Съдържание

BelPhO 2008, Заключителен етап, 10,11 — Задача 10(11)-1.2. 10(11) класс — 1.2. Разминка

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от BelPhO 2008

IV этап — теоретический тур,10(12)/10(11)/11классы

Внимание: Бележка към темата

В оригинале девять родительских номерных заданий: по три для10класса двенадцатилетней школы,10класса одиннадцатилетней школы и11класса одиннадцатилетней школы. «Разминка» в каждом комплекте прямо состоит из трех не связанных между собой задач; каждая из этих прямо названных независимыми задач сохранена отдельно целиком. Всего 15 целых задач под девятью родительскими заданиями; связанные пункты внутри остальных заданий остаются вместе. Всего49основных номерных групп, включая8пунктов образования облаков; каталог указывает48. Все составные запросы, методы и подсказки сохранены.

В полученных оригиналах не напечатаны общая обложка/утверждение, время выполнения, баллы или таблицы оценивания. Не получена упомянутая в разрядке конденсатора фотография-заставка; родные схемы сохранены. Табличные характеристики льда/воды в первой задаче считаются известными, численная таблица не приложена. Дополнительные бланки ответов или графиков не упоминаются.

Исходные расхождения сохранены: высотаh2=5,0м в условии и3,0м в ключе;D2=−2,6; повтор номера(2)длялампы; множитель1/2втеплотеплавления; различное значениеαкакдоли тепла в трубе/почве; графики колонны только до25/20с при запросе30с иΔl=l1−l0приτ2=5с; ссылки/знаки/r³включеколечка; пункты3.1–3.3при задании2диполя, «электрический» иM/m0вгравитационнойчасти, повторные знаки знаменателей, mвзнаменателепериода и пропущенный(9); в ключе обычной RCразрядки отсутствует отдельный ответ на запрос теплоты;l²в(2)цилиндров; положительный электрон, знаковые/индексные/алгебраические опечатки(14),(22),(27),(37)Холла. Формулы и графики не исправлены молча.

Условие

Данное задание состоит из трех не связанных между собой задач.

1.2 Две тонкие однородные одинаковые доски верхними концами прикреплены к неподвижной горизонтальной гладкой оси О . Масса каждой доски m , ее длина L = 1,0 м . Между досками поместили цилиндр массой $M=0{,}42m$ и радиусом $R=0{,}20\text{ м}$ так, что точки касания цилиндра и досок попали точно в середину досок. При каком коэффициенте трения $\mu$ между цилиндрами и доской система будет в равновесии?

Решение

1.2 Доски и цилиндр находятся в равновесии под действием сил тяжести ( $M\vec g,m\vec g$ ), трения ( $\vec F_{\text{тр}},-\vec F_{\text{тр}}$ ) и реакций ( $\vec N,-\vec N$ ), изображенных на рисунках. Силы реакции в оси О, на рисунке не показаны, поскольку их моменты относительно точки О равны нулю.

Полная силовая схема доски: O,L,mg,N,Fтр,α и стрелки.

Запишем второе условие равновесия (правило моментов) для одной из досок относительно точки О

mg\frac L2\sin\alpha=N\frac L2.\qquad (1)

Момент силы трения $\vec F_{\text{тр}}$ также не входит в(1), поскольку линия ее действия проходит через ось вращения. Поскольку цилиндр также находится в равновесии, то сумма сил, действующих на него должна быть равна нулю (рис. 01). Соответственно, первое условие равновесия, записанное для цилиндра в проекции на вертикальную ось, имеет вид

Mg+2N\sin\alpha=2F_{\text{тр}}\cos\alpha.\qquad (2)

При записи (2) мы учли, что силы трения и реакции, действующие на цилиндр со стороны досок, согласно III закону Ньютона равны по модулю и противоположны по направлению соответствующим силам, действующим на доски со стороны цилиндра. Из уравнений (1) – (2) получаем

Полная силовая схема цилиндра: Mg,−N,−Fтр,α и все стрелки.

N=mg\sin\alpha,\qquad F_{\text{тр}}=\frac{Mg+2mg\sin^2\alpha}{2\cos\alpha}.

Поскольку предельное значение силы трения покоя определяется значением силы трения скольжения (явлением застоя пренебрежем), то

F_{\text{тр}}\le\mu N.\qquad (3)

Как следует из (3), система сможет находиться в равновесии только при выполнении условия

\mu\ge\frac{F_{\text{тр}}}N.\qquad (4)

Из рисунка несложно выразить, что

\sin\alpha=\frac{2R}{\sqrt{4R^2+L^2}},\quad\cos\alpha=\frac L{\sqrt{4R^2+L^2}}.

Из (4) с учетом выражений для силы трения и реакции, а также значений синуса и косинуса, получаем окончательный ответ

\mu\ge\frac{(L^2+4R^2)M}{4mRL}+\frac{2R}L.

Расчет дает

\mu\ge1{,}0.

Полученное численное значение коэффициента трения достаточно большое, однако следует заметить, что современные синтетические материалы могут обладать даже бόльшими коэффициентами трения.

Оригинал в Архива: 2008_theoretical_problems.pdf · официални решения: 2008_theoretical_solutions.pdf