В.А. АЛЕШКЕВИЧ, А.В. ГРАЧЕВ, В.А. ПОГОЖЕВ,
В.С. СТЕПАНОВА, А.А.ЯКУТА

Вступительные экзамены на физфак МГУ

В 2001 г. на физическом факультете Московского государственного университета им. М.В.Ломоносова проводились два тура физико-математической олимпиады (в марте и мае) и один вступительный экзамен (в начале июля). Олимпиадные задания и экзаменационные билеты по физике содержали два теоретических вопроса, формулировки которых были взяты из программы, опубликованной в справочнике для поступающих в МГУ, и две задачи. Абитуриенты, получившие на олимпиаде по математике и физике не менее 13 баллов (максимальная оценка по физике – 10 баллов, по математике – 5 баллов), были приглашены обучаться на факультет. Ниже приводятся условия предлагавшихся задач и их решения. В решениях особое внимание уделено обоснованию возможности применения того или иного закона и указаны предположения, в том числе и так называемые стандартные, которые необходимо было сделать в ходе решения.
По всем вопросам приема просим обращаться по телефону 939-1241 (совет по новому приему и работе со школьниками физического факультета МГУ).

I. МЕХАНИКА

1 По ленте транспортера, движущейся горизонтально со скоростью v_т = 1 м/с, в направлении движения ленты катится без проскальзывания колесо. Найдите скорость u центра колеса относительно неподвижного наблюдателя, если скорость точки В, находящейся на ободе колеса на его горизонтальном диаметре, относительно указанного наблюдателя образует с горизонтом угол a=30°, как показано на рис. 1.

Решение

Положим, как это обычно и делают при решении подобных задач, что колесо является твердым телом. Тогда можно утверждать, что движение любой точки колеса относительно его оси может быть обусловлено только вращением колеса, а потому скорости его точек относительно оси должны быть перпендикулярны соответствующим радиусам колеса и лежать в плоскостях, перпендикулярных этой оси. При этом движение произвольной точки колеса в произвольной системе отсчета обусловлено вращением колеса вокруг своей оси и одновременным движением этой оси.

По условию задачи, скорость точки В относительно неподвижного наблюдателя лежит в плоскости рисунка, а ось колеса перпендикулярна этой плоскости. Следовательно, при движении колеса его ось не изменяет своего направления, а потому траектории всех точек колеса должны лежать в плоскостях, параллельных плоскости рисунка. С учетом того, что колесо катится по ленте транспортера без проскальзывания, т.е. точки касания колесом ленты неподвижны относительно нее, из сказанного выше следует, что скорость движения оси относительно ленты должна быть направлена горизонтально в плоскости рисунка и равна wR, где w – угловая скорость вращения колеса, а R – его радиус. Поскольку ни ось колеса, ни лента транспортера не движутся относительно неподвижного наблюдателя по вертикали, вертикальная составляющая скорости точки В, лежащей на горизонтальном диаметре, относительно неподвижного наблюдателя может быть обусловлена только вращением колеса и по модулю должна быть равна wR. По условию задачи, эта составляющая скорости точки В направлена вертикально вниз и равна v_Вsina. Поэтому можно утверждать, что направление скорости оси колеса совпадает с направлением движения ленты транспортера, а величина скорости оси колеса должна быть равна u=v_В cosa=wR+v_т. Таким образом, искомая скорость оси колеса относительно неподвижного наблюдателя направлена одинаково со скоростью горизонтального участка ленты транспортера и равна

2  Гладкая доска, лежащая на цилиндре, может свободно вращаться вокруг оси, прикрепленной к столу и проходящей через торец доски. Ось цилиндра и ось вращения доски параллельны. Определите угловую скорость вращения доски в тот момент, когда цилиндр катится по столу без проскальзывания с угловой скоростью w, удаляясь от закрепленного конца доски, а доска образует со столом угол a (рис. 2).

Решение

На рис. 3 сплошной линией показано положение сечения цилиндра вертикальной плоскостью, перпендикулярной оси цилиндра, в тот момент времени t, когда доска, лежащая на нем, образует со столом угол a. Пунктирной линией на этом же рисунке изображено положение указанного сечения по прошествии небольшого промежутка времени Dt. Считая, как это обычно делается при решении подобных задач, цилиндр, стол и доску твердыми телами, можно утверждать, что прямая, проходящая через вершину угла и центр показанного сплошной линией сечения цилиндра, является биссектрисой угла a.

 Поскольку цилиндр катится по столу без проскальзывания с угловой скоростью w и его ось остается параллельной оси вращения доски, ось цилиндра за промежуток времени Dt переместится на расстояние Ds=rwDt, а доска, в соответствии с обозначениями на рис. 3, повернется на угол Da. Учитывая, что выбранный промежуток времени Dt достаточно мал, можно считать, что угол Da много меньше одного радиана и вращение доски в течение этого промежутка времени неотличимо от равномерного. Поэтому, если искомую угловую скорость вращения доски обозначить W, то можно утверждать, что должно иметь место равенство Da=WDat.

Вспоминая, что отношение длины прилежащего катета прямоугольного треугольника к длине его противолежащего катета равно котангенсу угла, с учетом принятых обозначений получим

 Поскольку а синус малого угла равен самому углу, измеренному в радианной мере, искомая угловая скорость равна

3  На пол кабины лифта, движущегося вертикально вверх с постоянной скоростью, падает вертикально вниз упругий шарик. Определить скорость лифта, если после каждого удара шарик, не касаясь потолка, удаляется от пола лифта на максимальное расстояние за время t, а за время между двумя последовательными ударами об пол проходит путь L относительно Земли.

Решение

По условию задачи, шарик после каждого удара об пол кабины поднимается на максимальную высоту относительно пола за одно и то же время t. Если, как обычно, пренебречь влиянием воздуха на движение шарика, то, согласно закону свободного падения, можно утверждать, что в промежутках времени между ударами шарик движется относительно Земли с ускорением свободного падения g. Поскольку лифт относительно Земли движется равномерно, то и по отношению к полу лифта в указанные промежутки времени шарик движется с тем же ускорением. Следовательно, непосредственно после удара скорость шарика относительно пола кабины должна быть равна v = –gt, и шарик за время подъема относительно пола кабины должен подняться на высоту h_max=gt²/2.Отсюда следует, что непосредственно перед следующим ударом об пол скорость шарика должна быть направлена вертикально вниз, а ее величина относительно пола кабины должна быть равна gt, т.е. в результате удара скорость шарика относительно пола должна изменять лишь свое направление на противоположное. Следовательно, удар шарика об пол должен быть идеально упругим, а со стороны тросов, поднимающих кабину лифта вверх, на нее должны действовать силы, обеспечивающие ее равномерное движение.

Пусть непосредственно после очередного удара об пол кабины шарик находился на высоте h и поднимался вверх со скоростью u относительно Земли. Поскольку в этот момент скорость шарика относительно Земли, согласно сказанному выше, равна gt+u, шарик, совершая свободное падение относительно Земли, будет двигаться вверх в течение промежутка времени и поднимется на высоту а затем начнет двигаться вниз и через промежуток времени 2t после предыдущего удара вновь ударится об пол кабины. К этому моменту времени пол кабины должен достигнуть высоты h₂=h+2ut. Следовательно, между двумя ударами об пол путь, пройденный шариком относительно Земли, должен быть равен L=h₁–h+h₁–h₂. Подставляя в это выражение ранее найденные значения высот h₁ и h₂, определим искомую скорость лифта

Из этого выражения следует, что задача имеет решение, если исходные данные удовлетворяют условию L>gt². При невыполнении этого условия в рамках сделанных предположений задача не имеет решения.

4  По плоскости, образующей с горизонтом угол a, с помощью веревки медленно втягивают наверх ящик массой m. Когда ящик подняли на высоту h, совершив работу А, веревка оборвалась. С каким ускорением будет двигаться ящик по плоскости после обрыва веревки?

Решение

В условии задачи нет специальных указаний на то, покоилась ли относительно Земли плоскость, по которой поднимали ящик, и сколь велико было действие на ящик окружающего воздуха. Ясно, что ответ на вопрос задачи зависит от указанных обстоятельств. Поэтому, как это обычно и делается, будем решать задачу для простейшей ситуации, а именно: 1) будем считать плоскость неподвижной относительно Земли, а связанную с ней систему отсчета инерциальной; 2) действием воздуха на ящик в любой момент времени будем пренебрегать, т.е. будем считать среднюю плотность ящика много больше плотности воздуха и не будем учитывать сил сопротивления движению ящика со стороны воздуха. Далее, поскольку, по условию задачи, ящик с помощью веревки медленно перемещали по плоскости, можно считать, что в момент обрыва веревки скорость ящика была практически равна нулю. При выполнении этих предположений работа по подъему ящика на высоту h будет слагаться из работы против сил тяжести и сухого трения скольжения, действовавших на ящик во время его подъема.

Если величину ускорения свободного падения обозначить g, то, полагая, как обычно, величину силы сухого трения скольжения равной предельному значению силы сухого трения покоя, т.е. равной произведению нормальной составляющей силы реакции плоскости на коэффициент трения, получим:

т.к. для подъема на высоту h ящик необходимо было переместить вдоль наклонной плоскости на расстояние L = h/sina, а нормальная составляющая силы реакции плоскости, согласно второму закону Ньютона, равна mg cos a.

При обрыве веревки направление силы трения, действующей на ящик, изменяется на противоположное. Поэтому, если величина проекции силы тяжести на направление вдоль наклонной плоскости не будет превышать предельное значение силы трения покоя, т.е. будет иметь место неравенство tga Ј m, ящик после обрыва веревки должен оставаться неподвижным, а величина действующей на него силы сухого трения будет равна mgsina. В этом случае, как следует из соотношения (1), заданные в условии задачи величины должны удовлетворять неравенству Aі2mgh. Если же tga>m, то, согласно второму закону Ньютона, ящик должен начать скользить вниз по плоскости с ускорением a=g(sina–mcosa). Подставляя в это выражение величину коэффициента трения, удовлетворяющую уравнению (1), ответ можно представить в виде:

5  При взрыве в верхней точке траектории ракеты, летевшей вертикально, образовалось три осколка, первые два из которых полетели во взаимно перпендикулярных направлениях со скоростями v₁=12 м/c и v₂=8 м/с. Определите массу третьего осколка, если первый имел массу m₁=1 кг, второй – массу m₂=2 кг, а кинетическая энергия всех осколков сразу после взрыва была равна W=236Дж.

Решение

Будем решать задачу, считая лабораторную систему отсчета, относительно которой задано движение ракеты и ее осколков, инерциальной. Поскольку ракета летела вертикально и ее взрыв произошел в верхней точке траектории, следует считать, что в этот момент ее скорость стала равной нулю. Поэтому, пренебрегая импульсом сил тяжести по сравнению с импульсом внутренних сил, действовавших на каждый из этих осколков во время взрыва, на основании закона сохранения импульса можно утверждать, что компоненты скорости третьего осколка v₃₁ и v₃₂, коллинеарные соответственно скорости первого v₁ и второго v₂ осколков, должны удовлетворять соотношениям:

где m₃ – масса третьего осколка. Конечно, сказанное верно, если, как это обычно и предполагается в подобных ситуациях, допустимо пренебречь массой образовавшихся при взрыве газообразных продуктов.

Поскольку кинетическая энергия всех осколков непосредственно после взрыва, по условию задачи, равна W, а квадрат скорости третьего осколка равен т.к. эти компоненты взаимно перпендикулярны, то

Решая совместно систему уравнений (2)–(3), находим искомую массу третьего осколка:

6  Ракета массой m=2 кг, стартовавшая с поверх-ности Земли, летит с работающим двигателем со скоростью v=20м/с по дуге окружности радиусом R=100 м, лежащей в вертикальной плоскости. Найдите силу тяги двигателя в тот момент, когда скорость ракеты направлена под углом a=60° к горизонту.

Решение

Поскольку ракета стартовала с поверхности Земли и движется по дуге радиусом R, много меньшим радиуса Земли, поле силы тяжести следует считать однородным. Будем, поскольку иное не оговорено в условии задачи, пренебрегать действием воздуха на ракету. Тогда можно считать, что на ракету действуют лишь сила тяги двигателей F_т и сила тяжести mg, где g – ускорение свободного падения. На рис. 4 показаны два удовлетворяющие условию задачи положения ракеты, при которых вектор ее скорости v направлен под углом a к горизонту. На этом же рисунке показано положение центра кривизны траектории (точка О) и действующие на ракету указанные выше силы без соблюдения масштабов. В первом случае (в) ракета движется вверх, а во втором (н) – вниз.

Полагая, как обычно, лабораторную систему отсчета, по отношению к которой рассматривается движение ракеты, инерциальной, на основании второго закона Ньютона можно утверждать, что составляющие силы тяги ракеты и силы тяжести, коллинеарные вектору скорости, должны взаимно компенсироваться, т.к. скорость ракеты, по условию, остается постоянной по величине, а перпендикулярные вектору скорости составляющие указанных сил – обеспечивать ракете необходимое центростремительное ускорение, т.е. должны быть справедливы следующие соотношения:

Поскольку указанные компоненты силы тяги ракеты F₁ и F₂ взаимно перпендикулярны, то модуль силы тяги двигателя ракеты при выполнении сделанных выше предположений должен быть равен

 и в обоих случаях сила тяги должна быть направлена вверх, причем при подъеме ракеты сила тяги и скорость должны образовывать угол

а при движении вниз

.