Съдържание

Условие Часть 1. Горючее не подаётся.Часть 2. Включают подачу горючего.Решение

BelPhO 2008, Областен етап, 10,11 — Задача 8. 11 класс — 2. «Копёр»

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от BelPhO 2008

III этап — теоретический тур, 10 и 11 классы

Внимание: Бележка към темата

Сборник содержит девять целых задач: три для 10 класса 12-летней школы, три для 10 класса 11-летней школы и три для 11 класса. Эти два разных раздела 10 класса сохранены под исходными названиями. Переданы все 49 основных номерных/буквенных групп, включая внутренние запросы а/б в пунктах 2 и 3 «Баскетбола». Каталог указывает 52 части; дополнительные задания по этому числу не придуманы. Время выполнения, баллы и таблицы оценивания в полученных оригиналах не напечатаны.

В исходных PDF нарушено отображение математического шрифта: многие греческие буквы, минусы, штрихи и знаки приближения пропадают или заменяются посторонними символами. Эти обозначения переданы по текстовому слою тех же оригиналов; видимый знак ℏ сохранен. Научные ошибки источника не исправлены.

Баскетбол: в печатном условии дискриминант обозначен D=√(b²−4ac). Выданный листок миллиметровой бумаги в полученных PDF отсутствует; новая форма не изготовлена.

Плавкий предохранитель: последний множитель времени в (1) напечатан с дополнительным l в знаменателе; исходная формула сохранена.

Сейсморазведка: в (2), (4), (13) ключа напечатаны отрицательные квадратичные поправки, тогда как последующие формулы времени и графики используют положительные. В начальной сумме (14) нет множителя 2; последняя скобка (14) печатает h₁/v₂. В (20) первая сумма не содержит третьего слоя, а последний угол обозначен звездочкой. Результат v₂≈3,0 км/с и v₃≈5,4 км/с сопровождается заключением «глина» и «железная руда», хотя в таблице условия глина — 3,5, гранит — 5,4, железная руда — 5,7 км/с. Исходная оговорка о погрешности и все результаты сохранены.

Ошибочная разминка: в знаменателе второго выражения (19) ключ печатает R_A+R(1∓ΔR/(R+R_A)); исходная запись сохранена.

Муфта: ключ сначала задает x₀=L(cosα₁−cosα₀), но затем использует FL/2 в подстановке энергии. Последняя формула и результат 2,8 м/с сохранены.

Электростатический генератор: исходный ключ дает Pmax/Pquarter=ε² и ссылается на (21) при подстановке заряда. Эти исходные результат и ссылка сохранены, без замены расчетной модели.

Системы единиц: в (8) ключ печатает 6,25·10⁸ эВ, хотя в предыдущем равенстве (7) стоит 6,25·10¹⁸ эВ. Напечатанный показатель сохранен.

Копёр: расчет при подаче топлива продолжает использовать ε₁ из упругого случая. Номер (21) использован дважды; формула третьего удара (23) начинается с Δx₂. Оценка после десяти ударов прямо названа завышенной; все исходные обозначения и слова сохранены.

Интерференция: условие печатает «Точеный источник». В ключе минимум задан разностью фаз π(m+1/2), а радиус кольца — √(λL(m+1/2)), при ранее напечатанной интенсивности cos²((φ₁−φ₂)/2). В приближении Юнга отбрасывается постоянный член −d²/(2L). Формулы сохранены как текст источника.

10 класс 12-летней школы. Инструкция

УТВЕРЖДЕНО. Заместитель председателя оргкомитета Республиканской олимпиады. _________________ К.С. Фарино. «____» декабря 2007 года.

Республиканская физическая олимпиада (III этап). 2008 год. Теоретический тур. 10 класс 12-летней школы.

Полный комплект состоит из трех не связанных между собой заданий.
При оформлении работы каждую задачу начинайте с новой страницы. Первая половина тетради предназначена для чистовика, вторая — для черновика. При недостатке бумаги обращайтесь к оргкомитету, обеспечим!
Подписывать тетради и отдельные страницы запрещается.
В ходе работы можете использовать ручки, карандаши, чертежные принадлежности, калькулятор.
С вопросами по условиям задач (не по решениям!) обращайтесь к представителям Жюри.

10 класс 11-летней школы. Инструкция

Республиканская физическая олимпиада (III этап). 2008 год. Теоретический тур. 10 класс 11-летней школы.

Полный комплект состоит из трех не связанных между собой заданий.
При оформлении работы каждую задачу начинайте с новой страницы. Первая половина тетради предназначена для чистовика, вторая — для черновика. При недостатке бумаги обращайтесь к оргкомитету, обеспечим!
Подписывать тетради и отдельные страницы запрещается.
В ходе работы можете использовать ручки, карандаши, чертежные принадлежности, калькулятор.
С вопросами по условиям задач (не по решениям!) обращайтесь к представителям Жюри.

11 класс. Инструкция

Республиканская физическая олимпиада (III этап). 2008 год. Теоретический тур. 11 класс.

Полный комплект состоит из трех не связанных между собой заданий.
При оформлении работы каждую задачу начинайте с новой страницы. Первая половина тетради предназначена для чистовика, вторая — для черновика. При недостатке бумаги обращайтесь к оргкомитету, обеспечим!
Подписывать тетради и отдельные страницы запрещается.
В ходе работы можете использовать ручки, карандаши, чертежные принадлежности, калькулятор.
С вопросами по условиям задач (не по решениям!) обращайтесь к представителям Жюри.

Условие

Предлагаем Вам рассмотреть работу устройства для забивания свай в твёрдый грунт. Принцип работы копра очень простой. По вертикально установленной свае (масса сваи $M$ ) ударяет молот (масса молота $m$ ), часть механической энергии молота передаётся свае, которая постепенно забивается в землю. Для поддержания работы копра, в область соударения молота и сваи подаётся некоторое количество солярки, которая при сжатии взрывается и выделяет определённое количество энергии.

Вся схема копра: молотm/сваяM,солярка/стрелка,скоростьv0,x,Δx≪x,грунт и все размерные стрелки.

Будем считать для простоты, что сила трения, действующая на сваю при её движении в грунте, прямо пропорциональна длине вбитой части ( $F_{\text{ТР}}=kx$ , $k$ — известная постоянная).

Удары молота о сваю будем считать абсолютно упругими. Также будем считать, что трение сваи о грунт настолько велико, что при одном ударе свая опускается на очень маленькое расстояние ( $\Delta x_0\ll x_0$ ).

Часть 1. Горючее не подаётся.

1 Скорость молота в момент времени, предшествующий соударению равна $v_0$ . После соударения свая получит определённую энергию $E_1=\varepsilon_1\cdot mv_0^2/2$ , а модуль скорости молота уменьшится и станет равным $v_1=\xi\cdot v_0$ . Выразите постоянные $\varepsilon_1$ и $\xi$ через массы молота и сваи. Далее считайте эти постоянные известными.

2 Длина вбитой части сваи равна $x_0$ . Определите $\Delta x_0$ для удара, описанного в предыдущем пункте.

Часть 2. Включают подачу горючего.

3 Количество солярки, подаваемой в место соударения, регулируют таким образом, чтобы модуль скорости молота после соударения со сваей не изменялся. Энергия, переданная свае, в этом случае также может быть выражена в виде $E_2=\varepsilon_2\cdot mv_0^2/2$ , где $v_0$ — скорость молота до (и после) соударения. Определите $\varepsilon_2$ .

4 При такой подаче топлива, глубина погружения сваи после $i$ -го удара ( $\Delta x_i$ ) может быть выражена через погружение после предыдущего удара ( $\Delta x_{i-1}$ ) и длину вбитой части сваи ( $x_i$ ) следующим образом: $\Delta x_i\approx\Delta x_{i-1}(1+\lambda/x_i)$ . Определите коэффициент $\lambda$ .

5 Начнём считать удары молота в тот момент, когда длина вбитой части сваи равна $x_1$ . После предыдущего удара свая опустилась на $\Delta x_0$ . Используя соотношение, приведённое в предыдущем пункте и, по-прежнему, считая, что $\Delta x_i\ll x_i$ , оцените на сколько опустится свая после 10 ударов. Выразите ответ через $x_1$ , $\Delta x_0$ и $\lambda$ .

6 После погружения сваи на необходимую глубину, подачу горючего прекращают. Через какое время $T$ после последнего удара с включённой подачей горючего удары молота прекратятся? До прекращения подачи топлива, скорость молота перед ударами равнялась $v_0$ .

Примечание. Скорее всего, Вам пригодится приближенная формула: $(1+x)^\alpha\approx1+\alpha x$ .

Решение

1. Запишем законы сохранения импульса и энергии.

\begin{cases}mv_0=-mv_1+P,\\mv_0^2/2=mv_1^2/2+E_1,\end{cases}\qquad (1)

где $P$ и $E_1$ — импульс и энергия сваи после удара.

Импульс и энергия связаны соотношением:

P=\sqrt{2ME_1}.\qquad (2)

Подставляя в систему (1), приведённые в условии выражения: $E_1=\varepsilon_1\cdot mv_0^2/2$ и $v_1=\xi\cdot v_0$ , а также используя соотношение (2), получим:

\begin{cases}1=-\xi+\sqrt{M/m}\sqrt{\varepsilon_1},\\1=\xi^2+\varepsilon_1.\end{cases}\qquad (3)

Решая систему (3), получим:

\xi=\frac{M-m}{M+m},\qquad (4)

\varepsilon_1=\frac{4mM}{(M+m)^2}.\qquad (5)

2. Т.к. трение велико, то можно считать, что сила трения — величина постоянная и равна:

F_{\text{ТР}}=kx_0.\qquad (6)

Для определения $\Delta x_0$ приравняем модуль работы сил трения к энергии $E_1$ , полученной сваей после удара.

E_1=F_{\text{ТР}}\Delta x_0\quad\Rightarrow\quad\varepsilon_1\frac{mv_0^2}2=kx_0\Delta x_0,\qquad (7)

\Delta x_0=\frac{\varepsilon_1}{kx_0}\cdot\frac{mv_0^2}2.\qquad (8)

3. Т.к. молот после удара отлетает с такой же скоростью, то из закона сохранения импульса

mv_0=-mv_0+P\qquad (9)

сразу же получаем:

P=2mv_0.\qquad (10)

Используя соотношение (2), находим:

E_2=\frac{P^2}{2M}=\frac{4m^2v_0^2}{2M}=4\frac mM\frac{mv_0^2}2.\qquad (11)

Поэтому

\varepsilon_2=4\frac mM.\qquad (12)

4. Подача топлива регулируется таким образом, что после удара молот обладает такой же энергией. Свая при этом опускается на некоторую глубину $\Delta x_i$ . Т.е., когда молот снова опустится, его кинетическая энергия станет больше на величину

\Delta E=mg\Delta x_{i-1},\qquad (13)

и станет равной

\frac{mv_0'^2}2=\frac{mv_0^2}2+mg\Delta x_{i-1}.\qquad (14)

Используя результат второго пункта (8), получим:

\Delta x_i=\frac{\varepsilon_1}{kx_i}\cdot\frac{mv_0'^2}2=\frac{\varepsilon_1}{kx_i}\left(\frac{mv_0^2}2+mg\Delta x_{i-1}\right).\qquad (15)

Кинетическая энергия $mv_0^2/2$ может быть выражена через глубину погружения после предыдущего удара (опять используем формулу (8)):

\Delta x_{i-1}=\frac{\varepsilon_1}{kx_{i-1}}\cdot\frac{mv_0^2}2\quad\Rightarrow\quad\frac{mv_0^2}2=\Delta x_{i-1}\frac{kx_{i-1}}{\varepsilon_1}.\qquad (16)

Тогда выражение (15) запишется в следующем виде:

\Delta x_i=\frac{\varepsilon_1}{kx_i}\left(\Delta x_{i-1}\frac{kx_{i-1}}{\varepsilon_1}+mg\Delta x_{i-1}\right)=\Delta x_{i-1}\left(\frac{x_{i-1}}{x_i}+\frac{mg\varepsilon_1}{kx_i}\right).\qquad (17)

Т.к. $\Delta x\ll x$ , то с большой точностью

\frac{x_{i-1}}{x_i}\approx1.\qquad (18)

Тогда искомая постоянная:

\lambda=\frac{mg\varepsilon_1}k.\qquad (19)

5. Будем использовать соотношение, приведённое в четвёртом пункте. После первого удара свая погрузится на глубину

\Delta x_1=\Delta x_0\left(1+\frac\lambda{x_1}\right).\qquad (20)

После второго:

\Delta x_2=\Delta x_1\left(1+\frac\lambda{x_1+\Delta x_1}\right)=\Delta x_0\left(1+\frac\lambda{x_1}\right)\left(1+\frac\lambda{x_1+\Delta x_1}\right).\qquad (21)

Т.к. с одной стороны $\Delta x_i\ll x_i$ , а с другой мы проводим лишь оценку, то величиной $\Delta x_1$ в знаменателе можно пренебречь. Тогда

\Delta x_2=\Delta x_0\left(1+\frac\lambda{x_1}\right)^2.\qquad (21)

Воспользуемся формулой приближённого вычисления $(1+x)^\alpha\approx1+\alpha x$ .

\Delta x_2\approx\Delta x_0\left(1+2\frac\lambda{x_1}\right).\qquad (22)

Проделаем аналогичные рассуждения, для погружения после третьего удара:

\begin{aligned}\Delta x_2&=\Delta x_2\left(1+\frac\lambda{x_2+\Delta x_2}\right)=\Delta x_0\left(1+2\frac\lambda{x_1}\right)\left(1+\frac\lambda{x_1+\Delta x_1+\Delta x_2}\right)\\&\approx\Delta x_0\left(1+2\frac\lambda{x_1}\right)\left(1+\frac\lambda{x_1}\right)\approx\Delta x_0\left(1+3\frac\lambda{x_1}\right).\end{aligned}\qquad (23)

Таким образом, для оценки можно принять, что

\Delta x_i\approx\Delta x_0\left(1+i\cdot\frac\lambda{x_1}\right).\qquad (24)

Используя формулу для суммы арифметической прогрессии, получим приближённое выражение для величины погружения после десяти ударов:

h\approx\Delta x_0\left(10+55\frac\lambda{x_1}\right).\qquad (25)

Безусловно данная оценка является завышенной.

6. Используем приведенный в первом пункте факт — $v_1=\xi\cdot v_0$ . После последнего удара с горючим, до первого удара без него пройдёт время

t_1=\frac{2v_0}g.\qquad (26)

Промежуток времени между первым и вторым ударом:

t_2=\frac{2v_1}g=\frac{2v_0}g\cdot\xi.\qquad (27)

Между вторым и третьим:

t_3=\frac{2v_2}g=\frac{2v_0}g\cdot\xi^2.\qquad (28)

Таким образом, промежутки времени образуют убывающую геометрическую прогрессию ( $\xi<1$ ). Удары прекратятся через время

T=\frac{2v_0/g}{1-\xi}.\qquad (29)

Решения задач теоретического тура

Республиканская физическая олимпиада (III этап). 2008 год. Решения задач теоретического тура.

Оригинал в Архива: 3_etap_2008_theoretical_problems.pdf · официални решения: 3_etap_2008_theoretical_solutions.pdf