Санкт-Петербургские олимпиады по физике

Решения 10 класса (район 2012)

Подробности

Обновлено 01.05.2013 11:43

Решения задач районного тура олимпиады 2011/2012 года для 10 класса.

1 вариант: 1 · 2 · 3 · 4 · 5 · 6
2 вариант: 1 · 2 · 3 · 4 · 5 · 6

I вариант

Задача 1.

В верхней точке горки (на ребре) скорость шайбы должна быть направлена строго вдоль верхнего ребра, иначе шайба подскочит. Это, в общем, очевидное утверждение легко доказать. Действительно, переваливая через малое закругление с ненулевой составляющей скорости $V_y$ вдоль оси $Y$ (см. рис.), шайба будет иметь центростремительное ускорение $a_{\text{ц}}=V_y^2/r$, где $r$ — радиус закругления. Так как по условию закругление незначительно, $r$ мало, значит $a_{\mbox{ц}}$ велико. Второй закон Ньютона в проекции на вертикальную ось в верхней точке траектории имеет следующий вид в проекции на вертикальную ось: $mg-N=ma_{\mbox{ц}},$ откуда следует, что при достаточно больших $a_{\mbox{ц}}$ величина $N$ обратится в ноль, т.е. шайба оторвется.

Итак, в верхней точке траектории скорость шайбы в проекции на ось $Y$ должна быть равна нулю. Но это означает, что в конце подъема по склону должна обратиться в ноль и скорость шайбы в проекции на ось $Z$, направленную вверх вдоль ската (см. рис.), ведь, проходя закругление, шайба практически не меняет модуль своей скорости. Та компонента скорости, которая перед самым закруглением (в конце подъема) была направлена вдоль оси $Z$, наверху закругления окажется направлена уже вдоль оси $Y$. Значит, в конце подъема по наклонной плоскости скорость шайбы направлена именно вдоль оси $X$.

В ходе дальнейшего решения величиной $r$ мы будем пренебрегать.

Рассмотрим движение шайбы в плоскости левого ската горки (см. рис., отметим, что силы, перпендикулярные этой плоскости скомпенсированы на протяжении всего времени движения в данной плоскости). Как обсуждалось, в верхней точке траектории К скорость шайбы направлена вдоль ОО'. Тогда понятно, что движение шайбы по левому и правому скатам симметрично, а траектории АК и КВ имеют одну форму. Хотя они и лежат в разных плоскостях, АК и КВ представляют собой ветви одинаковых парабол, причем К — вершина обеих этих парабол и делит ребро ОО' пополам.

В проекции на оси $X$ и $Z$, лежащие в плоскости левого ската, ускорение свободного падения имеет проекцию лишь на ось $Z$, эта проекция отрицательна и равна по модулю $\tilde{g}=g\sin\gamma$. Начальную скорость и искомый угол обозначим $V_0$ и $\alpha$ соответственно. Уравнения равноускоренного движения для координат $$ X(t)=V_0t\sin\alpha, \qquad\qquad\qquad\qquad Z(t)=V_0t\cos\alpha -\tilde{g}t^2/2, \quad(1) $$ а для скоростей $$ V_x(t)=V_0\sin\alpha, \qquad\qquad\qquad\qquad V_z(t)=V_0\cos\alpha -\tilde{g}t. \quad(2) $$ В момент времени $t_k$, когда шайба проезжает точку К, проекция скорости на $Z$ становится равной нулю, $V_Z(t_k)=0$, значит второе уравнение (2) дает $$V_0\cos\alpha -\tilde{g}t_k=0 \qquad\Rightarrow\qquad t_k=\frac{V_0\cos\alpha}{\tilde{g}}. $$ Координаты шайбы в этот момент $X(t_k)=a/2$, $Z(t_k)*$ (см. рис.), значит уравнения (1) принимают в этой точке вид $$V_0t_k\sin\alpha =a/2\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad V_0t_k\cos\alpha- \tilde{g}t_k^2/2*. $$ Подставляя сюда $t_k$, получим систему $$ \frac{V_0^2\sin\alpha \cos\alpha}{\tilde{g}}=\frac{a}{2},\qquad\qquad \frac{V_0^2\cos^2\alpha}{2\tilde{g}} = 2a. \quad(3) $$ Отсюда легко выразить $V_0$ и $\alpha$. Например, разделим почленно уравнения (3) друг на друга: $$2 \mbox{ tg } \alpha=\frac{1}{4} \qquad\Rightarrow\qquad \mbox{ tg }\alpha=\frac{1}{8}. $$ И, наконец, из второго уравнения (3) выразим $V_0$.

Ответ: Начальная скорость шайбы $V_0=\sqrt{65a g\sin\gamma/16}$, угол этой скорости с ребром АО $\alpha=\mbox{arctg}{(1/8)}$.

Задача 2.

Луч света испытывает преломление только на границе лед/воздух и далее распространяется прямолинейно до дна сосуда. Задача разбивается на две части: определить с какой скоростью движется граница лед/воздух в вертикальном направлении и далее связать скорость движения этой границы $U$ со скоростью движения пятна на дне стакана $v$.

Сначала определим $U$. Уровень воды в сосуде остается неизменным, т.к. давление на дно постоянно и определяется полной массой вещества в сосуде. Если толщина слоя льда равна $h$, то над водой слой льда выступает на величину $(1-\rho_1/\rho_0)h$. Скорость изменения $h$ связана со скоростью таяния льда соотношением: $$ \mu = \frac{\Delta h}{\Delta t} S \rho_1 \mbox{ . } \quad(4) $$ Следовательно скорость движения границы лед/воздух можно записать в виде: $$ U = (1-\rho_1/\rho_0)\frac{\Delta h}{\Delta t} = \frac{\mu}{\rho_1 S}\left(1-\rho_1/\rho_0\right)\mbox{ . } \quad(5) $$ Численное значение $U$ равно $5.6\cdot10^{-5}$ м/с.

Далее определим отношение $v/U$. Предположим что уровень льда опустился до линии BD (см. рис.). Тогда изменение высоты границы лед/воздух равно AB, а горизонтальное перемещение луча (равное перемещению изображения луча на дне) равно CD. Нетрудно отметить, что: $$ \frac{v}{U} = \frac{|\mbox{CD}|}{|\mbox{AB}|} \mbox{.} \quad(6) $$ Данное соотношение можно определить графически с помощью линейки. В случае аналитического решения задачи, нужно отметить, что угол CAB$\equiv \phi$ в силу закона Снеллиуса удоволетворяет условию: $$ \sin CAB = \frac{\sin \alpha}{n} \equiv \sin \phi \mbox{ . } \quad(7) $$ Тогда можно записать: $$ \frac{|\mbox{CD}|}{|\mbox{AB}|} = \frac{|\mbox{DB}| - |\mbox{CB}| }{|\mbox{AB}|} = \mbox{tg} \alpha - \mbox{tg} \phi \mbox{.} \quad(8) $$

С учетом (5) и (6) можно записать: $$ v = \frac{\mu}{\rho_1 S}\left(1-\frac{\rho_1}{\rho_0}\right)(\mbox{tg} \alpha - \mbox{tg} \phi) \mbox{, или } v = \frac{\mu \mbox{tg} \alpha}{\rho_1 S}\left(1-\frac{\rho_1}{\rho_0}\right)\left(1-\sqrt{\frac{1 - \sin^2 \alpha}{n^2 - \sin^2 \alpha}}\right) \mbox{.} \quad(9) $$ Ответ $v \approx$ 2$\cdot$10$^{-5}$ м/с.

Задача 3.

Обозначим искомую массу телефонного справочника через $M$. Так как в каждом справочнике по $N$ страниц, масса каждой страницы, следовательно, равна $M/N$. Рассмотрим более внимательно область перекрытия страниц (см. рис.), страницы справочников различаются цветом). Поскольку, согласно условию, область перекрытия для всех страниц постоянна и составляет одну четверть от ширины страницы, заключаем, что масса участка страницы, приходящегося на зону перекрытия равна $m=M/4N$.

Когда к телефонным справочникам, чтобы их растащить, начинают прилагать горизонтальные силы, между страницами начинают действовать силы трения покоя. С увеличением внешнего воздействия эти силы трения покоя возрастают. Однако, как известно, сила трения покоя между двумя поверхностями не может быть больше $\mu N$, где $N$ — сила реакции. Таким образом, справочники начнут двигаться, когда силы трения между страницами достигнут этого максимума. Сила реакции между любыми двумя страницами в области перекрытия, по третьему закону Ньютона, равна весу всех вышележащих «участков». Ясно, что на первую (самую верхнюю) поверхность соприкосновения страниц справочников приходится масса $m$, на следующую границу — масса $2m$, и так далее. На рисунке изображены все силы силы действующие на справочники в горизонтальном направлении. Отсюда, для минимальной силы $F$, необходимой, чтобы растащить справочники, имеем $$ F=\mu mg+2\mu mg+3\mu mg+4\mu mg+\cdots+(2N-1)\mu mg= $$ $$=\mu mg\left(1+2+3+4+\cdots +(2N-1) \right)=\mu m g \frac{1+(2N-1)}{2}(2N-1)=\mu mgN(2N-1). \quad(10) $$ Подставляя в (10) выражение для $m$, получаем ответ для искомой массы справочника $$M=\frac{4F}{\mu g(2N-1)}.$$

Ответ: Масса телефонного справочника равна $4F/(\mu g(2N-1))$.

Задача 4.

Поток тепла из правой комнаты (за ширмой) равен мощности второй батареи, так как температура (и тепловая энергия) в правой комнате постоянна. Таким образом $W_2 = k_2 (T-T')$, где $T$ — температура в правой комнате, а $T'$ — температура в левой. Из аналогичных соображений поток тепла на улицу равен $W_1+W_2$. То есть можно записать: $$ W_1+W_2 = k_1 (T'-T_0) \mbox{ , } \quad(11) $$ где $T_0$ — температура на улице. Из этих двух выражений можно получить, что температура в правой комнате равна: $$ T = T_0 + \frac{W_2}{k_2} + \frac{W_1+W_2}{k1} \mbox{ . } \quad(12) $$

Ответ: $T =$ 25$^o$С.

Задача 5.

В произвольный момент времени весь обод циферблата можно разделить на три части: дуга, зажатая между стрелками, и две дуги, соединяющие стрелки с 12-00. Вместе с двумя стрелками они образуют соединение «мостик», где роль самого «мостика» играет дуга между стрелками.

Чтобы часть циферблата не светилась, необходимо чтобы проходящий через нее ток равнялся нулю. Это возможно для дуги $R_3$, если «мостик» сбалансирован: $$ R_1\, r_m = R_2\, r_h. \quad(13) $$ Введем следующие обозначения: $\phi_1$ — угол отклонения часовой стрелки от 12-00, $\phi_2$ — угол отклонения минутной стрелки от 12-00, $n$ — количество полных часов, прошедших с полуночи, $t$ — время, прошедшее с начала текущего часа, $T=1$час. Необходимо рассмотреть два случая: $\phi_1>\phi_2$ и $\phi_1<\phi_2$. Поэтому прежде всего нужно найти все моменты, когда часовая и минутная стрелка совпадают. С учетом того, что угловые скорости часовой и минутной стрелок равны $\frac{\pi}{6T}$ и $\frac{2\pi}{T}$ соответственно, получим: $$ \phi_1 = \frac{\pi}{6T}\, \left( nT+t \right)$$ $$\phi_2 = \frac{2\pi}{T}\, t. \quad(14) $$ Теперь можно без труда найти все моменты совпадения $T_n = nT + t_n$: $$ \frac{\pi}{6T}\, \left( nT+t_n \right) = \frac{2\pi}{T}\, t_n \quad \Rightarrow \quad t_n = \frac{T}{11}\,n\quad \Rightarrow \quad T_n = \frac{12}{11} nT. \quad(15) $$ Теперь перейдем к нахождению «темных моментов». С учетом того, что сопротивления $R_1$ и $R_2$ относятся как длины соответствующих дуг, можно записать уравнения баланса для мостика в обоих случаях: $$r_m\, \left( 1 - \frac{\phi_1}{2\pi} \right) = r_h\, \frac{\phi_2}{2\pi} ,\quad 0 < t < t_n, \quad(16)$$ $$r_h\, \left( 1 - \frac{\phi_2}{2\pi} \right) = r_m\, \frac{\phi_1}{2\pi},\quad t_n < t < T. \quad(17)$$ С учетом (14) получим: $$ t = \frac{12-n}{12\frac{r_h}{r_m}+1}\,T, \quad 0 < t < \frac{n}{11}\,T,$$ $$t = \frac{12\frac{r_h}{r_m}-n}{12\frac{r_h}{r_m}+1}\,T, \quad \frac{n}{11}\,T < t < T. \quad(18) $$ Для получения ответа необходимо перебрать все $n$ от 1 до 11 и найти все моменты, когда выполняется одно из условий (18). Решения можно найти только при $n = 0,\, 1,\, 2,\, 9,\, 10,\, 11$.

Ответ: 0-00, 0-48, 1-36, 2-24, 9-36, 10-24, 11-12, 12-00.

Задача 6.

Для того чтобы ответить на вопрос задачи для начала нужно разобраться с тем, какими будут скорости шариков после удара о рычаг. В момент удара шарика массы $m_2$ о плечо рычага на него в течении очень короткого промежутка времени $\Delta t$ действует большая сила реакции опоры $\vec{F}$ (см. рис.). Эта сила и меняет направление движения шарика, причем она действует перпендикулярно опоре (см. рис.). По третьему закону Ньютона в момент удара шарик действует на рычаг с силой по модулю равной $\vec{F}$, но направленной в противоположную сторону ($-\vec{F}$). По условию рычаг жесткий и равноплечий, значит по правилу рычага силы действующие на края его плеч равны. То есть в течении очень короткого времени удара $\Delta t$ на шарик массы $m_1$ действует сила реакции опоры равная так же $\vec{F}$.

Изменение импульсов шариков во время удара можно записать с помощью второго закона Ньютона в импульсной форме так: $\Delta \vec{p}_{1} = \vec{F} \Delta t$ и $\Delta \vec{p}_{2} = \vec{F} \Delta t$. Из этих равенств следует, что изменения импульсов равны, а так же меняется только вертикальная составляющая импульсов обоих шариков, так как сила реакции опоры направлена вертикально вверх. Тогда в проекции на ось $ OY $: $$ \Delta p_{1y} = \Delta p_{2y} \mbox{ ; } m_1 \Delta V_{1y}= m_2 \Delta V_{2y},$$ где $\Delta V_{(1,2)y} = V_{(1,2)y} - V_{(1,2)yo}$ — изменение вертикальной проекции скоростей шариков, здесь $V_{(1,2)y}$ скорости шариков сразу же после удара, а $V_{(1,2)yo}$ — сразу перед ударом. Для первого шарика $\Delta V_{1y} = V_{1y}$, потому что сначала он покоился $V_{1yo} = 0$. Для второго шарика $\Delta V_{2y} = V_{2y} + V_{2yo}$, здесь знак «+» потому что проекция скорости прямо перед ударом отрицательна. В итоге получаем равенство: $$ m_1 V_{1y} = m_2 (V_{2y} + V_{2yo}) \quad(19) $$

Проекция импульсов на горизонтальную ось $OX$ не меняется $m_1 \Delta V_{1x} = m_2 \Delta V_{2x} = 0$. То есть для первого шарика горизонтальная проекция скорости всегда равна нулю $V_{1x}=0$, а у второго шарика она не сохраняется $V_{2x} = V_{2xo}$.

Теперь обсудим условие того, что шарики столкнулись в воздухе. Как мы уже поняли, после того как второй шарик ударился о рычаг, первый начинает двигаться вверх. Очевидно, когда шарики столкнулись, они находились на одной высоте. Пусть они столкнулись во время $t$, тогда высота, на которую поднялся шарик равна $h = V_{y}t - \frac{g t^2}{2}$, где $V_{y}$ — вертикальная проекция скорости в начале движения, $g$ — ускорение свободного падения. Тогда условие равенства высот шариков будет таким: $$ V_{1y}t - \frac{g t^2}{2} = V_{2y}t - \frac{g t^2}{2}; \Longrightarrow ( V_{1y} - V_{2y} ) t = 0.$$ Отсюда следует, что необходимое условие столкновения: $\bf{ V_{1y} = V_{2y}} $. Причем если это выполнено, то шарики постоянно во время своего движения находятся на одной высоте. То есть чтобы они все таки столкнулись им нужно просто сближаться по горизонтали. Это очевидно выполнено, так как второй шарик имеет ненулевую постоянную проекцию скорости $V_{2x}$ по горизонтали, направленную к первому шарику. В итоге условие того, чтобы они столкнулись в воздухе выглядит так: $$ V_{1y} = V_{2y}. \quad(20) $$

Далее воспользуемся законом сохранения энергии. Так как удар в системе упругий, то механическая энергия в процессе удара сохраняется. Тогда запишем закон сохранения энергии в момент удара: $$E_{Ko} + E_{Po} = E_{K} + E_P, $$ где $E_{Ko}$ — кинетическая энергия шариков непосредственно до удара, $E_{K}$ — кинетическая энергия шариков сразу после удара, $E_{Po}, E_{P}$ — потенциальная энергия прямо перед и сразу после удара. Очевидно, что $E_{Po} = E_{P}$, то есть далее потенциальную энергию нам нет нужды рассматривать. Так как первый шарик сначала покоится, то $E_{Ko} = \frac{m_2 V_{2o}^2}{2}$. Сразу после удара $E_K = \frac{m_1 V_1^2}{2}+\frac{m_2 V_2^2}{2}$. Теперь запишем равенство, записав по теореме Пифагора квадраты модулей скоростей как суммы квадратов проекций: $$ \frac{m_2 V_{2xo}^2}{2} + \frac{m_2 V_{2yo}^2}{2} = \frac{m_1 V_{1x}^2}{2} + \frac{m_1 V_{1y}^2}{2} + \frac{m_2 V_{2x}^2}{2} +\frac{m_2 V_{2y}^2}{2}.$$ Это равенство сначала умножим на $2$, затем учтем, что скорость по оси $OX$ первого шарика равна нулю ($V_{1x} = V_{1xo} =0$), а у второго шарика горизонтальная скорость не меняется ($V_{2x}=V_{2xo}$): $$ m_2 V_{2yo}^2 = m_1 V_{1y}^2 + m_2 V_{2y}^2 $$ А теперь учтем условие на столкновение шариков (20): $$ m_2 V_{2yo}^2 = (m_1 + m_2) V_{2y}^2 \quad(21) $$ Далее запишем соотношение (19) так же с учетом условия столкновения шариков (20):

$$ (m_1 - m_2) V_{2y} = m_2 V_{2yo}. \quad(22) $$

Осталось выразить $V_{2yo}$ — из (22), откуда получаем $V_{2yo} = \frac{(m_1 - m_2) V_{2y}}{m_2}$, далее подставляем это в (21) и после не долгих выкладок получается соотношение на массы шариков: $$ \frac{m_1}{m_2} = 3. \quad(23) $$

Ответ: Для того, чтобы шарики столкнулись в воздухе соотношение масс должно быть $m_1 / m_2 = 3$.

II вариант

Задача 1.

В верхней точке горки (на ребре) скорость шайбы должна быть направлена строго вдоль верхнего ребра, иначе шайба подскочит. Это, в общем, очевидное утверждение легко доказать. Действительно, переваливая через малое закругление с ненулевой составляющей скорости $V_y$ вдоль оси $Y$ (см. рис.), шайба будет иметь центростремительное ускорение $a_{\text{ц}}=V_y^2/r$, где $r$ — радиус закругления. Так как по условию закругление незначительно, $r$ мало, значит $a_{\mbox{ц}}$ велико. Второй закон Ньютона в проекции на вертикальную ось в верхней точке траектории имеет следующий вид в проекции на вертикальную ось: $mg-N=ma_{\mbox{ц}},$ откуда следует, что при достаточно больших $a_{\mbox{ц}}$ величина $N$ обратится в ноль, т.е. шайба оторвется.

Итак, в верхней точке траектории скорость шайбы в проекции на ось $Y$ должна быть равна нулю. Но это означает, что в конце подъема по склону должна обратиться в ноль и скорость шайбы в проекции на ось $Z$, направленную вверх вдоль ската(см. рис.), ведь, проходя закругление, шайба практически не меняет модуль своей скорости. Та компонента скорости, которая перед самым закруглением (в конце подъема) была направлена вдоль оси $Z$, наверху закругления оказжется направлена уже вдоль оси $Y$. Значит, в конце подъема по наклонной плоскости скорость шайбы направлена именно вдоль оси $X$.

В ходе дальнейшего решения величиной $r$ мы будем пренебрегать.

Рассмотрим движение шайбы в плоскости левого ската горки (см. рис., отметим, что силы, перпендикуярные этой плоскости скомпенсированы на протяжении всего времени движения в данной плоскости). Как обсуждалось, в верхней точке траектории К скорость шайбы направлена вдоль ОО'. Тогда понятно, что движение шайбы по левому и правому скатам симметрично, а траектории АК и КВ имеют одну форму. Хотя они и лежат в разных плоскостях, АК и КВ представляют собой ветви одинаковых парабол, причем К — вершина обеих этих парабол и делит ребро ОО' пополам.

В проекции на оси $X$ и $Z$, лежащие в плоскости левого ската, ускорение свободного падения имеет проекцию лишь на ось $Z$, эта проекция отрицательна и равна по модулю $\tilde{g}=g\sin\gamma$. Начальную скорость и искомый угол обозначим $V_0$ и $\alpha$ соответственно. Уравнения равноускоренного движения для координат $$ X(t)=V_0t\sin\alpha, \qquad\qquad\qquad\qquad Z(t)=V_0t\cos\alpha -\tilde{g}t^2/2, \quad(24) $$ а для скоростей $$ V_x(t)=V_0\sin\alpha, \qquad\qquad\qquad\qquad V_z(t)=V_0\cos\alpha -\tilde{g}t. \quad(25) $$ В момент времени $t_k$, когда шайба проезжает точку К, проекция скорости на $Z$ становися равной нулю, $V_Z(t_k)=0$, значит второе уравнение (25) дает $$V_0\cos\alpha -\tilde{g}t_k=0 \qquad\Rightarrow\qquad t_k=\frac{V_0\cos\alpha}{\tilde{g}}. $$ Координаты шайбы в этот момент $X(t_k)=a/2$, $Z(t_k):$ (см. рис.), значит уравнения (24) принимают в этой точке вид $$V_0t_k\sin\alpha =a/2\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad V_0t_k\cos\alpha- \tilde{g}t_k^2/2:. $$ Подставляя сюда $t_k$, получим систему $$ \frac{V_0^2\sin\alpha \cos\alpha}{\tilde{g}}=\frac{a}{2},\qquad\qquad \frac{V_0^2\cos^2\alpha}{2\tilde{g}} = 3a. \quad(26) $$ Отсюда легко выразить $V_0$ и $\alpha$. Например, разделим почленно уравнения (26) друг на друга: $$2 \mbox{ tg } \alpha=\frac{1}{6} \qquad\Rightarrow\qquad \mbox{ tg } \alpha=\frac{1}{12}. $$ И, наконец, из второго уравнения (26) выразим $V_0$.

Ответ: Начальная скорость шайбы $V_0=\sqrt{145a g\sin\gamma/24}$, угол этой скорости с ребром АО $\alpha=\mbox{ arctg }{(1/12)}$.

Задача 2.

Решение аналогично первому варианту, только точка падения луча на дно будет двигаться в другую сторону. Итоговое выражение: $$ \mu = \frac{u \rho_1 S}{\mbox{tg} \alpha}\left(1-\frac{\rho_1}{\rho_0}\right)^{-1}\left(1-\sqrt{\frac{1 - \sin^2 \alpha}{n^2 - \sin^2 \alpha}}\right)^{-1} \quad(27) $$

Ответ: скорость намерзания льда $\mu$ = 0.77$\cdot$10$^{-3}$ кг/с.

Задача 3.

Обозначим искомый коэффициент трения страницы о страницу телефонного справочника через $\mu$. Так как в каждом справочнике по $N$ страниц, масса каждой страницы равна $M/N$. Рассмотрим более внимательно область перекрытия страниц (см. рис. к первому варианту), страницы справочников различаются цветом). Поскольку, согласно условию, область перекрытия для всех страниц постоянна и составляет одну пятую от ширины страницы, заключаем, что масса участка страницы, приходящегося на зону перекрытия равна $m=M/5N$.

Когда к телефонным справочникам, чтобы их растащить, начинают прилагать горизонтальные силы, между страницами начинают действовать силы трения покоя. С увеличением внешнего воздействия эти силы трения покоя возрастают. Однако, как известно, сила трения покоя между двумя поверхностями не может быть больше $\mu N$, где $N$ — сила реакции. Таким образом, справочники начнут двигаться, когда силы трения между страницами достигнут этого максимума. Сила реакции между любыми двумя страницами в области перекрытия, по третьему закону Ньютона, равна весу всех вышележащих «участков». Ясно, что на первую (самую верхнюю) поверхность соприкосновения страниц справочников приходится масса $m$, на следующую границу — масса $2m$, и так далее. На рисунке изображены все силы силы действующие на справочники в горизонтальном направлении. Отсюда, для минимальной силы $F$, необходимой, чтобы растащить справочники, имеем $$ F=\mu mg+2\mu mg+3\mu mg+4\mu mg+\cdots+(2N-1)\mu mg=$$ $$=\mu mg\left(1+2+3+4+\cdots +(2N-1) \right)=\mu m g \frac{1+(2N-1)}{2}(2N-1)=\mu mgN(2N-1). \quad(28) $$ Подставляя в (28) выражение для $m$, получаем ответ для искомого коэффициента трения страницы о страницу.

Ответ:$$\mu=\frac{5F}{M g(2N-1)}.$$

Задача 4.

Решение задачи аналогично первому варианту, включая итоговое выражение.

Ответ: $T =$ 26$^o$С.

Задача 5.

Решение не отличается от первого варианта.

Ответ: 0-00, 0-45, 1-30, 2-15, 9-45, 10-30, 11-15, 12-00.

Задача 6.

Для того чтобы ответить на вопрос задачи для начала нужно разобраться с тем, какими будут скорости шариков после удара о рычаг. В момент удара шарика массы $m_2$ о плечо рычага на него в течении очень короткого промежутка времени $\Delta t$ действует большая сила реакции опоры $\vec{F}$ (см. риc.). Эта сила и меняет направление движения шарика, причем она действует перпендикулярно опоре (см. рис.). По третьему закону Ньютона в момент удара шарик действует на рычаг с силой по модулю равной $\vec{F}$, но направленной в противоположную сторону ($-\vec{F}$). По условию рычаг жесткий и равноплечий, значит по правилу рычага силы действующие на края его плеч равны. То есть в течении очень короткого времени удара $\Delta t$ на шарик массы $m_1$ действует сила реакции опоры равная так же $\vec{F}$.

Изменение импульсов шариков во время удара можно записать с помощью второго закона Ньютона в импульсной форме так: $\Delta \vec{p}_{1} = \vec{F} \Delta t$ и $\Delta \vec{p}_{2} = \vec{F} \Delta t$. Из этих равенств следует, что изменения импульсов равны, а так же меняется только горизонтальная составляющая импульсов обоих шариков, так как сила реакции опоры направлена горизонтально. Тогда в проекции на ось $ OX $: $$ \Delta p_{1x} = \Delta p_{2x} \mbox{ ; } m_1 \Delta V_{1x}= m_2 \Delta V_{2x},$$ где $\Delta V_{(1,2)x} = V_{(1,2)x} - V_{(1,2)xo}$—изменение горизонтальной проекции скоростей шариков, здесь $V_{(1,2)x}$ скорости шариков сразу же после удара, а $V_{(1,2)xo}$—сразу перед ударом. Для первого шарика $\Delta V_{1y} = V_{1y}$, потому что сначала он покоился $V_{1xo} = 0$. Для второго шарика $\Delta V_{2x} = V_{2x} + V_{2xo}$, здесь знак «+» потому что проекция скорости прямо перед ударом отрицательна. В итоге получаем равенство: $$ m_1 V_{1x} = m_2 (V_{2x} + V_{2xo}) \quad(29) $$

Проекция импульсов на вертикальную ось $OY$ во время удара не меняется $m_1 \Delta V_{1y} = m_2 \Delta V_{2y} = 0$. То есть для первого шарика вертикальная скорость сразу после удара равна нулю $V_{1y}=0$, а для второго шарика она при ударе не меняется $V_{2y} = V_{2yo}$.

Теперь обсудим условие того, что шарики столкнулись в воздухе. Как мы уже поняли, после того как второй шарик ударился о рычаг, первый начинает двигаться с начальной скоростью, направленной горизонтально вправо (см. рис.). Изменение координаты по оси $OX$ для шариков записывается в виде $x_{1,2} = V_{(1,2)x} t$. Пусть они столкнулись в какое-то врем $t$. Очевидно, что в этот момент их координаты должны совпасть. В частности из равенства координат по оси $OX$, следует необходимое условие $\bf{ V_{1x} = V_{2x}} $. Причем если это выполнено, то шарики постоянно во время своего движения имеют равную координату $x$. По оси $OY$ шарики двигаются равноускоренно с ускорением свободного падения $g$: $y_1 = H - \frac{gt^2}{2}$ и $y_2 = V_{2y} t - \frac{g t^2}{2}$, где $H$—расстояние от края нижнего до края верхнего плеча рычага. Равенство $y$ координат превращается в $H = V_{2y} t$, так как $V_{2y} > 0$ это уравнение выполняется при некотором $t$. итоге условие того, чтобы они столкнулись в воздухе выглядит так: $$ V_{1x} = V_{2x}. \quad(30) $$

Далее воспользуемся законом сохранения энергии. Так как удар в системе упругий, то механическая энергия в процессе удара сохраняется. Тогда запишем закон сохранения энергии в момент удара: $$E_{Ko} + E_{Po} = E_{K} + E_P, $$ где $E_{Ko}$—кинетическая энергия шариков непосредственно до удара, $E_{K}$—кинетическая энергия шариков сразу после удара, $E_{Po}, E_{P}$—потенциальная энергия прямо перед и сразу после удара. Очевидно, что $E_{Po} = E_{P}$, то есть далее потенциальную энергию нам нет нужды рассматривать. Так как первый шарик сначала покоится, то $E_{Ko} = \frac{m_2 V_{2o}^2}{2}$. Сразу после удара $E_K = \frac{m_1 V_1^2}{2}+\frac{m_2 V_2^2}{2}$. Теперь запишем равенство, записав по теореме Пифагора квадраты модулей скоростей как суммы квадратов проекций: $$ \frac{m_2 V_{2xo}^2}{2} + \frac{m_2 V_{2yo}^2}{2} = \frac{m_1 V_{1x}^2}{2} + \frac{m_1 V_{1y}^2}{2} + \frac{m_2 V_{2x}^2}{2} +\frac{m_2 V_{2y}^2}{2}.$$ Это равенство сначала умножим на $2$, затем учтем, что скорость по оси $OY$ первого шарика в момент удара равна нулю ($V_{1y} = V_{1yo} =0$), а у второго шарика в момент удара вертикальная скорость не меняется ($V_{2y}=V_{2yo}$): $$ m_2 V_{2xo}^2 = m_1 V_{1x}^2 + m_2 V_{2x}^2 $$ А теперь учтем условие на столкновение шариков (30): $$ m_2 V_{2xo}^2 = (m_1 + m_2) V_{2x}^2 \quad(31) $$ Далее запишем соотношение (29) так же с учетом условия столкновения шариков (30):

$$ (m_1 - m_2) V_{2x} = m_2 V_{2xo}. \quad(32) $$

Осталось выразить $V_{2xo}$ — из (32), откуда получаем $V_{2xo} = \frac{(m_1 - m_2) V_{2x}}{m_2}$, далее подставляем это в (31) и после не долгих выкладок получается соотношение на массы шариков: $$ \frac{m_1}{m_2} = 3. \quad(33) $$

Ответ: Для того, чтобы шарики столкнулись в воздухе соотношение масс должно быть $m_1 / m_2 = 3$.