Ответы и решения задач олимпиады 2015-2016 года

Ответы и решения задач олимпиады 2015-2016 года
Решение к заданию 1
В системе отсчета связанной с
плоскостью, на брусок действуют: сила


тяжести mg , сила реакции доски N , сила

трения Fтр .
Следовательно, согласно второму закону
Ньютона,

  
ma 2  mg  N  Fтр
или, в проекциях на горизонтальное и
вертикальное направления,
ma2  Fтр ;
0  N  mg
Отсюда, учитывая, что F  N , находим a2  g .
  
Ускорение бруска относительно доски a  a2  a1 . Его проекция на
горизонтальное направление
a  g  a1  0 ,
так как брусок не может обогнать доску. Модуль относительного
ускорения
a  a1  g
Тогда, используя известное соотношение кинематики равноускоренного
движения l 
at2
2
, для времени соскальзывания бруска с доски получаем
t
2l
a1  g
(1)
Выражение (1) имеет особенность при a1  g . Фактически это означает,
что при этом условии сила трения является силой трения покоя, то есть
брусок не будет перемещаться относительно доски. Естественно, что в этом
случае время соскальзывания бруска с доски бесконечно велико.
Решение к заданию 2
Силы, действующие на тела системы, показаны на рисунке.
Из условия
нерастяжимости нити следует, что силы натяжения


нити T1 и T2 равны по модулю. Модуль силы натяжения найдем
из условия равновесия второго тела
(1)
T  m2 g  F

После пережигания верхней нити сила реакции N  0 , а


силы натяжения T1 и T2 , оставаясь равными по модулю,


изменяют свое значение. Так как силы T1 и T2 являются внутренними, то
ускорение системы
ag
F
m1  m2
(2)
Силу натяжения в этом случае найдем из второго закона Ньютона,
записав его для первого тела
m1 a  m1 g  T *
Отсюда, учитывая (2), получаем
T* 
m1 F
m1  m2
(3)
Изменение модуля силы натяжения, согласно (1) и (3), равно
T *  T  m2 ( g 
F
)
m1  m2
Знак “ - “ означает, что сила натяжения нити, связывающей тела,
уменьшается.
Решение к заданию 3
Силы, действующие на ящик, показаны на
рис. 1. Условие равномерного движения ящика
имеет вид
  

F  N  Fтр  mg  0
(1)
или, в проекциях на направления OX и OY,
F cos   Fтр  mg sin   0;
F sin   N  mg cos  0
Отсюда, учитывая, что Fтр  N , получаем
F ( ) 
sin    cos 
mg
cos    sin 
(2).
Дальнейшее решение задачи связано с
определением угла  при котором функция
F ( ) достигает минимума. Очевидно, что при
этом функция f ( )  cos    sin  , стоящая в
знаменателе (2), должна достигать максимума.
Из стандартного условия f ( )   sin    cos  =0
находим, что f ( ) может иметь экстремум при
 0  arctg .
Характер
экстремума
легко
определить графически.
Построив графики функций y1 ( )  sin  и y2 ( )   cos (рис. 2),
убеждаемся, что при переходе через точку    0 производная f ( ) меняет
свой знак с плюса на минус. Следовательно, при    0  arctg функция f ( )
имеет максимум. Соответственно функция F ( ) имеет минимум
Fmin 
sin    cos 
1  2
mg
При этом угол     0    arctg .
Читатель не знакомый с понятием производной
может определить угол  из других соображений.


Заменим силы N и Fтр их равнодействующей
  
Q  N  Fтр , направление которой относительно оси
OY определяется углом
  arctg
Fтр
N
 arctg .

не зависящем от величины и направления силы F (рис. 3).
Тогда условие (1) примет вид  

F  Q  mg  0 ,
 

то есть векторы F , Q и mg должны образовать треугольник (рис. 3).

Так как модуль и направление вектора mg не меняются, то модуль

вектора F
будет минимальным,
если этот вектор направлен


перпендикулярно вектору Q . При этом сила F будет составлять с
горизонтом угол         arctg , что и было получено выше.
Решение к заданию 4
В покоящемся сосуде давление шарика на крышку обусловлено
разностью силы Архимеда и силы тяжести шарика и равно
P0 
1   2 Vg ,
S
(1)
где V – объем шара, S – площадь крышки сосуда,  1 и  2 – плотности
воды и дерева соответственно.
При ускоренном движении сосуда вверх вместо (1) имеем
P0 
1   2 V g  a 
S
(2)
Из (1) и (2) находим, что давление на крышку сосуда возрастает в
n
P
a
 1  раз.
P0
g
Решение к заданию 5
Определим температуру T1 шариков после столкновения. Так как в
момент соударения скорости шариков равны по модулю и направлены
противоположно, что ясно из кинематических соображений, то скорость
слипшихся шариков сразу после удара равна нулю и они будут обладать
только потенциальной энергией равной 2mgh . Следовательно, количество
теплоты, выделившееся при ударе и расходуемое на нагревание шариков
Q  mV02  2mgh .
Учитывая, что
Q  2cmT1  T0  ,
где T0 – температура воздуха, получаем
T1 
V02  2 gh
 T0
2c
(1)
Температуру T2 , установившуюся в калориметре, найдем из уравнения
теплового баланса. Количество теплоты, затраченное на нагревание воды до
температуры T2 ,
c B M T2  T0   2mgh  2cmT1  T2  ,
где 2mgh – потенциальная энергия шариков перешедшая в тепло, 2cmT1  T2  –
количество теплоты отданное шариками при охлаждении.
Отсюда, с учетом (1), имеем
T2 
mV02
 T0
cB M  2cm
(2)
Тогда, согласно (1) и (2), изменение температуры шариков
T  T1  T2 
c B MV02
gh

2cc B M  2cm  c
(3)
Из (3) находим, что при заданных условиях шарики надо бросить с
начальной скорость

2cm 
 .
V0  2gh  cT 1 
 cB M 
Решение к заданию 6
Пусть O1O2 – положение уровня жидкости в
состоянии равновесия, h1 и h2 – смещение уровня
жидкости в левом и правом коленах трубки в
момент времени t после нарушения равновесного
состояния. Сразу заметим, что из условия
несжимаемости жидкости следует, что h1 и h2
связанны соотношением
h1 sin 

h2 sin 
(1)
При изменении положения равновесного уровня жидкости, например
его понижения в левом колене на величину h1 , в системе возникает
F,
возвращающая сила
равная силе давления обусловленной
гидростатическим давлением столбика жидкости высотой h1  h2 правого
колена
F  g (h1  h2 ) S 2  gS
sin   sin 
h1 ,
sin  sin 
(2)
где  – плотность жидкости, S – площадь сечения трубки. При записи (2)
учтено, что площадь сечения жидкости, на которое оказывает действие
гидростатическое давление в правом колене, S 2 
S
, а также использовано
sin 
выражение (1).
Запишем второй закон Ньютона для жидкости смещенной из положения
равновесия
S
d 2 h1
sin   sin 
  gS
h1 ,
2
sin  sin 
dt
(3)
где S – масса жидкости в трубке.
Из (3) видно, что в системе возникнут гармонические колебания с
периодом
T  2
 sin  sin 
.
g (sin   sin  )
Естественно, что рассматривая в качестве изменения положения уровня
O1O2 его понижение в правом колене на высоту h2 , получим тот же результат,
в чем читатель может убедиться самостоятельно.