Съдържание

Условие Решение

ВсОШ 2018, Заключителен етап, 9–11 клас — Задача 11-5. 11 класс · 11.5 · Уронили в речку шарик

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от ВсОШ 2018

LII Всероссийская олимпиада по физике · Теоретический тур

Заголовок оригинала

LII Всероссийская олимпиада по физике. Теоретический тур

9 КЛАСС

Следующий вариант

10 КЛАСС

Следующий вариант

11 КЛАСС

Условие

Из точки $O$ на поверхности воды в реку бросают одинаковые маленькие металлические шарики (см. рис). Отпущенный без начальной скорости шарик упал на дно в точке $B$ , а шарик, запущенный вертикально вниз с известной скоростью $v$ в точку $C$ . Расстояние $BC=L$ . Найдите горизонтальную составляющую скорости второго шарика при ударе о дно $u_x$ . Считайте, что при движении на шарик со стороны воды действует сила, прямо пропорциональная скорости движения шарика относительно воды и направленная против этой скорости. Скорость течения не зависит от глубины, а дно горизонтально. Силу Архимеда не учитывать.

Исходный чертёж речки, O/A/B/C, L, g и вертикальная скорость v.

Решение

11.5. (Аполонский А.) Способ 1

Перейдем в инерциальную систему отсчета, двигающуюся со скоростью $(w_x,w_y)$ , с которой двигался бы шарик через большое время (установившаяся скорость, если бы не дно). Поместим начало этой системы в точку $O$ в момент бросания. В этой системе отсчета река не движется вдоль оси $OX$ , а движение реки вдоль оси $OY$ компенсирует силу тяжести, поэтому полная сила (в данной СО), действующая на камешек, прямо пропорциональна скорости: $\vec a=-k\vec u$ , где $u$ — скорость шарика в этой СО. Поэтому движение в ней происходит по прямой, а изменение скорости пропорционально смещению в этой же системе отсчета с тем же коэффициентом. Значение коэффициента $k$ находится из начальных условий вертикальная компонента ускорения при бросании без начальной скорости $g=kw_y$ . В момент падения второго шарика в точку $C$ , начало отсчета находится в точке $O'$ (см. рис). Рассмотрим точку $E$ , в которой будет первый шарик через то время, за которое второй шарик падает на дно. Она находится над точкой $C$ , так как проекции начальных скоростей на $OX$ одинаковы. $\triangle EBC\propto\triangle EO'D$ , поэтому $O'D=Lw_y/v$ . Горизонтальная скорость в момент падения:

w=k\cdot O'D=\frac{g}{w_y}\frac{Lw_y}{v}=\frac{gL}{v}.

Способ 2

Ось $OX$ сонаправлена со скоростью реки, а ось $OY$ направлена вертикально вниз.

Введем обозначения $w_x$ — скорость течения реки, $w_y=g/k$ . Тогда:

\begin{cases}\dot v_x=-kv_x+kw_x\\\dot v_y=-kv_y+kw_y\end{cases}

Уравнения без индекса выполнены для обеих проекций:

\frac{\mathrm{d}v}{v-w}=-k\mathrm{d}t,\quad\text{следовательно}

v=w+(v_0-w)e^{-kt}=w(1-e^{-kt})+v_0e^{-kt}

Введем обозначение:

f(t)=\int_0^t(1-e^{-kt'})\,\mathrm{d}t'.

Тогда смещение по оси $OX$ равно:

\Delta x_1=\int_0^{t_1}v_x\,\mathrm{d}t=w_xf(t_1)

\Delta y_1=\int_0^{t_1}v_y\,\mathrm{d}t=w_yf(t_1)=H,

где $H$ — глубина реки.
Во втором случае время падения равно $t_2$ :

\Delta x_2=\int_0^{t_2}v_x\,\mathrm{d}t=w_xf(t_2)=\Delta x_1-L

\Delta y_2=\int_0^{t_2}v_y\,\mathrm{d}t=w_yf(t_2)+v\int_0^{t_2}e^{-kt}\,\mathrm{d}t=w_yf(t_2)+\frac{v}{k}(1-e^{-kt_2})=H.

Вычитая попарно уравнения, записанные для разных осей получаем:

\begin{cases}w_x(f(t_1)-f(t_2))=L\\w_y(f(t_1)-f(t_2))-\dfrac{v}{k}(1-e^{-kt_2})=0\end{cases}

Замечая, что искомая скорость $w$ равна:

w=w_x(1-e^{-kt_2})=\frac{kLw_y}{v}=\frac{gL}{v}.

Полный чертёж движущейся системы отсчёта, O/O′/A/B/C/D/E, H/L и v.

Оригинал в Архива: finalT18.pdf