Съдържание

BelPhO 2007, Областен етап, 9–11 клас — Задача 4. 10-1. Просто разминка

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от BelPhO 2007

III этап — теоретический тур, 9–11 классы

Внимание: Бележка към темата

Сборник содержит восемь целых задач для 9–11 классов (3+3+2). Включены все условия, таблицы, подсказки, примечания и полные решения с альтернативными способами. 45 напечатанных конечных меток (6+3+4+5+7+7+10+3); каталог указывает51 и может иначе считать составные запросы. Исходные данные и формулы сохранены.

9-1. Рабочая разминка. Примечание к источнику: в подсказке сумма квадратов содержит n+2 вместо 2n+1; эта формула и ее применения сохранены. Ключ печатает 24,2 кДж для пирамиды, 100 кДж для насоса и 820 кДж для песка, хотя они не согласуются с исходными расчетами/данными. Номер (17) отсутствует. Метки 2.1/2.2 решения насоса сохранены при 1.2.1/1.2.2 условия.

9-2. Водная феерия. Примечание к источнику: в последней дроби формулы (3) для первой фазы ключа напечатано 6300+2,1m, тогда как предшествующий знаменатель равен 2,1(300+m); оба исходных выражения сохранены.

9-3. Опыт Араго. Примечание к источнику: ответ на вопрос 4 разбит в ключе на пункты 4 и 5; все исходные объяснения сохранены в одной задаче.

10-1. Просто разминка. Примечание к источнику: в формуле (9) напечатано t₂=φR/v₁, а следующая формула использует v₂. Итог φ₁₃=π/5≈72° противоречит равенству π/5=36° и предыдущему φ=2π/5; исходные формулы, число и рисунок сохранены.

10-2. Вес и сжатие. Примечание к источнику: вводный текст использует ΔV/V₀, а формула ΔV/V. Ссылки ключа на номера (2), (4), (8) сохранены как напечатано; первая дробь формулы (6) давления не содержит g, хотя следующий член его содержит.

10-3. Осторожней на поворотах. Примечание к источнику: в формуле (6) ключа обе стороны напечатаны с φП и передними нагрузками, тогда как предшествующая формула содержит задние индексы. Формулы и исходные индексы сохранены.

11-1. Взрывная эмиссия. Примечание к источнику: NА в условии напечатано 6,023 моль⁻¹ без множителя 10²³, а численный ответ ключа равен 6,62·10²⁸ м⁻³. В 3.1 ключа C=(T₁−T₂)/l при неопределенном T₂; следующая формула использует T₁−T₀. В 4.3 сохранены исходные несогласованные названия случаев и пустая ссылка «условие ()». В 4.4 интеграл использует j(T), несмотря на предыдущее различие jвнутри=2jповерхн; исходное время 2,6 мкс сохранено.

11-2. Динамик. Примечание к источнику: знаки силы и двигательной ЭДС в ключе приводят к β−g²/R; исходные знаки, все коэффициенты и численные ответы сохранены. На с.29 знак сравнения после R=4,0 Ом отображается пустым прямоугольником; это явно обозначено, отсутствующий символ не восстановлен предположением. Формула мгновенной электрической мощности содержит cosφ, как напечатано.

9 класс

УТВЕРЖДЕНО. Заместитель председателя оргкомитета заключительного этапа республиканской олимпиады. _________________ К.С. Фарино. «____» декабря 2006 года.

Республиканская физическая олимпиада (III этап). 2007 год. Теоретический тур. 9 класс.

10 класс

Республиканская физическая олимпиада (III этап). 2007 год. Теоретический тур. 10 класс.

11 класс

Республиканская физическая олимпиада (III этап). 2007 год. Теоретический тур. 11 класс.

Условие

Ускорение свободного падения на поверхности Земли считать равным $g=10\,\text{м/с}^2$ .

1.1 Верхняя часть гусеницы трактора движется относительно земли со скоростью $V_0=2{,}0\,\text{м/с}$ . С какой скоростью движется трактор?

1.2 Ствол пушки, размещенной на железнодорожной платформе, расположен под углом $\alpha=60{}^\circ$ к горизонту. Платформа может двигаться по горизонтальным рельсам. Начальная скорость вылета снаряда равна $V_0=400\,\text{м/с}$ . Чтобы увеличить дальность полета снаряда платформу разгоняют до скорости $v_1=72\,\text{км/час}$ . На сколько процентов увеличится дальность полета снаряда, выпущенного с движущейся платформы, по сравнению с дальностью полета снаряда, выпущенного с жестко закрепленной платформы? Масса платформы значительно больше массы снаряда.

Военные действия происходят на Марсе, где можно пренебречь сопротивлением атмосферы.

Вся пушка на железнодорожной платформе и рельсы.

1.3 Желоб изготовлен из двух широких одинаковых досок, образующих двугранный угол $\alpha=60{}^\circ$ . Желоб расположили так, что его ребро горизонтально, а стороны симметричны относительно вертикали. Внутрь желоба положили цилиндр массой $m=2{,}0\,\text{кг}$ . Коэффициент трения между стенками желоба и боковой поверхностью цилиндра равен $\mu=0{,}30$ . Какую минимальную горизонтально направленную силу необходимо приложить к цилиндру, чтобы он начал двигаться вдоль желоба, параллельно ребру?

Весь цилиндр в двухгранном желобе с alpha.

1.4 В вертикальный сосуд, имеющий форму усеченного конуса, налита вода, масса которой равна $m=1{,}0\,\text{кг}$ . Высота уровня воды в сосуде равна $h=10\,\text{см}$ . Площадь дна сосуда равна $S=200\,\text{см}^2$ . Чему равна суммарная сила давления воды на боковые стенки сосуда?

Полный усеченный конус: вода,h,S,z и стрелки.

1.5 На твердой горизонтальной поверхности сделан неглубокий круговой желобок, по которому, как по направляющим могут двигаться без трения два небольших шарика (Рис. 2). Масса первого шарика $m_1=20{,}0\,\text{г}$ , второго $m_2=30{,}0\,\text{г}$ . Радиусы шариков малы, по сравнению с радиусом желобка. Второму шарику сообщают некоторую скорость в направлении покоящегося первого. Шары сталкиваются между собой абсолютно упруго. Укажите точку тринадцатого столкновения между шарами.

Полный круговой желобок с m1/m2,стрелкой и Рис2.

Указание. Положение точки на окружности удобно задавать с помощью угла $\varphi$ , отсчитываемого от начального положения неподвижного шара (Рис. 3).

Полная окружность/точкаA/уголphi и подписьРис3.

Решение

1.1 Очевидно, что скорость трактора равна $V=V_0/2=1{,}0\,\text{м/с}$ .

1.2 Дальность полета снаряда, выпущенного из неподвижного орудия, определяется формулой

S_0=\frac{2V_0^2}g\sin\alpha\cos\alpha.\qquad (1)

где $V_0$ — скорость снаряда относительно ствола. Чтобы достичь максимальной дальности, выстрел, очевидно, необходимо производить в направлении движения платформы. В этом случае к горизонтальной составляющей скорости снаряда относительно пушки добавится скорость движения платформы, поэтому закон движения снаряда будет иметь вид

\begin{aligned}x&=(V_0\cos\alpha+v_1)t,\\y&=V_0t\sin\alpha-\frac{gt^2}2.\end{aligned}\qquad (2)

Определим время полета снаряда (из условия $y=0$ ): $t_1=2V_0\sin\alpha/g$ и подставим его в выражение для горизонтальной координаты для определения дальности полета

S_1=(V_0\cos\alpha+v_1)\frac{2V_0\sin\alpha}g=\frac{2V_0^2\sin\alpha\cos\alpha}g\left(1+\frac{v_1}{V_0\cos\alpha}\right).

Таким образом, относительное увеличение дальности полета составит

\frac{S_1-S_0}{S_0}=\frac{v_1}{V_0\cos\alpha}=10\%.

При наличии понимания, решение может быть получено почти мгновенно:

так как время полета снаряда определяется только вертикальной составляющей скорости, то оно не зависит от скорости платформы;
дальность полета (при постоянном времени движения) пропорциональна горизонтальной составляющей скорости снаряда;
следовательно, $\frac{S_1-S_0}{S_0}=\frac{(V_0\cos\alpha+v_1)-V_0\cos\alpha}{V_0\cos\alpha}=\frac{v_1}{V_0\cos\alpha}=10\%$ .

1.3 Чтобы сдвинуть цилиндр, к нему необходимо приложить силу, превышающую силу трения. Изобразим силы, действующие на цилиндр в проекции на вертикальную плоскость. Так как силы реакции направлены перпендикулярно поверхности, то тройка сил: две силы реакции и сила тяжести направлены под равными углами $120{}^\circ$ друг к другу. Так как проекция ускорения на вертикальную плоскость равна нулю, то сумма изображенных сил также равна нулю. Следовательно, модули этих сил равны, то есть $N=mg$ . Таким образом, суммарная сила трения (и искомая сила) равна $F_{\text{р}}=2\mu N=2\mu mg=12\,\text{Н}$ .

Все силы цилиндра: двеN,mg и геометрияжелоба.

1.4 Суммарная сила давления воды на дно и стенки сосуда по модулю равна силе тяжести и направлена в противоположную сторону: $\rho ghS+F_{\text{ст.}}=mg$ . Из этого уравнения находим $F_{\text{ст.}}=mg-\rho ghS\approx-10\,\text{Н}$ , т.е. эта сила направлена вверх.

1.5 Обозначим начальную скорость второго шарика $u_0$ и найдем скорости шариков $v_1$ и $v_2$ после первого столкновения (Рис. 1), используя уравнения законов сохранения импульса и механической энергии

m_2u_0=m_1v_1+m_2v_2,\qquad (1)

\frac{m_2u_0^2}2=\frac{m_1v_1^2}2+\frac{m_2v_2^2}2.\qquad (2)

Полная окружность столкновения1,u0/v1/v2,оси/шарики и подписьРис1.

Для быстрого решения этой системы уравнений перепишем ее в виде

m_2(u_0-v_2)=m_1v_1,\qquad (3)

m_2(u_0^2-v_2^2)=m_1v_1^2.\qquad (4)

и разделим второе уравнение на первое. При этом мы, конечно, теряем одно решение системы

v_2=u_0,\quad v_1=0,\qquad (5)

но это решение соответствует начальным условиям — скоростям шарика до удара, а нам необходимо второе решение: $u_0+v_2=v_1$ . Подстановка этого соотношения в уравнение (1) позволяет легко найти интересующее нас решение

v_2=\frac{m_2-m_1}{m_2+m_1}u_0,\qquad v_1=\frac{2m_2}{m_2+m_1}u_0.\qquad (6)

Понятно, что скорость первого шарика больше скорости второго, поэтому, совершив полный оборот, первый шарик догонит второй в некоторой точке $A_1$ , повернутой относительно исходной на некоторый угол $\varphi$ (Рис. 1).

Полная окружность столкновения2,A1/phi/u0/v1,оси/шарики и подписьРис2.

Для определения этого угла заметим, что до второго удара первый шарик пройдет путь

S_1=(2\pi+\varphi)R\qquad (7)

за время

t_1=\frac{(2\pi+\varphi)R}{v_1}.\qquad (8)

Аналогично, для второго шарика можно записать

S_2=\varphi R,\qquad t_2=\frac{\varphi R}{v_1}.\qquad (9)

Приравнивая времена движения шариков, получим уравнение

\frac{(2\pi+\varphi)R}{v_1}=\frac{\varphi R}{v_2}.\qquad (10)

из которого определим искомый угол $\varphi$ , задающий положение точки столкновения

\varphi=\frac{2\pi}{v_1/v_2-1}.\qquad (11)

Вычислим значение этого угла, используя выражения для скоростей (6)

\varphi=\frac{2\pi}{v_1/v_2-1}=\frac{2\pi}{2m_2/(m_2-m_1)-1}=\frac{2\pi}{2\cdot30/(30-20)-1}\approx\frac25\pi.\qquad (12)

Таким образом, мы определили точку второго столкновения. Для определения скоростей шариков после этого удара, следует составить систему уравнений, аналогичную (1)-(2). Однако подробно ее решать нет необходимости, так как ответ почти очевиден: если при начальных условиях (5) решением выражаются формулами (6), то теперь (6) являются начальными условиями и, следовательно, решение выражается формулами (5). Иными словами, после второго удара шарики восстановят свои начальные скорости — второй будет двигаться со скоростью $u_0$ , а первый остановится! После второго удара второй шарик сделает полный оборот и столкнется с первым в той же точке $A_1$ . После этого повторится рассмотренная ситуация (только повернутая на угол $\varphi$ ): первый догоняет второй и т.д. Эти рассуждения позволяют указать точки всех столкновений шариков (Рис. 3). Простым перечислением легко определить, что тринадцатое столкновение произойдет в точке, повернутой относительно исходного положения на угол, равный

\varphi_{13}=\frac15\pi\approx72{}^\circ.

Все места столкновений1–13 на полной окружности и подписьРис3.

Обложка решений

Республиканская физическая олимпиада (III этап). 2007 год. Теоретический тур. Решения задач.

Оригинал в Архива: 3_etap_2007_theoretical_problems.pdf · официални решения: 3_etap_2007_theoretical_solutions.pdf