Олимпиадные задачи по физике. Международная олимпиада

40
Международная физическая олимпиада «Туймаада»
Ясно, что должно быть H & H
1
. Так что описанная в задаче ситуация, для
которой получен ответ (6), будет иметь место при
H &
g
2

m
k

2
.
Задача
1.4
* (Плоское движение)
Плоское непоступательное движение абсолютно твёрдого тела в любой мо-
мент времени можно рассматривать как поворот вокруг некоторой точки,
называемой мгновенным центром вращения. Мгновенный центр должен ле-
A
B
C
D
1 м/c
~v
A
O
~v
C
A
B
C
D
1 м/c
~v
A
~v
B2
~v
B1
~v
C1
~v
C2
O
1
O
2
Рис. 35.
Рис. 36.
жать на перпендикуляре к скорости каждой точки, проходящем через неё. На
основании этого свойства абсолютно твёрдого тела выполнены построения на
рисунке
35
. Мгновенный центр O лежит на пересечении перпендикуляра к ~v
A
,
проведённого из точки A, и перпендикуляра к заданной прямой, проведённого
из точки B. Если угловая скорость тела равна ω, то v
A
= ω · OA, v
C
= ω · OC.
Следовательно, v
C
= v
A
· OC/OA. Измерив по рисунку OC, OA, а также ско-
рость v
A
, получим
v
C
= 3,1 м/c.
Здесь и далее скорость точки C изображена в произвольном масштабе.
Во втором пункте задачи для скорости точки B можно указать лишь изоб-
ражённую на рисунке
36
окружность, на которой находится конец вектора
~v
B
. Направление вектора ~v
B
можно найти, исходя из того, что для абсолют-
но твёрдого тела проекции скоростей двух точек на соединяющую их прямую
должны быть равны, иначе расстояние между точками изменилось бы. От-
ложив на прямой AB от точки B отрезок, равный проекции ~v
A
на AB, полу-
чим два возможных направления скорости точки B: ~v
B1
и ~v
B2
(рис.
36
). Для

Механика. Решения задач
41
каждого из этих двух возможных направлений построим соответствующие
им мгновенные центры вращения O
1
, O
2
и найдём две возможные скорости
~v
C1
и ~v
C2
тем же способом, который применялся в пункте 1. Направления
скоростей показаны на рисунке
36
, а модули равны:
v
C1
= 1,7 м/c
и v
C2
= 0,3 м/c.
В третьем пункте задано, что модули скоростей точек B и C равны. Если
совпадают и их направления, то тело движется поступательно. В этом слу-
чае искомая скорость точки D, как и всех других точек, равна ~v
A
. Если же
скорости ~v
B
и ~v
C
не сонаправлены, то следует построить мгновенный центр и
поступать так, как в пункте 1. Мгновенный центр лежит на перпендикуляре
A
B
C
D
1 м/c
~v
A
~v
D
O
Рис. 37.
к скорости ~v
A
, проведённом из точки A, а также на перпендикуляре к от-
резку BC, проходящем через середину этого отрезка. Именно так построена
точка O на рисунке
37
. Искомая скорость ~v
D
перпендикулярна OD и равна
по модулю
v
D
= v
A
OD
OA
= 1,0 м/c.
Таким образом, ответ задачи неоднозначен. Аналогичная ситуация имела ме-
сто в пункте 2.
Задача
1.5
* (Камни)
Если пренебречь сопротивлением воздуха, то можно считать, что оба кам-
ня движутся с постоянным ускорением, равным ускорению свободного па-
дения ~g. Для описания их движения введём декартову систему координат
так, как показано на рисунке
38
. Если через промежуток времени t камни
столкнутся, то можно приравнять их координаты:
vt cos β = L + v
0
t cos α,
(1)

42
Международная физическая олимпиада «Туймаада»
0
x
y
~v
~v
0
H
L
~v
r
α
β
Рис. 38.
vt sin β −
g
t
2
2
= H + v
0
t sin α −
g
t
2
2
.
(2)
Из этих уравнений найдём:
v = v
0
sin α −
H
L
cos α
sin β −
H
L
cos β
,
(3)
t =
L
v
0
cos α



H
L
− tg α
H
L
− tg β
− 1



−1
.
(4)
Время движения до столкновения удобно выразить через скорость ~v
r
дви-
жения одного камня относительно другого (рис.
38
):
t =
√
L
2
+ H
2
v
r
.
При фиксированных величине и направлении вектора ~v
0
и заданном на-
правлении вектора ~v из векторного треугольника скоростей, показанного ри-
сунке
38
, видно, что меньшим ~v
r
соответствует меньшая скорость v. Таким
образом, минимальной скорости v соответствует минимальное значение v
r
и,
следовательно, максимальное время t. Ещё одно условие ограничивает воз-
можность столкновения камней. Камень, пущенный вдогонку, должен уда-
литься от начала координат по горизонтали на расстояние большее L. Даль-
ность его полёта равна v
2
sin 2β/g. Поэтому должно быть обеспечено условие
v
2
sin 2β > Lg.
(5)

Механика. Решения задач
43
Итак, нужно найти такие значения v и β, которые удовлетворяют равен-
ству (3), неравенству (5) и обеспечивают наибольшее значение (4). Подстав-
ляя (3) в (5), получим неравенство
2
v
2
0
Lg

sin α −
H
L
cos α

2
tg β −

tg β −
H
L

2
>
0.
Обозначив
v
2
0
Lg

sin α −
H
L
cos α

2
= a
и tg β = ξ, получим:
ξ
2
− 2
 H
L
+ a

ξ +
H
2
L
2
6
0.
Это неравенство выполняется, если
H
L
+ a −
r
a
2
+ 2a
H
L
6
ξ 6
H
L
+ a +
r
a
2
+ 2a
H
L
.
Как видно из (4) при α = 0
◦
, б´ольшие значения t обеспечиваются меньши-
ми значениями ξ = tg β. Поэтому нужно выбрать для ξ меньшее значение.
Получим
tg β =
H
L
+ a −
r
a
2
+ 2a
H
L
при α = 0
◦
.
(6)
Аналогично из (4) при α = 60
◦
, б´ольшие значения t обеспечиваются б´ольши-
ми значениями ξ = tg β. Поэтому нужно выбрать для ξ большее значение.
Получим
tg β =
H
L
+ a +
r
a
2
+ 2a
H
L
при
α = 60
◦
.
(7)
Таким образом, ответы на поставленные в условии вопросы содержатся в
формулах (6), (7) и (3). Подставляя численные значения, находим:
α = 0
◦
,
β ≈ 11
◦
,
v ≈ 16,4 м/c.
α = 60
◦
,
β ≈ 58
◦
,
v ≈ 10,5 м/c.
Задача
1.6
(На планете «Туй»)
Поскольку и семена, и шарик языка движутся относительно планеты «Туй»
с постоянным ускорением ~g, целесообразно перейти в систему отсчёта, ко-
торая тоже движется с тем же ускорением относительно планеты. В этой

44
Международная физическая олимпиада «Туймаада»
H
L
Рис. 39.
системе отсчёта и семена, и шарик языка движутся равномерно и прямо-
линейно (рис.
39
). Спустя время t от начала движения семена окажутся в
точках, удалённых от места разрыва плода «Маа» на расстояние v
0
t. За это
же время шарик языка «Да» должен оказаться в центре изображённой на
рисунке
39
сферы радиуса l = v
0
t, а мгновенно выпущенные щупальцы мини-
мальной длины l «слижут» все семена на поверхности этой сферы. Цель будет
достигнута, если путь, пройденный шариком языка за это время t, окажет-
ся равным гипотенузе изображённого на рисунке
39
треугольника. Отсюда
находим
t =
√
L
2
+ H
2
v
.
Минимальная длина щупалец должна быть равна
l = v
0
t =
v
0
v
p
L
2
+ H
2
,
а угол, который составляет скорость шарика языка ~v с горизонтом в момент
выбрасывания,
α = arctg
 H
L

.
Нельзя ли животному «Да» обойтись более короткими щупальцами, ес-
ли выпускать их раньше, чем шарик языка достигнет точки разрыва плода
«Маа»? Пусть шарик раскрывается в момент времени (t − ∆t), где ∆t — вре-
мя упреждения. Тогда, чтобы достать в этот момент самые далёкие семена,
нужны щупальцы длиной
l
1
= v∆t + v
0
(t − ∆t) = v
0
t + (v − v
0
)∆t.
(1)
Если v > v
0
, то минимальное значение l
1
= l. Именно этот случай и рассмот-
рен выше. Если же семена разлетаются быстрее, чем выбрасывается язык
(v < v
0
), то минимальная величина l
1
будет, как видно из (1), при t = ∆t.
Тогда
l
1
= vt =
p
H
2
+ L
2
.

Механика. Решения задач
45
~v
1
~v
2
A
B
1
2
a
b
w
1
w
2
Рис. 40.
Рис. 41.
Таким образом, «Да» должен по внешнему виду плода определить, быстро
или медленно будут разлетаться семена, и решить, выпускать ли щупальца
сразу в момент разрыва или же вначале выстрелить шарик языка в разрыва-
ющийся плод. А читатель должен обратить внимание на то, что при решении
задач с абстрактным содержанием (в которых не заданы численные значе-
ния) следует анализировать все возможные варианты.
Задача
1.7
(Шайба)
Шайба испытывает упругие столкновения со стенками. При этом остаётся
неизменным модуль её скорости, и «угол падения» оказывается равным «уг-
лу отражения». Это следует из законов изменения энергии и импульса. Ри-
сунок
40
изображает процесс столкновения. Скорость шайбы изменяется от
значения ~v
1
до значения ~v
2
, v
1
= v
2
= v. Из рисунка видно, что зеркальное
отражение траектории шайбы после столкновения представляет собой про-
должение начального участка траектории. Вместо ломанной линии 1 можно
рассматривать прямую 2 (рис.
41
). На рисунке
41
показаны также последова-
тельные зеркальные отражения a и b стен w
2
и w
1
. Применим способ спрям-
ления траектории к данной задаче. Для этого нарисуем множество зеркаль-
ных отражений заданного треугольника относительно его сторон (рис.
42
).
Вершина B и её зеркальные отражения обозначены на рисунке
42
жирными
точками. Прямые, соединяющие эти точки с точкой A, представляют собой
«спрямлённые» траектории шайбы, попадающей в вершину B треугольника,
образованного стенками. Отрезок AB
1
соответствует траектории, при кото-

46
Международная физическая олимпиада «Туймаада»
рой шайба попадает в вершину B, столкнувшись со стенками 6 раз. Для этого
случая искомый угол находится из прямоугольного треугольника с гипоте-
нузой AB
1
.
tg α
1
=
√
3
6
,
следовательно, α
1
≈ 16
◦
.
Аналогичным образом можно найти и иные возможные углы, для че-
го приходится соединять точку A с точками B
2
, B
3
и B
4
. Направления на
иные жирные точки, отличные от указанных, соответствуют б´ольшим чис-
лам столкновений, чем требуется в задаче. Прямая AB
2
проходит через точку
C, соответствующую попаданию шайбы в вершину треугольника, отличную
от B. В этой вершине шайба остановится в соответствии с условием задачи,
так что направление прямой AB
2
следует исключить. Итак, помимо α
1
есть
ещё два возможных направления:
tg α
3
=
2
√
3
3
,
tg α
4
=
4
√
3
3
,
следовательно
α
3
≈ 49
◦
,
α
4
≈ 67
◦
.
Задача
1.8
(Бочка)
Пусть бочку катят вдоль координатной оси x, направленной перпендикуляр-
но плоскости рисунка
43
. Координата y точки следа находится под отверсти-
ем, положение которого в плоскости дна характеризуется координатой y
1
. Из
рисунка
43
видно, что y = ky
1
, где k = sin α. Таким образом, след представ-
ляет собой проекцию траектории отверстия в плоскости дна на горизонталь-
ную плоскость. Найдём вначале уравнение траектории движения отверстия
B
C
A
B
1
B
2
B
3
B
4
Рис. 42.

Механика. Решения задач
47
y
0
α
y
1
A
A
′
R
ϕ
x
y
1
Рис. 43.
Рис. 44.
в плоскости дна. На рисунке
44
изображено начальное положение отверстия
A и его положение A
′
после поворота на угол ϕ. Выразим через этот угол
координаты x и y
1
отверстия:
x = ϕR − r sin ϕ = R

ϕ −
r
R
sin ϕ

,
(1)
y
1
= R − r cos ϕ = R

1 −
r
R
cos ϕ

.
(2)
Уравнения (1) и (2) задают траекторию в параметрическом виде. Для тра-
ектории песочного следа вместо y
1
нужно брать y = ky
1
. Можно приблизи-
тельно нарисовать оставляемый песком след, выявив характерные точки по
уравнениям (1) и (2). На рисунке
45
представлены построенные с помощью
системы MathCad графики параметрически заданной функции y = y(x) при
r = R (сплошная кривая) и при r = R/2 (пунктирная кривая). Первая кривая
называется циклоидой, вторая — укороченная циклоида.
Для определения положения центра масс следа воспользуемся формулами
для его координат:
x
c
=
1
M
Z
x dm;
y
c
=
1
M
Z
y dm.
(3)
В данном случае dm = ρdϕ, где ρ — масса песка, высыпающегося за время
поворота на единичный угол. При равномерном качении бочки эта величина
постоянная, а M = 2πρ — масса песка, высыпающегося за один оборот. Под-
ставляем координаты x и y, найденные с помощью формул (1) и (2), в (3) и
интегрируем:
x
c
=
1
2πρ
2
π
Z
0
Rρ

ϕ −
r
R
sin ϕ

dϕ = πR.

48
Международная физическая олимпиада «Туймаада»
2
x
y
O
πR
2πR
kR
kR
0
Рис. 45.
y
c
=
k
2πρ
2
π
Z
0
Rρ

1 −
r
R
cos ϕ

dϕ = R sin α.
Итак, положение центра масс песочного следа определяется координатами
x
c
= πR и y
c
= R sin α. Это положение отмечено точкой O на рисунке
45
. Оно
является проекцией центра дна на горизонтальную плоскость и не зависит
от r.
Задача
1.9
* (Автомобиль)
Пусть масса автомобиля равна m. Рассмотрим вначале простейший способ
избежать столкновения — просто резко затормозить. Для нахождения тор-
мозного пути применим закон изменения энергии:
mv
2
0
2
= µmgL.
Отсюда находим тормозной путь
L =
v
2
0
2µg
.
(1)
Второй способ избежать столкновения — заставить автомобиль поворачи-
вать с возможно меньшим радиусом кривизны R, который и представляет
собой минимальное расстояние до препятствия. Поскольку центр масс гоноч-
ного автомобиля расположен низко, то опасностью его опрокидывания можно
пренебречь. Размерами автомобиля также можно пренебречь по сравнению с
расстоянием до препятствия. Тогда к автомобилю можно применить второй
закон Ньютона:
mv
2
0
R
= µmg,
откуда R =
v
2
0
µg
.
(2)

Механика. Решения задач
49
Этот способ избежать столкновения в два раза менее эффективен по сравне-
нию с первым.
Проанализируем третий способ. Поворот автомобиля обеспечивают си-
лы трения покоя, действующие перпендикулярно скорости. Поскольку центр
масс гоночного автомобиля расположен достаточно низко, можно считать,
что вес автомобиля поровну распределяется между передними и задними
колёсами. Силы трения покоя будем полагать почти равными их предель-
ным значениям. Тогда сумма сил трения покоя, действующих на передние
колёса, которая перпендикулярна скорости автомобиля, равна F = µmg/2.
Суммарная сила трения ~
F , действующая на задние колёса, тоже близка к
предельному значению. Угол, который она образует с направлением скоро-
сти ~v, можно менять посредством тормоза и руля. Приближение к стенке
будет самым медленным, если предельная сила трения ~
F , действующая на
задние колёса, направлена перпендикулярно стенке. Далее рассматривается
именно этот наиболее благоприятный вариант.
Силу ~
F целесообразно разложить на две составляющие: ~
F = ~
F
1
+ ~
F
2
. Со-
ставляющая ~
F
1
направлена навстречу скорости ~v, а ~
F
2
— перпендикулярно
к ней. Модуль F
1
= F cos α, а F
2
= F sin α, где α — угол между скоростью
~v и первоначальной скоростью ~v
0
, направленной перпендикулярно стене. За-
пишем второй закон Ньютона в проекциях на касательное и нормальное на-
правления:
m ˙v = −F
1
= −F cos α,
(3)
mv
2
R
= F
2
+ F = F (1 + sin α).
(4)
Точка над символом здесь и далее обозначает производную по времени. R —
локальный радиус поворота, удовлетворяющий соотношению
v = ˙αR.
(5)
Из (4) и (5) следует
mv = F
(1 + sin α)
˙α
.
(6)
Сравнивая (6) и (3), получим:
d
dt
 1 + sin α
˙α

= − cos α.
Преобразуем это уравнение следующим образом:
˙α
d
dα
 1 + sin α
˙α

= −
d(sin α)
dα
,
d
dα

˙α
1 + sin α
˙α

−
1 + sin α
˙α
d ˙α
dα
= −
d(sin α)
dα
,

50
Международная физическая олимпиада «Туймаада»
d ˙α
˙α
=
2d(sin α)
1 + sin α
.
Решаем это уравнение при начальном условии α = α
0
= 0; ˙α = ˙α
0
, где, в
соответствии с (5), ˙α
0
= v
0
/R
0
, R
0
— начальный радиус поворота, который
находим по формуле (4): R
0
= mv
2
0
/F . Интегрируя, получим
ln
˙α
˙α
0
= 2 ln
 1 + sin α
1 + sin α
0

,
или
˙α =
v
R
=
v
0
R
0
(1 + sin α)
2
.
При учёте (4) отсюда находим
v =
v
0
1 + sin α
.
(8)
В ближайшей к стене точке траектории α = π/2, и (8) даёт величину скорости
v
f
в этой точке:
v
f
=
v
0
2
.
(9)
На какое расстояние S автомобиль приблизится к стене? Это расстояние
можно подсчитать так:
S =
Z
v cos α dt,
где v cos α — перпендикулярная к стене составляющая скорости. Выразим
косинус из (3) и, используя (9), получим:
S = −
Z
v · ˙v
m
F
dt = −
m
F
v
f
Z
v
0
v dv = −
m
2F
(v
2
f
− v
2
0
) =
3
4
v
2
0
µg
.
Сравнивая полученный результат с (1) и (2), видим, что при повороте эф-
фективнее тормозить, но лучше всего сразу нажать на тормоза.
Задача
1.10
(Планета)
На рисунке
46
показаны два крайних положения маятника, совершающего
плоские колебания. Применим второй закон Ньютона для произвольного угла
отклонения от вертикали ϕ в проекциях на направление нити:
mv
2
(ϕ)
L
= T (ϕ) − mg cos ϕ,
или
T (ϕ) =
mv
2
(ϕ)
L
+ mg cos ϕ,
где v(ϕ) — скорость маятника, T (ϕ) — сила натяжения нити при произволь-
ном угле отклонения ϕ. Поскольку скорость v и cos ϕ возрастают при переходе
от максимального отклонения ϕ = α к положению равновесия ϕ = 0, то
T
max
= mg +
mv
2
L
,
(1)

Механика. Решения задач
51
~
T
min
~
T
max
m~g
m~g
~v
L
α
O
O
m~g
m~a
~a
α
~
T
Рис. 46.
Рис. 47.
T
min
= mg cos α.
(2)
Скорость v в положении равновесия найдём, воспользовавшись законом со-

жүктеу/скачать 1,7 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: