Съдържание

BelPhO 2010, Заключителен етап, 9,10,11 — Задача 11-1. 11 класс — 1. Поплавок

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от BelPhO 2010

Заключительный этап — теоретический тур, 9–11 классы

Внимание: Бележка към темата

Получены все 19 страниц условий и 27 страниц соответствующего теоретического ключа. Сохранены девять целых заданий: по три для 9, 10 и 11 классов, всего 68 печатных групп запросов вместо каталожных 72 частей. Две части «Двух генераторов» остаются одной исходной задачей. Указание об общей тройке заданий относится к каждому классу. Все девять решений, альтернативные методы, сноска и авторские комментарии получены. Два исходных пустых графических бланка к «Феде – путешественнику» напечатаны на странице 6 условий и сохранены полностью. Время, баллы и шкала оценивания не напечатаны; отдельные дополнительные инструкции, таблица констант и бланки в папке не получены. Экспериментальные оригиналы принадлежат уже существующему экспериментальному туру и здесь не использованы. Декоративные изображения обложек сохранены в исходных PDF.

Печатные научные несогласованности не исправлены: повтор пункта 2.3 у «Фонаря», дополнительный H во втором выражении объема поплавка, отсутствие единицы RПАР и название магнитной области электрической; единица м/с при переводе в метры в минуту, ключевые заголовки 2.1 и 2.6 вместо 1.3 и 2.5, множитель 2 в последней формуле встреч Феди, альтернативные числа со знаками вопроса в таблице, четвертая и пятая встречи в разных местах, округление 150·147 до 22000; повторные номера формул и времен, Δv вместо Δx в формуле вязкого торможения, 24 м рядом с графиком 1,6 м у «Фонаря», Q+Q′ вместо ранее введенного Q1 у машины Ньюкомена, разные индексы архимедовых сил поплавка и размерностно несогласованное −2R² в корне тангенса; коэффициент 10⁴I² в разложении фотоэлемента вместо коэффициента, следующего из предыдущей формулы. Сохранены исходные словесные и грамматические ошибки. Ошибки первоначального отображения не встроенного шрифта Symbol в предварительных изображениях не являются дефектами печатного источника: все страницы прочитаны в корректном новом отображении тех же исходных PDF, символы τ, λ, Δ, ≈, μ, π и минус сохранены. В интерфейсе второй печатный пункт 2.3 отмечен знаком 2.3†, чтобы отличить два исходных запроса с одинаковым номером; знак † является редакционной отметкой, исходный номер сохранен. В печатном ключе «Поплавка» нет отдельного ответа на запрос 10: ключ заканчивается условиями равновесия/устойчивости (18)–(20) и обсуждением потенциальных кривых. Сохранено все напечатанное решение; дополнительный ответ не придуман.

Оригинальные утверждение и общие инструкции

УТВЕРЖДЕНО. Заместитель председателя оргкомитета заключительного этапа Республиканской олимпиады, заместитель Министра образования Республики Беларусь. ________К.С. Фарино. «_» марта 2010 года.

Республиканская физическая олимпиада 2010 год (заключительный этап). Теоретический тур.

Полный комплект состоит из трех несвязанных между собой заданий.
При оформлении работы каждую задачу начинайте с новой страницы. Первая половина тетради для чистовика, вторая - черновика. При недостатке бумаги обращайтесь к оргкомитету!
Подписывать тетради и отдельные страницы запрещается.
В ходе работы можете использовать ручки, карандаши, чертежные принадлежности, калькулятор.
Со всеми вопросами, связанными с условиями задач (но не с их решениями), обращайтесь к представителям Жюри.

Оригинальная обложка решений и авторы

А.И. Слободянюк, А.А. Мищук, Л.Г. Маркович. Республиканская физическая олимпиада (Заключительный этап) 2010 год. Теоретический тур. Решения.

Условие

Молодой, но талантливый физик Федя (он же Дядя Федор) летом гостил в деревне Простоквашино. Однажды он решил отправиться на рыбалку, наловить рыбки коту Матроскину. Но оказалось, что на его удочке потерялся поплавок. «Не беда! - Не сложно изготовить поплавок самостоятельно» - решил Федя. Нашел легкую деревянную прямую палочку, которая и должна служить поплавком. Как настоящий физик, Федя подумал, что было бы не плохо провести экспериментальные исследования. Бросил палочку в воду и… она не утонула, а расположилась на воде горизонтально, все попытки Феди заставить ее плавать вертикально окончились неудачей.

1 Докажите, что тонкий однородный стержень не может плавать вертикально.

Пришлось приступать к более серьезным исследованиям. Федя измерил характеристики своего будущего поплавка: имеет форму цилиндра, масса длина $l$ , радиус $R$ (значительно меньше длины, глубокомысленно отметил Федя), $m_1$ , плотность $\rho_1$ (заметно меньше плотности воды $\rho_0$ , что тоже не плохо). Затем Федор вспомнил, что к поплавку положено грузило, в качестве которого решил использовать кусочки свинца (плотность $\rho_2$ , которая больше плотности воды), массу грузила $m_2$ нужно подбирать. Грузило привязывается к нижнему концу поплавка.

Оригинальный научный рисунок с полными осями, подписями, стрелками, контурами, данными и исходными границами.

Далее Федор решил упростить простейшие алгебраические выкладки и ввел «эффективную» массу грузила $\mu$ , такую, чтобы модуль суммы сил тяжести и Архимеда, действующих на него можно было записывать в виде $\mu g$ .

2 Выразите величину «эффективной» массы $\mu$ , через заданные параметры.

3 Определите максимальную массу $m_{\max}$ грузила, при которой поплавок не тонет.

4 Определите глубину погружения поплавка $x$ , если масса грузила $m_2<m_{\max}$ .

Опустив поплавок с привязанным грузилом в воду, Федя обнаружил, что в зависимости от массы грузила поплавок плавает либо почти горизонтально (при малых массах грузила), либо вертикально, при больших массах. Для теоретического описания обнаруженного эффекта Федор решил считать поплавок очень тонким, то есть пренебречь его толщиной.

5 Докажите, что тонкий поплавок с грузилом может плавать либо почти горизонтально, либо вертикально, при всех значениях масс грузила, кроме единственного значения $m_2^*$ , при котором поплавок может находиться в равновесии при любом угле его наклона $\alpha$ . Найдите это значение массы $m_2^*$ . Укажите при каких массах поплавка, он будет плавать вертикально.

Такой малый выбор вариантов положения поплавка Феде не понравился, поэтому он решил сделать поплавок чуть потолще, быстро выстругал новый цилиндрический стерженек, определил его параметры (и Вы тоже считайте их известными) и притупил к дальнейшим теоретическим расчетам.

Прежде всего, он понял, что наклонное положение описывается сложно – необходимо уметь считать объем и положение центра масс срезанного наискось цилиндра. Обратившись к справочникам, он нашел, что срезанный наискось цилиндр, радиуса $R$ и высоты $H$ , которую можно выразить через угол среза (он же и угол наклона поплавка) $H=2R\cdot\operatorname{tg}\alpha$ , имеет объем равный

V=\frac12\pi R^2H=\pi R^3H\operatorname{tg}\alpha.

Центр тяжести такого «срезанного» цилиндра $C$ находится на высоте

b=\frac5{16}H=\frac58R\operatorname{tg}\alpha

и на расстоянии $a=\frac54R$ от острого края цилиндра (или $\frac14R$ от его оси).

Затем Федор вычислил координаты центра масс относительно центра срезанной грани $O'$ :

d_0=(a\cos\alpha+b\sin\alpha)-\frac R{\cos\alpha}=\frac R8\left(5\cos\alpha-\frac3{\cos\alpha}\right),

z=a\sin\alpha-b\cos\alpha=\frac58R\sin\alpha.

Вам не следует выводить эти формулы (жюри не оценит ваши напрасные труды) – пользуйтесь готовыми.

Далее вам следует повторить расчеты дяди Федора!

6 Найдите длину $x_0$ погруженной части поплавка, если он плавает вертикально. Для характеристики массы грузила используйте его «эффективную» массу $\mu$ .

Для облегчения проверки используйте следующие обозначения.

$\alpha$ - угол наклона оси поплавка к вертикали, $O'$ - точка пересечения оси поплавка с горизонтальной поверхностью, $x_0$ - глубина погруженной части поплавка (расстояние от точки $O'$ до нижнего края – подсказываем, она не зависит от угла наклона); $x$ - длина меньшей «стороны» погруженной части поплавка.

7 Изобразите на рисунке силы, действующие на поплавок, укажите точки их приложения. Запишите выражения для этих сил и их моментов, относительно точки $O'$ .

8 Запишите условия равновесия поплавка.

Уравнения получились не простыми, поэтому дядя Федор решил их решать, считая величину $x_0$ заданной и независимой от остальных параметров задачи.

9 При некоторых значениях $x_0$ уравнения равновесия имеют несколько решений. Найдите условия, при которых могут появиться положения равновесия, отличные от вертикального. Найдите значения углов $\alpha^*$ , при которых поплавок может находиться в равновесии. Рассмотрите устойчивость этих положений равновесия.

Наконец, Федя вспомнил, что $x_0$ определяется параметрами поплавка.

10 Укажите, при каких значениях характеристик однородного цилиндрического поплавка и грузила, он может плавать устойчиво в наклонном положении?

Решение

Задача 11-1. Поплавок

Сила тяжести, приложена к центру масс стержня $C$ , который находится в его середине на расстоянии $l/2$ от его конца. Сила Архимеда приложена к центру масс вытесненной воды точке $P$ , которая находится на расстоянии $x/2$ от его конца ( $x$ - глубина погруженной части стержня). Так как поплавок плавает, то $x<l$ , поэтому точка приложения силы тяжести находится выше точке приложения силы Архимеда. Поэтому вертикальное положение стержня неустойчиво – при малейшем случайном отклонении от вертикали возникает момент сил, стремящийся опрокинуть поплавок (см. рис.)

2–4. На поплавок действуют:

сила тяжести $m_1\vec g$ ;
сила Архимеда $\vec F_{A1}=-\rho_0V_x\vec g=-\rho_0\frac{m_1}{\rho_1}\frac xl\vec g$ ;

на грузило также действую сила тяжести $m_2\vec g$ и сила Архимеда $\vec F_{A1}=-\rho_0V_2\vec g=-\rho_0\frac{m_2}{\rho_2}\vec g$ . Так как векторная сумма этих сил у нас будет часто встречаться в дальнейшем, то обозначим ее

\mu\vec g=m_2\vec g+\vec F_{A2}=m_2\frac{\rho_2-\rho_0}{\rho_2}\vec g.

Условие равновесия поплавка записывается в виде следующего уравнения (сумма сил равна нулю):

\mu g+m_1g=\rho_0\frac{m_1}{\rho_1}\frac xl g.\qquad (1)

Из этого уравнения находим длину погруженной части поплавка

x=l\cdot\frac{\rho_1}{\rho_0}\left(1+\frac\mu{m_1}\right).\qquad (2)

Максимальной массе грузила соответствует погружение на всю длину поплавка. В этом случае их формулы (2) следует

\frac{\rho_1}{\rho_0}\left(1+\frac\mu{m_1}\right)=1\quad\Rightarrow\quad\mu=m_1\left(\frac{\rho_0}{\rho_1}-1\right)\quad\Rightarrow\quad m_{2\max}=m_1\frac{\rho_2}{\rho_2-\rho_0}\left(\frac{\rho_0}{\rho_1}-1\right).\qquad (3)

На рисунке изображены силы, действующие на поплавок с грузилом, в том случае. Когда поплавок отклонился на угол $\alpha$ . Второе условие равновесия (равенство нулю суммы моментов сил) можно записать относительно точки $C$ - центра масс поплавка

\mu g\frac l2\sin\alpha=F_{A1}\left(\frac l2-\frac x2\right)\sin\alpha.\qquad (3)

Это условие очевидно выполняется при $\alpha=0$ , т.е. при вертикальном положении поплавка. Исследуем возможности других решений. С учетом того, $F_{A1}=(\mu+m_1)g$ и после сокращения на синус угла отклонения, получим

\mu=(\mu+m_1)\left(1-\frac xl\right).\qquad (4)

Из этого уравнения получим выражение для длины погруженной части:

\mu=(\mu+m_1)\left(1-\frac xl\right)\quad\Rightarrow\quad\frac xl=\frac{m_1}{\mu+m_1},\qquad (5)

которое в общем случае не совпадает с выражением (2), полученным из условия равновесия сил.

Следовательно, других положений равновесия, кроме вертикального или горизонтального нет!

Единственный, исключительный вариант при котором поплавок находится в равновесии при любом угле наклона можно найти, приравнивая решения (2) и (5):

\frac{\rho_1}{\rho_0}\left(1+\frac\mu{m_1}\right)=\frac{m_1}{\mu+m_1}\quad\Rightarrow\quad\left(1+\frac\mu{m_1}\right)^2=\frac{\rho_0}{\rho_1}\quad\Rightarrow\quad\mu=m_1\left(\sqrt{\frac{\rho_0}{\rho_1}}-1\right).

Учитывая определение $\mu$ , получим

m_2^*\frac{\rho_2-\rho_0}{\rho_2}=m_1\left(\sqrt{\frac{\rho_0}{\rho_1}}-1\right)\quad\Rightarrow\quad m_2^*=m_1\frac{\rho_2}{\rho_2-\rho_0}\left(\sqrt{\frac{\rho_0}{\rho_1}}-1\right).\qquad (6)

Поплавок займет вертикальное положение при

\mu g\frac l2>F_{A1}\left(\frac l2-\frac x2\right).\qquad (7)

Это неравенство выполняется при $m_2>m_2^*$ .

При вертикальном положении поплавка сила тяжести уравновешивается силой Архимеда, поэтому

F_{A1}=\mu g+m_1g.\qquad (8)

Из этого уравнения легко найти длину погруженной части поплавка

F_{A1}=\mu g+m_1g\quad\Rightarrow\quad\pi R^2x_0\rho_0g=\mu g+m_1g\quad\Rightarrow\quad x_0=\frac{\mu+m_1}{\pi R^2\rho_0}.\qquad (9)

Силы, действующие на поплавок в наклонном положении, изображены на рисунке.

Так как величина $x_0$ не изменяется, то, во-первых, она определяется формулой (9), во-вторых, из геометрии системы следует, что

x_0=x+R\operatorname{tg}\alpha.\qquad (10)

Рассчитаем модули сил и их моменты:

Сила тяжести поплавка:

F_1=m_1g,\qquad M_1=m_1g\left(x_0-\frac l2\right)\sin\alpha.\qquad (11)

Сумма сил, действующих на грузило:

F_2=\mu g,\qquad M_2=\mu g\cdot x_0\sin\alpha.\qquad (12)

Сила Архимеда, действующая на нижнюю цилиндрическую часть стержня

F_{A1}=\pi R^2\rho_0gx=\pi R^2\rho_0g(x_0-R\cdot\operatorname{tg}\alpha),

M_{A1}=\pi R^2\rho_0g(x_0-R\cdot\operatorname{tg}\alpha)\cdot\left(\frac x2+R\cdot\operatorname{tg}\alpha\right)\sin\alpha=\pi R^2\rho_0g\frac12(x_0^2-R^2\cdot\operatorname{tg}^2\alpha)\sin\alpha.\qquad (12)

Сила Архимеда, действующая на «срезанную часть»

F'_A=\pi R^3\rho_0g\cdot\operatorname{tg}\alpha,

M'_A=F'_A\cdot d_0=\pi\frac{R^4}8\rho_0g\cdot\operatorname{tg}\alpha\cdot\left(5\cos\alpha-\frac3{\cos\alpha}\right)=\pi R^2\rho_0g\frac18R^2\left(5-\frac3{\cos^2\alpha}\right)\sin\alpha=\pi R^2\rho_0g\frac18R^2(2-3\operatorname{tg}^2\alpha)\sin\alpha.\qquad (13)

Условия равновесия записываются в идее двух уравнений:

Сумма сил равна нулю:

\mu g+m_1g=\pi R^2x\rho_0g+\pi R^3\rho_0g\cdot\operatorname{tg}\alpha.\qquad (14)

Это условие выполняется при выполнении соотношения (10).

Сумма моментов сил равна нулю (относительно точки $O'$ )

M_1+M_2+M'_A-M_{A1}=0.\qquad (15)

Подставим в это уравнение найденные моменты сил.

Так как все они пропорциональны синусу угла наклона, то на него сразу сократим, не забывая о корне $\alpha_0^*=0$ уравнения (15). Итак, после сокращения получаем

m_1\left(x_0-\frac l2\right)+\mu\cdot x_0+\pi R^2\rho_0\frac18R^2(2-3\operatorname{tg}^2\alpha)-\pi R^2\rho_0\frac12(x_0^2-R^2\cdot\operatorname{tg}^2\alpha)=0.\qquad (16)

Это уравнение удобно разделить на величину $\pi R^2\rho_0$ , тогда после элементарных преобразований получим уравнение

\frac12x_0^2-\frac12\frac{\rho_1}{\rho_0}l^2+\frac14R^2+\frac18R^2\cdot\operatorname{tg}^2\alpha=0.\qquad (17)

В преобразования использовано соотношение $\frac{m_1}{\pi R^2\rho_0}=\frac{\rho_1}{\rho_0}l$ .

Уравнение (17) имеет решения (а следовательно поплавок другие положения равновесия) при выполнении условия

2\left(\frac{\rho_1}{\rho_0}l^2-x_0^2\right)-R^2>0.\qquad (18)

И это решение есть

\operatorname{tg}\alpha^*=\sqrt{4\frac{\frac{\rho_1}{\rho_0}l^2-x_0^2}{R^2}-2R^2}.\qquad (19)

Можно показать, что при наличии решения (19), это положение равновесия устойчиво, а при вертикальное неустойчиво. Если условие (18) не выполняется, то единственным и устойчивым положением равновесия является вертикальное.

Доказательство этого утверждения может быть проведено различными способами. Например, по анализу потенциальной кривой. Так, не сложно показать, что потенциальная энергия системы пропорциональна следующей функции угла наклона

U\propto(\operatorname{tg}^2\alpha+b)\cos\alpha,\qquad (20)

где обозначено $b=\frac{4(\frac{\rho_1}{\rho_0}l^2-x_0^2)-2R^2}{R^2}$ . На рисунке показан вид этой функции при последовательном увеличении параметра $b$ от -2 до 6. При отрицательных значениях этого параметра потенциальная кривая имеет единственный минимум (в нуле), когда же этот параметр становится положительным, экстремум в нуле становится максимумом, но появляются два минимума вблизи горизонтального положения.

Оригинал в Архива: 2010_theoretical_problems.pdf · официални решения: 2010_theoretical_solutions.pdf