Олимпиадные задачи по физике. Международная олимпиада

Механика. Решения задач
65
ρ~gl
2
ρ~gl
1
~
N
~
F
тр
~
T (0)
~
T
α
~
T
~
T +d ~
T
dl
ρ~gdl
Рис. 54.
Рис. 55.
Задача
1.20
(Верёвка)
Верёвка движется равномерно. Следовательно, сумма сил, приложенных к
ней, а также к её части, равна нулю. К верёвке приложены следующие силы
(рис.
54
): ~
T
0
— сила, удерживающая верхний конец верёвки на одной высоте;
силы тяжести её двух частей ρ~gl
1
и ρ~gl
2
; ~
N — сила нормальной реакции со
стороны горизонтальной поверхности; сила трения ~
F
тр
этой поверхности.
Запишем условие равновесия для части верёвки, висящей в воздухе:
~
T
0
+ ρ~gl
2
+ ~
T (0) = 0,
где ~
T (0) — сила, действующая со стороны части верёвки, лежащей на поверх-
ности. Из этого условия получим
T
0
=
q
(ρgl
2
)
2
+ (T (0))
2
.
(1)
Чтобы найти T (0) запишем условие равновесия малого элемента верёвки дли-
ной dl (рис.
55
):
T + dT = T + ρgdl sin α.
Отсюда следует, что:
dT = ρgdh,
то есть для силы натяжения T (h) в точке верёвки, находящейся на высоте h
над поверхностью, имеем:
T
0
− T (h) = ρg(H − h).
Отсюда получаем значение силы натяжения в самой нижней точке той части
верёвки, которая не соприкасается с поверхностью:
T (0) = T
0
− ρgH.
(2)

66
Международная физическая олимпиада «Туймаада»
Такая же по модулю сила в соответствии с третьим законом Ньютона дей-
ствует и на горизонтальную часть верёвки. Условия равновесия этой части
имеют вид:
ρgl
1
= N,
T (0) = F
тр
= kN = kρgl
1
.
(3)
Из системы уравнений (1), (2) и (3) получим ответ:
l
2
=
pH(H + 2kl
1
).
Проанализируем полученный результат в предельном случае k → 0. Ви-
дим, что l
2
→ H, то есть при малом трении не лежащая на поверхности часть
верёвки располагается почти вертикально, что вполне соответствует интуи-
тивно ожидаемому результату.
Задача
1.21
(За пределами второй космической скорости)
Для нахождения модуля скорости ~v достаточно применить закон сохранения
энергии в инерциальной системе отсчёта, связанной с Солнцем:
m(v
e
+ v
0
)
2
2
− G
mM
e
R
e
− G
mM
s
R
s
=
mv
2
2
.
(1)
Здесь m — масса космического корабля, M
e
— масса Земли, M
s
— масса
Солнца, R
e
— радиус Земли, R
s
— расстояние от Земли до Солнца, v
e
—
скорость движения Земли по своей орбите, G — гравитационная постоянная.
Из уравнения (1) находим
v =
s
(v
e
+ v
0
)
2
− 2G
 M
e
R
e
+
M
s
R
s

.
(2)
Это и есть один из ответов задачи, поскольку все величины, не заданные в
условии, известные константы.
Для нахождения угла α (рис.
56
) используем закон сохранения момента
импульса:
(v
e
+ v
0
)R
s
= v(R
s
+ a) sin α.
(3)
Здесь (a + R
s
) sin α = p — плечо импульса космического корабля, покидаю-
щего Солнечную систему (рис.
56
). Связь величин a и α, входящих в (3),
определяется свойством гиперболы r
1
− r
2
= 2a. Разность расстояний от точ-
ки гиперболы до её фокусов F
1
и F
2
стремится к отрезку F
1
B (рис.
56
) при
бесконечном удалении от центра O. Поэтому имеем
F
1
B = 2a = 2c cos α,
или a =
R
s
cos α
1 − cos α
,

Механика. Решения задач
67
S
F
1
F
2
α
~v
R
s
B
E
~v
0
~v
e
a
Рис. 56.
поскольку c = a + R
s
. Подставляя последнее выражение в (3) получим:
v
v
e
+ v
0
=
1 − cos α
sin α
= tg
α
2
.
Остаётся подставить сюда выражение скорости v из (2):
α = 2 arctg
s
1 −
2G
(v
e
+ v
0
)
2
 M
e
R
e
+
M
s
R
s

.
Задача
1.22
* (Противостояние Марса)
Для нахождения радиуса орбиты Марса применим к этой планете второй
закон Ньютона, учтя лишь её притяжение к Солнцу:
M
M
ω
2
M
R
M
= G
M
S
M
M
R
2
M
,
(1)
где M
M
— масса Марса, M
S
— масса Солнца, G — гравитационная постоян-
ная. Аналогичное уравнение запишем для Земли:
M
E
ω
2
E
R
E
= G
M
S
M
E
R
2
E
.
(2)
Разделив уравнение (2) на уравнение (1), получим:
ω
E
ω
M
=
T
M
T
E
=
 R
M
R
E

3
/2
= k.
(3)
Отсюда находим искомый радиус орбиты Марса:
R
M
= R
E
k
2
/3
= 1,52R
E
= 2,28 · 10
11
м.

68
Международная физическая олимпиада «Туймаада»
Равенство (3) отражает, так называемый, третий закон Кеплера. В более
общем случае он связывает периоды обращения планет с большими полуося-
ми a их эллиптических орбит:
T
M
T
E
=
 a
M
a
E

3
/2
.
(4)
В положении противостояния Земля, Марс и Солнце лежат на одной пря-
мой (рис.
57
). Если радиус-векторы Земли и Марса вращаются с разными
~
S
E
2
M
2
S
ϕ
E
1
E
2
M
1
M
2
Рис. 57.
Рис. 58.
угловыми скоростями ω
M
и ω
E
, то очередное противостояние наступит через
промежуток времени τ , в течение которого разность углов поворота окажется
равной 2π:
ω
E
τ − ω
M
τ = 2π.
Отсюда находим
τ =
T
E
k
k − 1
≈ 780 суток.
Чтобы найти угловое смещение ϕ линии противостояния за промежуток
времени τ , следует принять во внимание, что за это время радиус-вектор
Марса повернётся на угол, превышающий 2π на искомую величину ϕ:
ϕ = ω
M
τ − 2π = 2π
2 − k
k − 1
≈ 49
◦
.
Для выполнения заданий пункта 3 рассмотрим траекторию Марса в ви-
де эллипса, изображённого на рисунке
58
. Лучи M
1
S и M
2
S, ограничиваю-
щие угол ϕ — линии последовательных противостояний вблизи точки орби-
ты Марса, удалённой от Солнца приблизительно на расстояние R. Вероятно,
угол ϕ зависит от того, в каком месте эллиптической орбиты окажутся линии

Механика. Решения задач
69
последовательных противостояний. Тогда и время между этими противостоя-
ниями должно определяться их положениями на орбите. Для проверки этого
предположения следует вычислить промежуток времени τ между противо-
стояниями как функцию расстояния R между Марсом и Солнцем.
За время τ Марс совершает один оборот и дополнительно проходит дугу
M
1
M
2
, а Земля — два оборота и дугу E
1
E
2
. Поэтому
τ = T
M
+ t
M
= 2T
E
+ t
E
,
(5)
где t
M
— время движения Марса по дуге M
1
M
2
, а t
E
— время движения
Земли по дуге E
1
E
2
.
Для Земли
t
E
=
ϕ
ω
E
=
ϕ
2π
T
E
,
(6)
где ϕ — угловое перемещение линии противостояния. Время t
M
найдём, вос-
пользовавшись вторым законом Кеплера, который говорит о том, что сектор-
ная скорость движения планеты по эллиптической орбите в любой момент
одинакова. Площадь сектора SM
1
M
2
, ограниченного углом ϕ и траектори-
ей Марса, равна ϕR
2
/2. Считая эллиптичность орбиты Марса малой, можно
приближённо оценить её площадь как π
 R
max
+ R
min
2

2
. Таким образом,
для времени t
M
движения Марса по дуге M
1
M
2
находим следующее выра-
жение
t
M
= T
M
ϕR
2
/2
π
 R
max
+ R
min
2

2
= T
M
2ϕ
π
R
2
(R
max
+ R
min
)
2
.
(7)
Из (6) и (7) получаем:
t
M
t
E
=
T
M
T
E

2R
R
max
+ R
min

2
.
Подставим это соотношение в (5):
τ = T
M
+ t
E
T
M
T
E

2R
R
max
+ R
min

2
= 2T
E
+ t
E
.
Отсюда найдём вначале
t
E
=
2T
E
− T
M
T
M
T
E

2R
R
max
+ R
min

2
− 1
,
τ = 2T
E
+
2T
E
− T
M
T
M
T
E

2R
R
max
+ R
min

2
− 1
. (8)
Величина 2T
E
− T
M
= 2T
E
− kT
E
= T
E
(2 − k) > 0. Кроме того, поскольку
R изменяется в пределах от R
min
до R
max
, то из (8) следует, что наимень-
шему R = R
min
соответствует наибольшее значение τ = τ
max
, а наибольшему

70
Международная физическая олимпиада «Туймаада»
R = R
max
— наименьшее τ = τ
min
. Воспользуемся упомянутым выше третьим
законом Кеплера для системы Марс–Земля
T
M
T
E
=
 R
max
+ R
min
2R
E

3
/2
.
Подставляя найденное соотношение в (8), найдём
τ = 2T
E
+
2T
E
− T
M
k
−1/3

R
R
E

2
− 1
.
Отсюда, подставляя численные значения, получим:
R
min
= k
1
/6
R
E
r τ
max
− T
M
τ
max
− 2T
E
≈ 1,38R
E
≈ 2,07 · 10
11
м;
R
max
= k
1
/6
R
E
r τ
min
− T
M
τ
min
− 2T
E
≈ 1,68R
E
≈ 2,52 · 10
11
м.
Величина
a =
1
2
(R
min
+ R
max
) = 1,53R
E
представляет собой большую полуось эллиптической орбиты Марса, связан-
ную с периодом T
M
третьим законом Кеплера (4). Сравнение полученных
результатов и реальных значений R
min
= 1,38R
E
, R
max
= 1,66R
E
, a = 1,52R
E
показывает, что принятые в решении задачи приближения неплохо описыва-
ют исследуемое здесь явление не только качественно, но и количественно.
Решение данной задачи иллюстрирует типичную для физики ситуацию,
когда нужно найти величины, не поддающиеся непосредственным измерени-
ям. В рассматриваемом примере размер орбиты Марса «определяется часа-
ми».
Задача
1.23
(Сосуд)
Сосуд может прийти в движение под действием силы реакции вытекающей
воды R (рис.
59
). Для её нахождения применим закон изменения импульса к
воде, которая вытекает из сосуда за малый промежуток времени ∆t:
ρσv
2
∆t = R∆t,
(1)
где v — скорость вытекающей воды, а ρ — плотность воды. Скорость v мож-
но найти, приравнивая работу сил гидростатического давления и энергию
вытекающей струи:
P σv∆t =
∆mv
2
2
=
1
2
ρσv∆tv
2
,

Механика. Решения задач
71
где P = ρgh — давление жидкости на уровне пробки. Подставляя это значе-
ние, получим
v
2
= 2gh.
(2)
Из (1) и (2) находим
R = 2ρσgh.
(3)
К сосуду с водой применим второй закон Ньютона:
(m + ρgSh)a = 2ρσgh − µ(m + ρgSh)g,
отсюда µ =
2ρσgh − (m + ρgSh)a
(m + ρSh)g
.
h
~
F
t
~
R
σ
~a
µ
~v
Рис. 59.
Из ответа видно, что чем с меньшим ускорением a приходит в движение
сосуд, тем больше коэффициент трения µ. Максимальное значение коэффи-
циента трения, при котором сосуд ещё может скользить по поверхности,
µ
1
=
2ρσgh
(m + ρSh)g
.
Если же µ > µ
1
то сосуд останется на месте.
Задача
1.24
(Конус)
Если бы вместо конуса в объёме, который он занимает, находилась та же
самая жидкость, то она была бы в положении равновесия. Это означает, что
на конус действует сила Архимеда, направленная вверх и равная по величине
силе тяжести, которая действует на жидкость равного с конусом объёма:
F
a
=
ρgSH
3
=
ρgπD
2
12
H.
Эта сила складывается из двух сил: силы ~
f , с которой жидкость действует
на основание конуса, и той силы ~
F , которую нужно по условию задачи найти
(рис.
60
). Сила, действующая на основание конуса, направлена вдоль его оси
и равна по величине произведению площади основания на среднее давление.

72
Международная физическая олимпиада «Туймаада»
α
~
F
~
F
a
~
f
Рис. 60.
В силу симметрии формы основания конуса и однородности поля тяжести
это среднее давление равно ρgh. Отсюда
f =
ρghπD
2
4
.
Согласно рисунку
60
горизонтальная составляющая силы ~
F равна:
F
1
= f cos α = ρgh
πD
2
4
cos α,
а вертикальная составляющая
F
2
= F
a
+ f sin α = ρgH
πD
2
12
+ ρgh
πD
2
4
sin α.
Модуль искомой силы F =
pF
2
1
+ F
2
2
.
Задача
1.25
(Пробирка)
На рисунке
61
слева изображена пробирка в положении равновесия, а спра-
ва — спустя время t от начала движения. В качестве искомого уравнения дви-
жения найдём функцию x = x(t), описывающую изменение со временем коор-
динаты x края пробирки, отсчитываемой от положения равновесия (рис.
61
).
Чтобы найти это уравнение, применим второй закон Ньютона:
ma
x
= m − F
a
,
или
ma
x
= m − ρS(L − h + x),
(1)
где a
x
— проекция ускорения на ось x, ρ — плотность воды, h — расстояние
от верхнего края пробирки в состоянии равновесия до уровня воды (рис.
61
),

Механика. Решения задач
73
h
0
x
x
L
~a
~
F
a
m~
Рис. 61.
а F
a
= ρS(L − h + x) — сила Архимеда. В положении равновесия a
x
= 0 и
из (1) получается
m = ρS(L − h).
(2)
Уравнение (1) после подстановки (2) принимает вид:
a
x
= −
ρS
m
x.
Получилось динамическое уравнение гармонических колебаний с круговой
частотой
ω =
r ρS
m
= 8,7 с
−1
.
Следовательно, координата x меняется со временем по закону
x = A sin(ωt + ϕ),
где A — амплитуда колебаний, а ϕ — фаза при t = 0. Эти параметры на-
ходятся из начальных условий. В соответствии с условием задачи наиболь-
шее отклонение пробирки A = h было в начальный момент времени. Из
(2) следует, что h = L − (m/ρS) = 3,0 cм. Для начального момента времени
x = h sin(ω · 0 + ϕ), и, следовательно, ϕ = π/2. Таким образом, окончательно
находим:
x = h cos(ω t) ≈ 3,0 cos(8,7 · t),
где x измеряется в сантиметрах, а t — в секундах.

74
Международная физическая олимпиада «Туймаада»
Задача
1.26
* (Цунами)
Пусть цунами перемещается вдоль оси x со скоростью v. Рассмотрим дви-
жение частиц воды в системе отсчёта, связанной с горбом волны (рис.
62
).
~v
~v
~u
h
h
1
1
2
x
y
x
x
0
L
ϕ
−dx
dy
y
m
Рис. 62.
Рис. 63.
Вдали от горба в сечении 1 вода относительно этой системы отсчёта дви-
жется со скоростью v в направлении, противоположном оси x. В области
горба горизонтальная составляющая скорости частиц воды равна u. Вслед-
ствие несжимаемости жидкости, массы воды, проходящей за время ∆t через
сечения 1 и 2, равны:
ρhbv∆t = ρh
1
bu∆t,
где ρ — плотность воды, b — толщина рассматриваемого слоя воды в направ-
лении, перпендикулярном к плоскости рисунка. Из полученного соотношения
следует
u = v
h
h
1
.
(1)
Применим к воде рассматриваемого слоя, которая заключена в объёме
между сечениями 1 и 2, закон изменения импульса за время ∆t:
ρvbhv∆t−ρubhv∆t =
1
2
(−ρgh
2
b+ρgh
2
1
b)∆t, или hv(v−u) =
g
2
(h
1
−h)(h+h
1
),
где g — ускорение свободного падения, а множитель 1/2 учитывает линейное
уменьшение давления с высотой.
Подставляя в последнее выражение (1) и учитывая, что высота волны
существенно меньше глубины водоёма, то есть h + h
1
≈ 2h, получим
v ≈
p
g
h.

Механика. Решения задач
75
Этот результат ограничен требованием малости глубины h по сравнению с
длиной волны λ. В противном случае в волновое движение вовлекается толь-
ко слой воды глубиной порядка λ. Тогда скорость волны выражается прибли-
жённой формулой
v ∼
p
g
λ,
или точнее v =
r
g
λ
2π
.
Скорость волн, о которых идёт речь во втором пункте, уменьшается при
приближении к берегу, в соответствии с полученным выше результатом:
v(x) =
√
g
x tg α,
(2)
где α — угол наклона к горизонту морского дна. Эта зависимость приво-
дит к искривлению линии (волнового луча), вдоль которой распространяется
волна. Изменение направления волнового луча определяется соотношением,
которое чаще всего используется для оптических волн:
sin ϕ
1
sin ϕ
2
=
v
1
v
2
,
(3)
где ϕ
1
и ϕ
2
— углы падения и преломления луча на границе сред, скорости
распространения волн в которых равны соответственно v
1
и v
2
. Соотношение
(3) можно переписать следующим образом:
sin ϕ
1
v
1
=
sin ϕ
2
v
2
=
sin ϕ
v
= const .
(4)
В таком виде формула (4) применима и к непрерывному изменению угла
ϕ (искривлению луча), если скорость волны плавно изменяется от точки к
точке.
Для определения положения точки на поверхности моря введём декарто-
ву систему координат так, чтобы ось y была направлена вдоль берега, а ось x
проходила через точку с координатой x = L, в которой произошёл взрыв, вы-
звавший волны. Рассмотрим искривление луча, попадающего в точку берега
с координатой y
m
, наиболее удалённую от места взрыва (рис.
63
). Из этого
рисунка видно, что
tg ϕ = −
dy
dx
.
(5)
В соотношение (3) подставим выражение (2) и учтём, что при x → L угол
падения ϕ → π/2:
sin ϕ
√
g
x tg α
=
1
√
g
L tg α
,
отсюда
sin ϕ =
r x
L
.

76
Международная физическая олимпиада «Туймаада»
Последнее выражение позволяет переписать (5) в виде:
−
dy
dx
=
sin ϕ
p
1 − sin
2
ϕ
=
r
x
L − x
.
Остаётся проинтегрировать это уравнение:
y
m
= −
0
Z
L
r
x
L − x
dx.
Используя подстановку x = L sin
2
β, получим
y
m
= L
π/2
Z
0
sin β
cos β
2 cos β sin β dβ = L
π/2
Z
0
2 sin
2
β dβ = L
π
2
.
Таким образом, длина участка берега, до которого дойдут волны, порождён-
ные взрывом, равна 2y
m
= πL.
Задача
1.27
* (Упругий жгут)
Для решения задачи нужно проанализировать движение системы. Запишем
для установившегося движения шарика по окружности уравнение второго
закона Ньютона:
M ω
2
L = F,
(1)
где F — сила упругости, приложенная к шарику (рис.
64
). Поскольку дефор-
мация жгута неоднородна, для нахождения F следует рассмотреть движение
малого его элемента длиной dx и массой dm (рис.
64
). Длина этого элемента
M
~
F
dx
dF
ω
x
Рис. 64.
в недеформированном состоянии равна dx
0
. Запишем для него второй закон
Ньютона:
dmω
2
x = dF (x),
(2)
где x — координата выбранного элемента, dF (x) — действующая на него сила
упругости. Масса элемента dm = ρ
0

жүктеу/скачать 1,7 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: