Съдържание

ВсОШ 2013, Заключителен етап, 9–11 клас — Задача 1 (10 кл.). 10 класс — Мешок и трение

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от ВсОШ 2013

XLVII Всероссийская олимпиада школьников по физике — Заключительный этап. Теоретический тур

Издание и авторы

Методическая комиссия по физике при центральном оргкомитете Всероссийских олимпиад школьников.

XLVII Всероссийская олимпиада школьников по физике. Заключительный этап. Теоретический тур. Методическое пособие. Владивосток, 2013 г.

Комплект задач подготовлен методической комиссией по физике при центральном оргкомитете Всероссийских олимпиад школьников. Телефоны: (495) 408-80-77, 408-86-95. E-mail: physolymp@gmail.com.

Авторы задач:

Класс	Задача 1	Задача 2	Задача 3	Задача 4	Задача 5
9	Замятнин М.	Иванов М.	Домарецкий Д.	Замятнин М.	Шведов О.
10	Савинов Е.	Щеронов А.	Бутиков Е.	Аполонский А.	Щеронов А., Александров Д.
11	Слободянин В.	Чивилёв В.	Аполонский А.	Бабинцев В.	Ерофеев И.

Общая редакция — Козел С., Слободянин В.

Оформление и вёрстка — Ерофеев И., Паринов Д., Цыбров Ф.

При подготовке оригинал-макета использовалась издательская система LaTeX 2ε. © Авторский коллектив. Подписано в печать 18 апреля 2013 г. в 10:47.

141700, Московская область, г. Долгопрудный. Московский физико-технический институт.

Условие

Мешочек с песком бросают с горизонтальной поверхности земли под некоторым углом $\alpha$ к горизонту с начальной скоростью $v_0$ . После приземления он теряет вертикальную составляющую скорости. Найдите максимальное горизонтальное перемещение мешочка относительно точки бросания и угол $\alpha$ , при котором оно достигается. Коэффициент трения между мешком и плоскостью равен $\mu$ . Ускорение свободного падения $g$ . Время удара считайте малым.

Решение

Перед ударом о землю скорость мешочка равна $v_0$ и направлена под углом $\alpha$ к горизонту.

Во время соударения на мешочек действует вертикальная сила реакции опоры $N$ и горизонтальная сила трения $F$ . Если в течение всего удара выполняется равенство $F=\mu N$ , то импульс, сообщённый мешочку силой трения, будет в $\mu$ раз больше импульса, сообщённого силой $N$ :

P_N=mv_y=mv_0\sin\alpha,\quad P_F=\mu P_N=\mu mv_0\sin\alpha.

Отсюда можно найти скорость мешочка по окончании удара:

mu=mv_x-\mu mv_y,\quad u=v_0(\cos\alpha-\mu\sin\alpha).

При $\mu>\operatorname{ctg}\alpha$ скорость $u$ в предположении $F=\mu N$ получается отрицательной. Это означает, что в этом случае горизонтальная скорость мешочка обратится в ноль ещё до окончания удара по вертикали, то есть мешочек сразу после удара будет неподвижен.

Таким образом, в этой задаче возможны два случая, требующие раздельного рассмотрения.

При $\operatorname{ctg}\alpha<\mu$ мешочек в результате удара останавливается, дальность полёта равна

L_1=\frac{v_0^2}{g}\sin2\alpha,\quad\text{откуда }L_{1\max}=\frac{v_0^2}{g},

при этом максимальная дальность $L_{1\max}$ достигается при $\alpha=45^\circ$ .

При $\operatorname{ctg}\alpha>\mu$ мешочек после удара некоторое время скользит по поверхности, проходя дополнительное расстояние. Полная дальность $L_2$ в этом случае складывается из дальности полёта $l_1$ и расстояния $l_2$ , пройденного мешочком по поверхности до остановки:

l_1=\frac{v_0^2}{g}\sin2\alpha,\quad l_2=\frac{u^2}{2a},

где $u=v_0(\cos\alpha-\mu\sin\alpha)$ , $a=\mu g$ . Полная дальность $L_2$ равна:

\begin{aligned}L_2&=l_1+l_2=\frac{v_0^2}{g}\sin2\alpha+\frac{v_0^2}{2\mu g}(\cos\alpha-\mu\sin\alpha)^2\\&=\frac{v_0^2}{2\mu g}\bigl(4\mu\sin\alpha\cos\alpha+(\cos\alpha-\mu\sin\alpha)^2\bigr)=\frac{v_0^2}{2\mu g}(\cos\alpha+\mu\sin\alpha)^2.\end{aligned}

Максимум выражения $\cos\alpha+\mu\sin\alpha$ достигается при $\operatorname{tg}\alpha=\mu$ и равен $\sqrt{\mu^2+1}$ , поэтому для максимальной дальности во втором случае получаем

L_{2\max}=\frac{v_0^2}{g}\frac{\mu^2+1}{2\mu}.

Этот результат можно получить проще, если заметить, что при выполнении условия $F=\mu N$ сумма сил трения и нормальной реакции всегда составляет с вертикалью угол $\varphi$ такой, что $\operatorname{tg}\varphi=\mu$ . По этой причине проекция мешочка на ось, составляющую угол $\varphi$ с горизонтом движется равноускоренно с ускорением $a=-g\sin\varphi$ во время полёта, удара и скольжения. Отсюда легко находится максимальная дальность:

L\cos\varphi=\frac{\bigl(v_0\cos(\alpha-\varphi)\bigr)^2}{2g\sin\varphi},\quad L=\frac{\bigl(v_0\cos(\alpha-\varphi)\bigr)^2}{g\sin2\varphi},

L_{2\max}=\frac{v_0^2}{g\sin2\varphi}\quad\text{при }\alpha=\varphi.

Максимальная дальность во втором случае не меньше, чем в первом. Это означает, что если условие $\operatorname{tg}\alpha=\mu$ не противоречит условию $\operatorname{ctg}\alpha>\mu$ , то есть при $\mu<1$ , максимальная дальность равна $L_{2\max}$ .

При $\mu>1$ дальность $L_2$ монотонно растёт с увеличением угла $\alpha$ , поэтому её максимальное значение соответствует максимально возможному значению угла, которое определяется условием $\operatorname{ctg}\alpha=\mu$ :

\begin{aligned}L_{2\max}&=\frac{v_0^2}{2\mu g}(\cos\alpha+\mu\sin\alpha)^2=\frac{v_0^2\sin^2\alpha}{2\mu g}(\operatorname{ctg}\alpha+\mu)^2\\&=\frac{v_0^2}{2\mu g}\frac{(\operatorname{ctg}\alpha+\mu)^2}{1+\operatorname{ctg}^2\alpha}=\frac{v_0^2}{2\mu g}\frac{(2\mu)^2}{1+\mu^2}=\frac{v_0^2}{g}\frac{2\mu}{1+\mu^2}\leq\frac{v_0^2}{g}=L_{1\max}.\end{aligned}

Поэтому при $\mu>1$ максимально возможной будет дальность $L_1$ .

Окончательно:

L_{\max}=\begin{cases}\dfrac{v_0^2}{g}\dfrac{\mu^2+1}{2\mu},&\text{при }\operatorname{tg}\alpha_{\max}=\mu,\ \text{если }\mu\leq1,\\[6pt]\dfrac{v_0^2}{g},&\text{при }\alpha_{\max}=45^\circ,\ \text{если }\mu>1.\end{cases}

Оригинал в Архива: finalT13.pdf