провисает и энергии не запасает, что мы и учли.

Пружина. Пружину подъём выше \(h\) сжимает на \(H - h\), и этот запас тоже идёт в дело:

\[ mgH + \frac{k(H-h)^2}{2} = \frac{kh^2}{2}. \]

Подставим \(k = 3mg/h\) и обозначим \(H = \beta h\):

\[ \beta + \frac{3}{2}(\beta-1)^2 = \frac32 \quad\Longrightarrow\quad \frac32\beta^2 - 2\beta = 0 \quad\Longrightarrow\quad \beta = \frac43. \] \[ H_2 = \frac{4h}{3}. \]

Решение

Насколько удлинился шнур. В нижней точке каждая половина шнура — гипотенуза с катетами \(l\) и \(x_0\):

\[ \Delta = \sqrt{l^2 + x_0^2} - l \quad(\text{на каждую половину}), \qquad \Delta L = 2\Delta. \]

Энергия. В нижней точке скорость нулевая, значит, вся работа тяжести ушла в упругую энергию шнура:

\[ mg\,x_0 = \frac{k\,(\Delta L)^2}{2} = \frac{k\,(2\Delta)^2}{2} = 2k\Delta^2. \] \[ k = \frac{mg\,x_0}{2\Bigl(\sqrt{l^2+x_0^2} - l\Bigr)^{2}}. \]

Решение

Энергия. Пусть \(x\) — наибольшее сжатие. От начала падения до этого момента тело опустилось на \((h-l) + x\), а вся энергия ушла в пружину:

\[ mg\bigl(h - l + x\bigr) = \frac{kx^2}{2}. \]

Это квадратное уравнение \(kx^2/2 - mgx - mg(h-l) = 0\); берём положительный корень:

\[ x = \frac{mg + \sqrt{m^2g^2 + 2kmg(h-l)}}{k}. \]

Сила на пол равна силе упругости \(kx\):

\[ F = kx = mg\left(1 + \sqrt{1 + \frac{2k(h-l)}{mg}}\right). \]

Почему жёсткая пружина «бьёт» сильнее. Энергия \(\approx mg(h-l)\) фиксирована, а гасить её пружина обязана на своём ходе \(x\). Жёсткая пружина сжимается меньше — значит, тормозить тело приходится на более коротком пути, а сила тем больше, чем короче путь торможения. Формально при больших \(k\)

\[ F \approx \sqrt{2kmg(h-l)} \propto \sqrt{k}. \]

Решение

Что было до нажатия. Пружина сжата весом верхнего груза:

\[ x_{\text{равн}} = \frac{m_1g}{k}\quad(\text{сжатие}). \]

Нажали силой \(F\) — добавилось сжатие \(F/k\). Отпустили: верхний груз находится на \(F/k\) ниже положения равновесия и покоится, то есть это крайняя точка колебаний с амплитудой \(A = F/k\).

Верхняя точка — на \(F/k\) выше равновесия. Деформация пружины там

\[ \frac{m_1g}{k} - \frac{F}{k}, \]

и при \(F > m_1g\) это уже растяжение величиной \((F - m_1g)/k\). Пружина тянет нижний груз вверх с силой \(F - m_1g\).

Условие отрыва:

\[ F - m_1g \ge m_2g \quad\Longrightarrow\quad F \ge (m_1 + m_2)g. \]

Решение

1. Момент отрыва. Пока тело на доске, оно идёт вниз с ускорением \(a\). По второму закону (вниз положительно)

\[ ma = mg - kx - N. \]

Отрыв наступает при \(N = 0\):

\[ x_1 = \frac{m(g-a)}{k}. \]

(Разумеется, при \(a < g\); если доску отпустить в свободное падение, тело от неё не отстанет вовсе.)

2. Скорость в этот момент. Разгон был равноускоренным с ускорением \(a\) на пути \(x_1\):

\[ v^2 = 2a\,x_1 = \frac{2am(g-a)}{k}. \]

3. Дальше — колебания. Положение равновесия тела на пружине — при удлинении \(x_{\text{равн}} = mg/k\). В момент отрыва тело находится выше него на

\[ d = \frac{mg}{k} - x_1 = \frac{ma}{k} \]

и движется вниз со скоростью \(v\). Амплитуда колебаний с \(\omega^2 = k/m\):

\[ A^2 = d^2 + \frac{v^2}{\omega^2} = \frac{m^2a^2}{k^2} + \frac{2am(g-a)}{k}\cdot\frac{m}{k} = \frac{m^2}{k^2}\bigl(2ag - a^2\bigr). \]

4. Максимальное удлинение — равновесие плюс амплитуда:

\[ x_{\max} = \frac{mg}{k} + \frac{m}{k}\sqrt{2ga - a^2} = \frac{m}{k}\Bigl(g + \sqrt{2ga - a^2}\Bigr). \]

Решение

Что нужно правому. Он стронется, когда сила пружины превысит трение покоя:

\[ k\,x_* = \mu m_2 g \quad\Longrightarrow\quad x_* = \frac{\mu m_2 g}{k}. \]

Что может левый. Он стартует с места, а наибольшее смещение \(x_{\max}\) — там, где он снова останавливается. На этом участке работа силы \(F\) уходит на трение и на пружину:

\[ F\,x_{\max} = \mu m_1 g\,x_{\max} + \frac{k\,x_{\max}^2}{2} \quad\Longrightarrow\quad x_{\max} = \frac{2\bigl(F - \mu m_1 g\bigr)}{k}. \]

Сшиваем: нужно \(x_{\max} \ge x_*\):

\[ \frac{2(F - \mu m_1 g)}{k} \ge \frac{\mu m_2 g}{k} \quad\Longrightarrow\quad F \ge \mu g\Bigl(m_1 + \frac{m_2}{2}\Bigr). \]

Решение

Наибольшее растяжение. Груз опускается из состояния покоя и останавливается, когда вся работа тяжести перейдёт в пружину:

\[ mg\,x_{\max} = \frac{k\,x_{\max}^2}{2} \quad\Longrightarrow\quad x_{\max} = \frac{2mg}{k}. \]

(Тело \(m_0\) пока стоит, поэтому длина нити не меняется и всё удлинение достаётся пружине.)

Наибольшее натяжение нити равно силе пружины в этот момент:

\[ T_{\max} = k\,x_{\max} = 2mg. \]

Условие сдвига тела \(m_0\):

\[ 2mg \ge \mu m_0 g \quad\Longrightarrow\quad m \ge \frac{\mu m_0}{2}. \]

Подсказка

Работа при медленном подъёме равна приращению потенциальной энергии центра масс. Минимальная работа достигается, когда конус доводится до положения неустойчивого равновесия (центр масс над ребром опоры), после чего он опрокидывается сам.

Ответ

\(A_1 = mgR\sqrt{1 + \left(\operatorname{ctg}\alpha - \dfrac{A}{mgR(1 - \sin\alpha)}\right)^2} - \dfrac{A\sin\alpha}{1 - \sin\alpha}\).

Подсказка

Работу силы удобно искать через изменение кинетической энергии, а для конечной скорости нужен импульс силы "— площадь под графиком.

Ответ

\(A = 136{,}4\text{ мДж}\).

Решение

Изменение импульса тела пропорционально площади под графиком приведенной зависимости, которую можно найти суммированием площадей прямоугольников и трапеций (или треугольников): \(\Delta p = 4{,}4\cdot 10^{-2}\text{ Н}\cdot\text{с}\). Конечную скорость найдем через изменение импульса: \(v = v_0 + \dfrac{\Delta p}{m} = 4{,}2\) м/с. По теореме об изменении кинетической энергии \[\frac{mv_0^2}{2} + A = \frac{mv^2}{2},\] откуда \(A = 136{,}4\) мДж.

Подсказка

Как связаны полезная работа (подъём на высоту) и полная работа, включающая работу против силы трения на том же пути?

Ответ

\(74\,\%\)

Подсказка

КПД системы блоков, соединённых последовательно, равен произведению КПД блоков, через которые передаётся усилие. Определите по рисунку, сколько блоков и какого типа в системе.

Подсказка

Выразите изменение импульса и изменение энергии через начальную и конечную скорости и разделите одно на другое. Что получится в отношении?

Ответ

\(s = \dfrac{\Delta w}{\Delta p}\,\tau = 12{,}5\) м.

Решение

Из условия \[\begin{cases} m(v_2 - v_1) = \Delta p,\\ \dfrac{1}{2}\,m(v_2^2 - v_1^2) = \Delta w. \end{cases}\] Деля второе равенство на первое, получим значение средней скорости за время действия силы: \[v_{\text{ср}} = \frac{v_1 + v_2}{2} = \frac{\Delta w}{\Delta p} = 2{,}5\text{ м/с}.\] Окончательно получаем \[s = v_{\text{ср}}\tau = \frac{\Delta w}{\Delta p}\,\tau = 12{,}5\text{ м}.\]

Подсказка

В верхней точке дуги нужна центростремительная сила, а её создаёт только сила тяжести, и опора не должна пропасть. Отсюда ограничение на скорость; мощность же идёт на подъём центра масс на каждом шаге.

Ответ

1) \(\dfrac{u_{\text{З.max}}}{u_{\text{М.max}}} = \sqrt{\dfrac{g_{\text{З}}}{g_{\text{М}}}} \approx 1{,}6\);  2) \(\dfrac{P_{\text{З.max}}}{P_{\text{М.max}}} = \dfrac34\cdot\left(\dfrac{g_{\text{З}}}{g_{\text{М}}}\right)^{3/2} \approx 3{,}1\).

Подсказка

Мгновенный центр скорости катушки лежит в точке касания с горкой. Найдите скорость точки каната, с которой рабочий идёт вместе, и примените «золотое правило механики» (равенство работ) для выигрыша в силе.

Ответ

\(V = \dfrac{2\pi R}{t}\left(1 + \dfrac{r}{R}\right) \approx 1{,}57\) м/с;  \(k = 10\left(1 + \dfrac{r}{R}\right) \approx 16{,}7\);  \(F = \dfrac{mg}{10\left(1 + r/R\right)} = 60\) Н;  \(P = FV \approx 94\) Вт.

Подсказка

Работа равна изменению потенциальной энергии каната. Используйте симметрию: левая и правая трети каната после первого шага устроены одинаково, а что изменится при втором?

Ответ

12 Дж.

Подсказка

Граница между покоящимся и движущимся снегом перемещается со скоростью, отличной от \(v\); из сохранения массы найдите её и массу движущейся части как функцию времени. Сила тяги уравновешивает трение и изменение импульса вовлекаемого снега.

Ответ

А) \(t = \dfrac{W_0}{\mu g v^2}\cdot\dfrac{\rho_1-\rho_0}{\rho_1\rho_0} - \dfrac{v}{\mu g}\);  Б) \(W_1 = \mu M_0 g v + \rho_0 v^3\).

Подсказка

Обозначьте расстояния от вершины до колечка и до втулки через \(x\) и \(y\) и запишите длину нити: \(x + \sqrt{x^2 + y^2} = l\). Ускорение втулки получится дифференцированием её скорости; натяжение нити тянет втулку с проекцией \(T\sin\alpha\), а колечко — с двух сторон.

Ответ

1) \(u(0) = v\);  2) \(u = v\dfrac{1 + \cos\alpha}{\sin\alpha}\);  3) \(F = m\dfrac{v^2(1 + \cos\alpha)^4}{l\sin^4\alpha}\).

Решение

За небольшое время \(\Delta t\) колечко пройдёт расстояние \(v\Delta t\), оставив позади себя кусочек нити длиной \(v\Delta t\). Такой же по длине кусочек нити должен освободиться из-за приближения втулки к колечку. Значит, \(u(0)\Delta t = v\Delta t\), и: \[u(0) = v.\]

Ответ на второй вопрос можно получить разными способами.

Способ 1. Перейдём в систему отсчёта, связанную с колечком. В этой СО колечко неподвижно, а у втулки появляется составляющая скорости, перпендикулярная стержню (см. рисунок). При этом относительно точки \(C\), выбранной вблизи колечка, втулка движется по окружности. Проекции скоростей втулки и точки \(C\) на направление участка нити между втулкой и кольцом должны компенсировать друг друга так, чтобы длина этого участка оставалась постоянной. Точка \(C\) движется со скоростью \(v\), поэтому: \[v = u\sin\alpha - v\cos\alpha.\]

Способ 2. Пусть расстояния от вершины прямого угла до колечка и до втулки равны соответственно \(x\) и \(y\). Тогда запишем полную длину нити следующим образом: \[x + \sqrt{x^2 + y^2} = l.\] Возьмём производную по времени: \[\dot x + \frac{x\dot x + y\dot y}{\sqrt{x^2 + y^2}} = \dot l = 0;\] \[\dot y = -\frac{\dot x}{y}\left(\sqrt{x^2 + y^2} + x\right);\] \[u = \frac{v}{y}\left(\sqrt{x^2 + y^2} + x\right).\] \[u = v\left(\frac{1}{\sin\alpha} + \frac{1}{\operatorname{tg}\alpha}\right) = v\,\frac{1 + \cos\alpha}{\sin\alpha}.\]

Способ 3. Рассмотрим маленький промежуток времени \(\Delta t\). Колечко прошло расстояние \(v\Delta t\), а втулка \(u\Delta t\). Проецируя эти перемещения на отрезок, соединяющий колечко с ниткой, получим маленькое изменение длины куска нити между ними: \[\Delta R = v\Delta t\cos\alpha - u\Delta t\sin\alpha.\] Кусок нити между вершиной прямого угла и колечком увеличился на \(v\Delta t\). Так как полная длина нити не меняется: \[(v\cos\alpha - u\sin\alpha + v)\Delta t = 0.\] Откуда: \[u = v\,\frac{1 + \cos\alpha}{\sin\alpha}.\]

Ответ на третий вопрос можно получить разными способами.

Способ 1. Скорость втулки при её движении по окружности относительно точки \(C\) равна: \[v\sin\alpha + u\cos\alpha = v\,\frac{\sin^2\alpha + \cos\alpha(1 + \cos\alpha)}{\sin\alpha} = v\,\frac{1 + \cos\alpha}{\sin\alpha}.\] Нормальная компонента ускорения: \[a_n = \frac{v^2(1 + \cos\alpha)^2}{\sin^2\alpha\cdot R},\] где \(R = \dfrac{l}{1 + \cos\alpha}\) — длина участка нити между втулкой и точкой \(C\). Полное ускорение втулки \(a\) направлено вдоль стержня, а \(a_n\) является его проекцией на нить. Поэтому \[a = \frac{a_n}{\sin\alpha} = \frac{v^2(1 + \cos\alpha)^3}{\sin^3\alpha\cdot l}.\]

Способ 2. Воспользуемся полученной в предыдущем пункте связью \(u\) и \(v\): \[u = \frac{v}{y}\left(\sqrt{x^2 + y^2} + x\right) = v\,\frac{l}{y}.\] Возьмём производную по времени от этого выражения: \[a = -vl\,\frac{\dot y}{y^2} = \frac{v^2 l^2}{y^3}.\] Так как нить нерастяжима: \[l = \frac{y}{\sin\alpha} + \frac{y}{\operatorname{tg}\alpha} \;\Rightarrow\; y = \frac{l\sin\alpha}{1 + \cos\alpha}.\] Тогда: \[a = \frac{v^2(1 + \cos\alpha)^3}{\sin^3\alpha\cdot l}.\]

Далее \(ma = T\sin\alpha\), откуда \[T = m\,\frac{v^2(1 + \cos\alpha)^3}{\sin^4\alpha\cdot l}.\] Сила \(F\), прикладываемая к колечку, равна сумме проекций двух сил натяжения на стержень: \[F = T + T\cos\alpha = m\,\frac{v^2(1 + \cos\alpha)^4}{l\sin^4\alpha}.\]

Подсказка

Сложите силу тяжести и постоянную силу \(\vec F\) в одно «эффективное» поле тяжести: горку можно преодолеть, если ни одна её точка не оказывается в этом поле выше стартовой. В третьем пункте работу силы \(F\) выгоднее всего набирать, направляя её вдоль траектории.

Ответ

1) \(F_{\min 1} = \dfrac{4}{3}mg\);  2) \(F_{\min 2} = \dfrac{4}{5}mg\), \(\alpha_{opt} = \arcsin\dfrac45 = \operatorname{arctg}\dfrac43\) (сила направлена по касательной к горке);  3) \(s_{\min} = \dfrac{H}{2}\left(2 + \sqrt3 - \dfrac{5\pi}{6}\right) \approx 0{,}56\,H\), сила всё время направлена вдоль траектории.

Решение

Пункт 1. Метод 1. Бусинка движется под действием суммы внешних сил \(\vec F + m\vec g\). Рассмотрим движение в поле эффективного ускорения свободного падения: \[\vec g_{eff} = \vec g + \frac{\vec F}{m}.\]

Для преодоления горки необходимо, чтобы в любой точке траектории потенциальная энергия была меньше, чем в точке старта.

В критическом случае перпендикуляр к эффективному ускорению свободного падения касается второй четверть-окружности. Тогда из геометрии \(\theta = 2\operatorname{arctg}(1/2)\). \[F_{\min 1} = mg\operatorname{tg}\theta = \frac{4mg}{3}.\]

Метод 2. Если бусинка преодолела горку, это значит, что в любой момент времени работа внешних сил: \[A_F \geqslant \Pi,\] где \(\Pi\) — потенциальная энергия. Поделим обе части неравенства на \(mg\) и подставим \(A_F = F\cdot x\): \[\frac{F\cdot x}{mg} \geqslant h.\]

Рассмотрим график зависимости обеих величин от \(x\). В критическом случае графики касаются. Тогда тангенс угла наклона прямой равен: \[\operatorname{tg}\theta = \frac43 = \frac{F}{mg}.\] Получаем: \[F_{\min 1} = mg\operatorname{tg}\theta = \frac{4mg}{3}.\]

Пункт 2. Метод 1. Минимум силы достигается, когда вектор \(\vec F/m\) перпендикулярен вектору \(\vec g_{eff}\). Направление силы \(F\) — по касательной к горке под углом \(\theta\) к горизонту.

\[F_{\min 2} = mg\sin\theta = \frac45 mg; \qquad \theta = 2\operatorname{arctg}(1/2) = \arcsin(4/5).\]

Метод 2. Снова запишем неравенство \[A_F \geqslant \Pi.\] Подставим \(A_F = F_x\cdot x + F_y\cdot h\): \[F_x\cdot x + F_y\cdot h \geqslant mgh; \qquad F_x\cdot x \geqslant h(mg - F_y); \qquad \frac{F_x}{mg - F_y}\cdot x \geqslant h.\] Аналогично предыдущему пункту получаем, что: \[\frac{F_x}{mg - F_y} = \operatorname{tg}\theta = \frac43; \qquad F_x = \frac43 mg - \frac43 F_y.\] С учётом того, что \(F^2 = F_x^2 + F_y^2\), получаем: \[F^2 = \frac{16}{9}F_y^2 - \frac{32}{9}F_y mg + \frac{16}{9}m^2g^2 + F_y^2 = \frac{25}{9}F_y^2 - \frac{32}{9}F_y mg + \frac{16}{9}m^2g^2.\] Минимум этой квадратичной зависимости достигается при: \[F_y = \frac{16}{25}mg.\] Тогда \[F_{\min 2}^2 = \frac{16}{9}m^2g^2 - \frac{16^2}{25\cdot 9}m^2g^2 = \frac{16}{25}m^2g^2.\] Получаем ответ: \[F_{\min 2} = \frac45 mg.\] Угол с горизонтом: \[\theta = \operatorname{arctg}\frac{F_y}{F_x} = \operatorname{arctg}\frac43.\]

Пункт 3. Если бусинка преодолела горку, это значит, что в любой момент времени сумма работ внешних сил: \[A_F + A_{mg} \geqslant 0.\] Для максимизации работы силы \(F\) последняя должна быть всегда направлена вдоль траектории. Рассмотрим критический случай, когда бусинка достигает предельной точки, остановившись на второй четверть-окружности. Параметризуем эту точку углом \(\alpha\). В критическом случае эта точка является положением равновесия: \[F = mg\cos\alpha.\]

Работа сил равна нулю: \[F\cdot\left(s + \frac H2\cdot\left(\frac\pi2 + \alpha\right)\right) = mg\frac H2\cdot(1 + \sin\alpha);\] \[s = \frac{mg}{F}\,\frac H2\cdot(1 + \sin\alpha) - \frac H2\cdot\left(\frac\pi2 + \alpha\right); \qquad s = \frac H2\left(\frac{1 + \sin\alpha}{\cos\alpha} - \frac\pi2 - \alpha\right).\] С учётом \(F = mg\cos\alpha\): \[s = \frac H2\left(\frac{1 + \sqrt{1 - F^2/m^2g^2}}{F/mg} - \frac\pi2 - \arccos\frac{F}{mg}\right).\] Для \(F = mg/2\): \[s = \frac H2\left(2 + \sqrt3 - \frac{5\pi}{6}\right).\]