Олимпиадные задачи по физике. Международная олимпиада

52
Международная физическая олимпиада «Туймаада»
Из (5), (6) и (4) получим:
g
= ω
2
L cos α =
3
k + 2
 2π
T

2
L = 3,7 м/с
2
.
Заметим, что ускорение свободного падения на планете Меркурий g = 3,92
м
с
2
.
Задача
1.11
(Космический корабль)
На рисунке
48
показана траектория космического корабля в системе отсчё-
та, относительно которой удалённый метеорит покоился. Можно считать, что
m
m
M
~v
~v
1
β
β
M ~u
m~v
m~v
1
~u
Рис. 48.
корабль и метеорит взаимодействуют только друг с другом. Поэтому сохра-
няется энергия и импульс системы этих тел:
mv
2
2
=
mv
2
1
2
+
M u
2
2
,
(1)
m~v = m~v
1
+ M ~u.
(2)
Здесь ~v
1
— скорость корабля, пролетевшего мимо метеорита, ~u — скорость
метеорита, вызванная притяжением к кораблю.
По условию v
1
= v(1 − k) и угол между ~v и ~v
1
равен β (рис.
48
). Равенство
(2) иллюстрируется векторным треугольником на рисунке
48
. Применяя к

Механика. Решения задач
53
треугольнику теорему косинусов, получим:
M
2
u
2
= m
2
v
2
+ m
2
v
2
1
− 2m
2
vv
1
cos β.
(3)
Из (1) и (3) найдём, исключив u:
M
m
=
1 + (1 − k)
2
− 2(1 − k) cos β
1 − 2(1 − k)
= 3,1.
Таким образом, масса метеорита, оказавшегося на пути корабля, приблизи-
тельно в 3 раза больше массы корабля.
Задача
1.12
(Два бруска)
После пережигания нити груз m
2
приходит в движение под действием силы
упругости, а груз m
1
находится в покое, поскольку сила упругости компен-
сируется реакцией стенки. Он начнёт двигаться тогда, когда сила сжатия
пружины сменится силой растяжения, то есть при обращении в нуль дефор-
мации пружины. При максимальном растяжении пружины скорости брусков
сравняются. Для нахождения максимального растяжения x следует приме-
нить законы сохранения механической энергии и импульса.
Применим закон сохранения механической энергии ко второму бруску при
увеличении его скорости до v в момент времени, когда начинает двигаться
первый брусок:
k∆L
2
2
=
m
2
v
2
2
,
откуда v =
r
k
m
2
∆L.
(1)
В момент, когда пружина растянута на максимальную величину x, скорости
грузов одинаковы и равны u. Для нахождения u воспользуемся законами
сохранения импульса и энергии для обоих брусков:
m
2
v = (m
1
+ m
2
)u,
(2)
m
2
v
2
2
=
(m
1
+ m
2
)u
2
2
+
kx
2
2
.
(3)
Из системы (1), (2) и (3) получаем ответ:
x = ∆L
r
m
1
m
1
+ m
2
= 1 см.
(4)
Задачу можно решить и иным способом, используя понятие центра масс.
Импульс системы тел равен произведению скорости центра масс на массу
всей системы. В соответствии с законом изменения импульса импульс систе-
мы брусков остаётся постоянным после того, как m
1
приходит в движение,

54
Международная физическая олимпиада «Туймаада»
так как на эту систему внешние силы действуют лишь в вертикальном на-
правлении:
m
2
v = (m
1
+ m
2
)v
c
.
(5)
Здесь v
c
— скорость центра масс, равная скорости u движения обоих брусков
при максимальном растяжении пружины. Используем также уравнения (1)
и (3), полученные выше на основании закона сохранения механической энер-
гии. Решая систему уравнений (1), (3) и (5) при v
c
= u, получим прежний
результат (4). Использование понятия центра масс часто облегчает решение
задач о движении системы, состоящей из нескольких тел.
Задача
1.13
(Канал)
Для системы «брусок–шарик» сохраняются и импульс и энергия. На основа-
нии этого получаем:
mv
0
= mv + M u,
(1)
mv
2
0
2
=
mv
2
2
+
M u
2
2
.
(2)
Здесь M — масса бруска, u — проекция его скорости на ось, сонаправленную
с вектором начальной скорости после вылета шарика, v — проекция на ту же
ось скорости, с которой вылетает шарик. Перепишем уравнения (1) и (2) в
виде:
m(v
0
− v) = Mu,
(3)
m(v
2
0
− v
2
) = M u
2
.
(4)
Из этой системы можно найти v и u. Одно из решений системы очевидно:
v
0
− v = 0 и u = 0.
(5)
Другое решение можно найти, поделив (4) на (3), что можно сделать если не
выполняется (5):
v
0
+ v = u,
v
0
− v =
M
m
u.
Отсюда находим:
u =
2m
M + m
v
0
и v =
m − M
M + m
v
0
.
Однако это решение не удовлетворяет условию задачи, поскольку даёт v < 0,
если m < M , при обратном неравенстве получается u > v, то есть шарик не
вылетает из бруска.
Таким образом, ответ задачи выражается соотношением (5). Странный
результат, не правда ли? Неужели шарик не оказывает никакого воздействия

Механика. Решения задач
55
на брусок? Оказывает. В процессе движения шарика в канале скорость ша-
рика и скорость бруска изменяются как по модулю, так и по направлению в
зависимости от формы канала. После взаимодействия их скорости принима-
ют исходные значения.
Задача
1.14
(Маятник Максвелла)
На рисунке
49
слева изображён маятник Максвелла вблизи нижнего положе-
ния, а справа — в самом низу. Из-за малости радиуса стержня r отклонением
нити от вертикали, а также опусканием оси маятника при её повороте вокруг
самой нижней точки нити M можно пренебречь. Для нахождения силы на-
h
2R
2r
M
M
~v
~v
m~g
~
F
O
O
Рис. 49.
тяжения каждой нити T применим к маятнику в самом нижнем положении
закон изменения импульса:
m
d~v
dt
= ~
F + m~g,
или m
v
2
r
= 2T − mg,
(1)
где ~
F — суммарная сила натяжения нитей.
Скорость v центра масс маятника найдём из закона изменения энергии:
mgh =
mv
2
2
+
m(ωR)
2
2
.
(2)
В формуле (2) кинетическая энергия представлена, в соответствии с теоре-
мой Кёнинга, в виде суммы кинетической энергии поступательного движения
маятника со скоростью центра масс и кинетической энергии вращательного
движения относительно центра масс. Угловая скорость ω вращения маятни-
ка может быть найдена как угловая скорость поворота оси O относительно

56
Международная физическая олимпиада «Туймаада»
точки M касания нити (рис.
49
): ω = v/r. Подставляя это значение в (2),
получим:
mgh =
mv
2
2

1 +
R
2
r
2

.
(3)
Из (2) и (3) следует:
T =
mg
2




1 +
2h
r

1 +
R
2
r
2





≈
mg
2

1 +
2hr
R
2

.
Раскрутившись при опускании вниз, маховик по инерции будет продолжать
вращение, закручивая нить на стержень и поднимаясь вследствие этого вверх.
Такие периодические перемещения вращающегося маятника вверх и вниз мо-
гут продолжаться достаточно долго, оправдывая название устройства «ма-
ятник Максвелла».
Задача
1.15
* (Обруч)
Двигаясь из состояния покоя, центр обруча начинает набирать скорость.
Пусть в некоторый момент времени она равна v. Для нахождения v применим
закон изменения энергии:
mgR(1 − cos α) =
mv
2
m
2
,
(1)
где α — угол, на который к рассматриваемому моменту повернётся обруч,
а v
m
— скорость, которую приобретёт груз. По закону сложения скоростей
~v
m
= ~v
mo
+ ~v,
где ~v — скорость центра обруча O, а ~v
mo
— скорость груза относительно O
(рис.
50
). В отсутствие проскальзывания модуль скорости v
mo
равен модулю
скорости v и равен произведению угловой скорости ω на радиус обруча:
v
mo
= v = ωR.
(2)
Поэтому из векторного треугольника скоростей (рис.
50
) следует, что
v
2
m
= 2v
2
(1 + cos α).
Подставляем (2) и это выражение в формулу (1):
v =
p
g
R tg

α
2

и ω =
r
g
R
tg

α
2

.
(3)

Механика. Решения задач
57
O
~
N
~
F
m
y
x
α
~v
~v
~v
m
~v
mo
Рис. 50.
При каком же угле α возможно проскальзывание? Для ответа на этот
вопрос нужно сравнить силу трения ~
F с максимальной силой трения покоя
равной µN , где ~
N — сила реакции (рис.
50
). Обруч катится без проскальзы-
вания пока F 6 µN . Применим к обручу с грузом закон изменения импульса
в проекциях на оси x и y (рис.
50
):
d (mv(1 + cos α))
dt
= F 6 µN,
(4)
d (−mv sin α)
dt
= −mg + N.
(5)
Выполним дифференцирование в левой части уравнений (4) и (5), используя
полученные ранее выражения (2) и (3), а также не забывая, что ω = dα/dt.
Получаются простые соотношения:
mg cos α tg

α
2

6
µN,
(6)
N = mg cos α.
(7)
Проанализируем их. Возможны две ситуации, при которых обруч перестанет
катиться без проскальзывания. Во-первых, может обратиться в нуль сила
реакции N , то есть обруч оторвётся от поверхности. Это случится, как видно
из (7), при α = π/2. Тогда из (3) получим v = v
max
=
√
g
R. Во-вторых,
обруч может начать скользить по поверхности. Тогда N 6= 0 и (6) становится
равенством
µ = tg

α
2

,
а (3) даёт v = v
max
= µ
√
g
R. Коэффициент трения µ обычно меньше 1.
Поэтому реализуется обычно вторая ситуация.

58
Международная физическая олимпиада «Туймаада»
Задача
1.16
(Два груза)
Скользя вдоль стержня, грузы многократно сталкиваются друг с другом и
с полом. Из законов сохранения энергии и импульса следует, что при абсо-
лютно упругом столкновении двух тел одинаковых масс происходит обмен
импульсами. Поэтому задача эквивалента задаче о движении вдоль стержня
одного груза, многократно отскакивающего от пола.
Найдём вначале высоту H
1
на которую подскочит груз после первого уда-
ра о пол, и время t
1
, спустя которое он там окажется. Для этого применим
закон изменения энергии:
mv
2
2
= mg(H
1
− H) + F (H + H
1
),
(1)
где m — масса груза, g — ускорение свободного падения. Отсюда находим
H
1
=
mv
2
+ 2H(mg − F )
2(mg + F )
≈ H +
v
2
2g
,
(2)
если учесть, что F ≪ mg. Время t
d
падения груза с высоты H является
корнем уравнения
H = vt
d
+
a
d
t
2
d
2
,
где a
d
= g −
F
m
≈ g — ускорение падающего груза. Находим
t
d
=
−v +
pv
2
+ 2gH
g
.
(3)
Время t
u
последующего подъёма до высоты H
1
составляет
t
u
=
v
u
u
t
2H
1
g
+
F
m
≈
s
2H
1
g
.
(4)
Так что t
1
= t
u
+ t
d
. Это по порядку величины составляет
p2H
1
/g.
При последующих многократных отскоках от пола высота подъёма h бу-
дет становиться всё меньше, пока h не обратится в нуль. Если время ∆t между
двумя подскоками много меньше времени затухания колебаний груза, то h
можно приблизительно считать непрерывной функцией времени. За малый
промежуток времени dt = ∆t высота подскоков уменьшается на dh. Величину
dh можно найти из закона изменения энергии:
−mgdh = F · 2h,
−dh =
2F
mg
h.
(5)

Механика. Решения задач
59
h
t
0
H
1
H
t
f
Рис. 51.
Время между двумя ближайшими подскоками
dt = 2
s
2h
g
.
(6)
Из (5) и (6) получим
−
dh
√
h
=
F
mg
r
g
2
dt.
Интегрируя это уравнение при начальном условии t = 0 и h = H
1
, получим
h =

p
H
1
−
F t
2m
√
2g

2
,
откуда следует, что при h = 0
t = τ =
2m
√
2gH
1
F
.
(7)
Полное время движения груза t
f
= τ + t
1
. Сравнивая (7) и (4) приходим к
заключению, что
t
1
τ
≈
F
mg
≪ 1.
Так что искомое полное время движения
t
f
= τ =
2m
p2gH + v
2
F
.
В задаче рассмотрена колебательная система, в которой происходят зату-
хающие колебания. Однако они отличаются от привычных квазигармониче-
ских затухающих колебаний: график их вовсе не похож на синусоиду, а за-
тухание происходит за конечный промежуток времени (рис.
51
).

60
Международная физическая олимпиада «Туймаада»
Задача
1.17
(Проволочная скобка)
Приведённый рисунок показыва-
~
F
~v
~v
~u
m~g
x
L
Рис. 52.
ет момент времени, когда нить ещё
не порвалась, но вот-вот порвётся.
В этот момент расстояние от гру-
за до линии, вдоль которой переме-
щаются концы нити, равно x. Сим-
волом u обозначена скорость груза в
этот момент времени. Проекции ско-
рости груза и конца одного из отрез-
ков (любого) нити на сам этот отре-
зок должны быть одинаковыми, так как нить нерастяжима. Таким образом
u = v
√
L
2
− x
2
x
≈ v
L
x
.
(1)
Из заданного в условии соотношения F ≫ mg можно предположить, что
угол, который составляют нити в момент разрыва, будет близок к 180
◦
. Это
означает, что скорость груза в этот момент будет примерно равна u = vL/x.
Для нахождения x в момент разрыва нити запишем второй закон Ньюто-
на:
m
du
dt
= 2F
x
L
− mg.
(2)
Естественно предположить, что в момент разрыва первое слагаемое в правой
части равенства (2) играет определяющую роль, то есть
2F
x
L
≫ mg.
(3)
Будем решать задачу в этом приближении. Из (1) найдём:
du
dt
= v
L
x
2
u =
v
2
L
2
x
3
.
(4)
Подставляя (4) и (3) в (2), получим
x =
 v
2
L
3
m
2F

1
/4
.
(5)
Подсчитав численное значение x по формуле (5), убеждаемся в справедливо-
сти сделанного предположения (3):
2F
x
L
= 1 Н ≫ 0,01 Н = mg.

Механика. Решения задач
61
Максимальную высоту подъёма скобки теперь нетрудно определить из закона
сохранения энергии, используя (1) и (5):
H =
u
2
2g
=
v
2g
r 2F L
m
≈ 5 м.
Задача
1.18
(Дискретная модель движения лавины)
Как компактно описать множество последовательных столкновений нараста-
ющей цепочки с очередным бруском? Поскольку все эти процессы аналогич-
ны, рассмотрим один из них: столкновение цепочки уже слипшихся n брусков
с очередным (n + 1)-м бруском. Обозначим скорость цепочки сразу после со-
ударения с n-м бруском v
n
. Найдём скорость цепочки после столкновения
с (n + 1)-м бруском v
n+1
. Для этого следует применить закон сохранения
энергии цепочки при движении её к (n + 1)-му бруску и закон сохранения
импульса при очередном столкновении. Получим:
v
2
n+1
=

n
n + 1

2
(v
2
n
+ 2gL sin α).
(1)
Применяя это рекуррентное соотношение, получим при v
1
= 0:
v
2
2
=
2gL sin α
2
2
,
v
2
3
=
2gL sin α
3
2
(1
2
+ 2
2
),
v
2
4
=
2gL sin α
4
2
(1
2
+ 2
2
+ 3
2
),
. . . . .
v
2
n+1
=
2gL sin α
(n + 1)
2
(1
2
+ 2
2
+ . . . + n
2
).
(2)
Как подсчитать входящую в (
2
) сумму квадратов натуральных чисел? Для
конкретных значений n можно воспользоваться компьютером, таблицами или
формулой
n
X
1
n
2
=
1
6
n(n + 1)(2n + 1).
Можно при больших n эту сумму приближённо заменить интегралом:
n
X
1
n
2
≈
n
Z
0
x
2
dx =
n
3
3
.
(3)

62
Международная физическая олимпиада «Туймаада»
В самом деле, вычисления дают:
n
5
10
50
100
400
n
P
1
n
2
55
385
4,29 · 10
4
3,38 · 10
5
2,141 · 10
7
n
R
0
x
2
dx
42
333
4,17 · 10
4
3,33 · 10
5
2,133 · 10
7
С учётом (
3
) выражение (
2
) упрощается:
v
2
n+1
≈
2
3
g
Ln sin α.
(4)
Энергия «лавины» после n ≫ 1 столкновений с учётом (
4
) приблизительно
равна
E
n
≈
1
3
mgLn
2
sin α.
(5)
Искомое в пункте 1 приращение энергии
∆E ≈
2
3
mgLn sin α.
Ответ в задании 2 следует из (
5
):
E
k
− E
n
≈
1
3
mgL(k
2
− n
2
) sin α.
В задании 3 требуется учесть силу трения. Тогда вместо (
1
) получается
v
2
n+1
=

n
n + 1

2
(v
2
n
+ 2gL sin α − 2µgL cos α),
(6)
где µ — коэффициент трения. Его можно определить из условия равномер-
ного скольжения по «лавиноопасному» склону:
mg sin β = µmg cos β.
Из последнего выражения следует, что
µ = tg β.
Формула (
6
) означает, что учёт трения сводится к замене в ответах преды-
дущих заданий величины g на g (1 − tg β ctg α). Отсюда видно, что движение
лавины возникает при α > β. Эта оправдывает использованные названия
«лавиноопасных» угла и склона.
Таким образом, рассмотренная простая модель позволяет объяснить
неожиданное возникновение лавины и быстрый рост её энергии (в форму-
ле (5) E ∼ n
2
).

Механика. Решения задач
63
Задача
1.19
(Кирпичи)
Стопка кирпичей не опрокинется, если центр масс всех кирпичей, лежащих
сверху каждого, не окажется правее его края. Для нахождения удовлетворя-
ющих этому условию сдвигов кирпичей на рисунке
53
показаны координаты
x
i
центров масс кирпичей. Верхнему кирпичу соответствует i = 1.
0
x
∆
i
i
i + 1
1
2
x
1
x
i
x
i+1
n
Рис. 53.
Координаты отсчитываются от края верхнего кирпича. Кирпич с номе-
ром i сдвинут относительно (i + 1)-го на величину ∆
i
. Координата x
ci
центра
масс стопки кирпичей, лежащих выше (i + 1)-го, определяется соотношением
x
ci
=
1
i
i
X
k=1
x
k
,
поскольку все кирпичи имеют одинаковые массы. Условие равновесия кир-
пичей для предельных сдвигов можно записать так:
x
ci
= x
i+1
−
a
2
,
или x
i+1
=
a
2
+
1
i
i
X
k=1
x
k
.
(1)
Смещение i-го кирпича
∆
i
=
1
i
i
X
k=1
x
k
−
1
i − 1
i−1
X
k=1
x
k
.
(2)
Преобразуем это выражение, выделив последнее слагаемое в первой сумме и

64
Международная физическая олимпиада «Туймаада»
используя (1):
∆
i
=
1
i
 
i−1
X
k=1
x
k
+ x
i
!
−
1
i − 1
i−1
X
k=1
x
k
=
=
−1
(i − 1)i
i−1
X
k=1
x
k
+
x
i
i
=
1
i
 
x
i
−
1
i − 1
i−1
X
k=1
x
k
!
=
a
2i
.
Итак, смещения кирпичей, начиная с верхнего, образуют последовательность:
∆
i
=
a
2i
=
a
2
,
a
4
,
a
6
, . . .
(3)
Смещение нижнего кирпича с номером n относительно верхнего
∆(n) =
n
X
i=1
∆
i
.

жүктеу/скачать 1,7 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: