Съдържание

BelPhO 2011, Областен етап, 9,10,11 — Задача 6. 10 класс — 3. «Эксцентричная машинка»

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от BelPhO 2011

III этап — теоретический тур, 9–11 классы

Внимание: Бележка към темата

Оригиналы содержат девять целых задач: по три для 9, 10 и 11 класса. Каталог перечисляет только три задачи 9 класса и 18 частей; у них в оригинале 6+8+4 номерные группы. Здесь сохранены также полные самостоятельные комплекты 10 и 11 классов: всего девять задач и 52 основные группы, включая все внутренние запросы машинки и испарения.

Ключ 9.1 отсылает к первой части 11.1, а ключ 10.1 — к первой и второй частям 11.1. Здесь полностью переданы соответствующие исходные разделы решения. Перенос заряда относится только к 11.1. Сохранены все необязательные точные дополнения.

Время выполнения, баллы и таблицы распределения баллов не напечатаны. Комментарий ключа испарения допускает другие коэффициенты и 30% численную погрешность. Единственная полученная инструкция помечена 9 классом. Отдельных пустых графических бланков в этих оригиналах нет.

Сохранены исходные опечатки и противоречия: «растворы слои»; в путешествии 35 и 280 столбов ключа при 30 столбах торможения условия; в переносах лишнее $=x_k=$ и повтор (2.8); в пружинках $F_{\text{у}}$ вместо $F_{\text{у}n}$ и $ma$ для группы из $n$ тел; в «На грани» измененные номера пунктов и $I_0\sqrt2$ ; в машинке высота $h$ без множителя массы, переставленные 3.1/3.2 и исходный ответ пункта 5, равный нулю; в порометрии $\rho$ без водяного индекса в (2)/(3); в испарении $m=M/R$ , повтор (6), «молекул воздуха» условия при водяном потоке ключа и $(1-\varphi_0)$ последнего дополнения при подстановке 0.3. Исходные формулы, числа, графики и все методы переданы буквально.

Авторская обложка и инструкция 9 класса

А.И. Слободянюк. А.А. Мищук. Л.Г. Маркович. Республиканская физическая олимпиада (III этап). 2011 год. Теоретический тур.

УТВЕРЖДЕНО. Заместитель председателя оргкомитета заключительного этапа Республиканской олимпиады. _____________________ К.С. Фарино. «___» декабря 2010 г.

9 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 — 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.

Условие

На платформе с подставкой расположен электродвигатель (с источником). Полная масса платформы с подставкой и двигателем равна m , центр масс $C_0$ расположен посредине платформы. К валу двигателя прикреплен эксцентрик, представляющий собой жесткий невесомый стержень длиной r , к концу которого жестко прикреплен небольшой шарик массы $m_0$ . Обозначим отношение массы шарика к массе всей платформы $\eta=m_0/m$ . Двигатель вращает стержень с постоянной угловой скоростью $\omega$ . Все система расположена на горизонтальной поверхности. Положительное направление вращения эксцентрика и положительное направление оси Ox указаны на рисунке. Положение стержня определяется углом его отклонения от вертикали $\varphi$ .

Полная исходная машинка: платформа/мотор, m/m0, r, C0, уголφ, ω, Ox и направление вращения.

1 Найдите проекции скорости и ускорения центра масс всей системы на горизонтальную и вертикальную оси координат в зависимости от угла отклонения $\varphi$ .

2 Пусть платформа закреплена между упорами на горизонтальной поверхности так, что не может двигаться горизонтально, но может «подпрыгивать» вверх. Определите, при какой минимальной угловой скорости вращения стержня $\omega_0$ платформа будет отрываться от горизонтальной поверхности.

3 Пусть теперь платформа может скользить по горизонтальной поверхности без трения. Стержень вращается с постоянной скоростью $\omega$ , которая меньше, чем величина $\omega_0$ , найденная в предыдущем пункте. Сначала платформу удерживают, а затем отпускают. Определите закон движения центра платформы $C_0$ , если в момент ее отпускания

3.1 Стержень располагался горизонтально;

3.2 Шарик находился в нижней точке. Постройте примерные графики законов движения в этих двух случаях.

4 Рассмотрите теперь случай, когда между платформой и горизонтальной поверхностью присутствует сила сухого трения, коэффициент трения равен $\mu$ ( $\mu<1$ )

4.1 При какой минимальной угловой скорости вращения $\omega_1$ стержня платформа сможет сдвинуться с места? В какую сторону произойдет этот сдвиг? Чему равен угол $\varphi$ в момент начала движения?

4.2 Пусть $\mu=0{,}35$ , $\eta=m_0/m=0{,}20$ , длина стержня $r=1{,}0\text{ м}$ . Найдите численное значение угловой скорости $\omega_1$ .

5 Пусть угловая скорость вращения стержня равна $1{,}02\omega_1$ . Найдите среднюю скорость горизонтального движения платформы. Используйте численные данные, приведенные в пункте 4.

Решение

1.Координаты (xC , y C ) центра масс системы, состоящей из двух тел, определяются по формулам

x_C=\frac{m_1x_1+m_2x_2}{m_1+m_2},\quad y_C=\frac{m_1y_1+m_2y_2}{m_1+m_2}.

где $m_1$ , $m_2$ - массы тел, ( $x_1$ , $y_1$ ) и ( $x_2$ , $y_2$ ) - координаты их центров масс. Свяжем систему отсчета с центром масс платформы $C_0$ . В этой системе отсчета координаты центра масс рассчитываются по формулам

Полная кинематическая схема машинки: v0,a0,углыφ,шарикm0,платформаm,C0 и осиx/y.

x_C=\frac{m_0r\sin\varphi}{m+m_0},\quad y_C=\frac{h-m_0r\cos\varphi}{m+m_0}.\qquad (1)

где h высота точки подвеса (несущественная для дальнейшего). Вектор скорости движения шарика направлен перпендикулярно стержню и по модулю равен $v_0$ = $r\omega$ . Проекции скорости центра масс системы определяются по формулам аналогичным (1). В рассматриваемом случае они равны

v_{xc}=\frac{m_0r\omega\cos\varphi}{m+m_0},\quad v_{yc}=\frac{m_0r\omega\sin\varphi}{m+m_0}.\qquad (2)

Ускорение шарика является центростремительным, поэтому направлено к оси вращения, равным по модулю $a_0=r\omega^2$ . Так же не сложно спроецировать это ускорение на оси координат и найти тем самым ускорение центра масс системы:

a_{xc}=-\frac{m_0r\omega^2\sin\varphi}{m+m_0},\quad a_{yc}=\frac{m_0r\omega^2\cos\varphi}{m+m_0}.\qquad (3)

Эту задачу проще всего решать, используя известное обобщение уравнения второго закона Ньютона для произвольной системы:

m\vec a_C=\vec F_{\text{вн.}},\qquad (4)

произведение массы всей системы на ускорения центра масс равно сумме внешних сил, действующих на систему (иными словами – внутренние силы не могут изменить скорость центра масс). В рассматриваемой задаче внешними силами, действующими на систему, являются: $(m+m_0)\vec g$ — сила тяжести, $\vec N_0$ — сила реакции горизонтальной поверхности, $\vec F$ — силы реакции опор, удерживающих платформу.

Полная схема внешних сил машинки: N0,F,m,m0,g,r,φ,ω,C0 и оси.

В проекции на вертикальную ось уравнение (4) будет иметь вид (пока сама платформа неподвижна):

(m+m_0)a_{yc}=N_0-(m+m_0)g.\qquad (5)

Платформа начнет попрыгивать, когда нормальная реакция обратится в нуль $N_0$ = 0 . Выражая из уравнения (5) модуль этой силы и используя выражения (3), получим

N_0=(m+m_0)g+(m+m_0)a_{yc}=(m+m_0)g+m_0r\omega^2\cos\varphi=0.\qquad (6)

Минимальная угловая скорость $\omega_0$ , при которой возможно выполнения условия отрыва (6) , соответствует углу отрыва, при котором cos $\varphi$ = −1 , т.е. когда стержень расположен вертикально. В этом случае из уравнения (6) находим

\omega_0=\sqrt{\frac{(m+m_0)g}{m_0r}}.\qquad (7)

Дополнение (альтернативный вариант).

Данный пункт задачи допускает и более традиционное решение. При минимальной угловой скорости отрыв произойдет, когда шарик находится в верхней точке. В этом случае сила реакции стержня T определяется из уравнения второго закона Ньютона для шарика

Полный традиционный расчет отрыва: верхний шарик, T/T′, a, m0g/mg, платформа/стержень и стрелки.

m_0r\omega^2=m_0g+T.

Отрыв платформы от горизонтальной поверхности произойдет, если эта сила превысит силу тяжести платформы:

T>mg.

Из этих двух условий следует выражение (7) для минимальной угловой скорости, при которой платформа начнет отрываться от поверхности.

Рассмотрим движение платформы в инерциальной системе отсчета, связанной с неподвижной горизонтальной поверхностью. Обозначим¹ скорость платформы $\vec v$ . В этой системе отсчета движение шарика является «составным»: равномерное вращение вокруг оси и поступательное движение вместе с платформой. Так как в данном случае нет внешних сил, имеющих горизонтальные составляющие, то ускорение центра масс всей системы должно быть равно нулю! Следовательно, скорость центра масс системы должна оставаться неизменной и определяться начальным условием – скоростью центра масс в момент отпускания платформы. Для определения скорости центра масс всей системы необходимо к найденной скорости центра масс, в системе отсчета, связанной с платформой прибавить скорость движения платформы

Полная кинематика движущейся машинки: все векторыv/v0/v0+v,a0,φ,r,ω,m/m0,C0,x/y.

v_{xc}=\frac{m_0r\omega\cos\varphi}{m+m_0}+v=\mathrm{const}.\qquad (8)

Заметим, что скорость центра масс может быть найдена и непосредственно и закона сложения скоростей

v_{xc}=\frac{m_0(v+r\omega\cos\varphi)+mv}{m+m_0}.\qquad (8*)

¹ Заранее не очевидно, куда будет направлена эта скорость. Поэтому на рисунке мы направили ее в положительном направлении оси $Ox$ , а дальше уравнения «покажут» куда она направлена на самом деле!

3.1 Константа в выражении (8) определяется скоростью центра масс в момент времени, когда отпустили платформу. Если платформу отпустили в тот момент, когда шарик находился в нижней точке, то горизонтальная составляющая скорости равна $v_0$ = $r\omega$ , а скорость платформы равна нулю. Следовательно, скорость центра масс в этот момент времени (она же константа в выражении (8)) равна

Полная нижняя начальная позиция машинки: m,m0,C0,шарик,стержень и стрелкаv0.

v_{xc0}=\frac{m_0r\omega}{m+m_0}.

Подставляя это значение в уравнение (8), находим из него зависимость скорости платформы от времени (с учетом того, что $\varphi$ = $\omega$ t )

\frac{m_0r\omega\cos\varphi}{m+m_0}+v=\frac{m_0r\omega}{m+m_0}\Rightarrow v=\frac{m_0r\omega}{m+m_0}(1-\cos\omega t).\qquad (9)

Чтобы записать закон движения платформы, обратим внимание, что выражение для ее скорости содержит две составляющих: одну постоянную $m_0r\omega/(m+m_0)$ , вторую переменную $-m_0r\omega\cos\omega t/(m+m_0)$ , которая изменяется по тому же закону, что и скорость центра масс в системе отсчета, связанной с платформой (2), только с противоположным знаком! Первая составляющая описывает равномерное движение, вторая описывается тем же законом, что и координата центра масс xC (1), только с противоположным знаком. Таким образом, закон движения платформы может быть записан в виде

x(t)=\frac{m_0r\omega}{m+m_0}t-\frac{m_0r}{m+m_0}\sin\omega t=\frac{m_0r}{m+m_0}(\omega t-\sin\omega t).\qquad (10)

Строго говоря, в этом выражении следует добавить начальную координату $x_0$ , однако, совместив начало отсчета оси Ox с начальным положением платформы, мы эту постоянную делаем равным нулю.

3.2 Если платформу отпустили, когда стержень располагался горизонтально, то в этот момент времени горизонтальная проекция скорости шарика равна нулю, следовательно, и скорость центра масс всей системы также равна нулю. Поэтому в этом случае из уравнения (8) следует, что скорость платформы равна

Полная горизонтальная начальная позиция машинки: m,m0,C0,стержень,шарик и стрелкаv0.

\frac{m_0r\omega\cos\varphi}{m+m_0}+v=0\Rightarrow v=-\frac{m_0r\omega\cos\varphi}{m+m_0}.\qquad (11)

Следовательно, зависимость координаты от угла поворота в данном случае имеет вид

x(\varphi)=x_0-\frac{m_0r}{m+m_0}\sin\varphi.\qquad (12)

Учтем, что при $t=0$ $\varphi=\pi/2$ , и запишем зависимость координаты от времени в виде

x(t)=x_0-\frac{m_0r}{m+m_0}\sin(\omega t+\pi/2)=x_0-\frac{m_0r}{m+m_0}\cos\omega t.\qquad (13)

Наконец, полагая, что при $t=0$ $x=0$ , находим $x_0=m_0r/(m+m_0)$ и получаем окончательный вид закона движения

x(t)=\frac{m_0r}{m+m_0}(1-\cos\omega t).\qquad (14)

Полученное выражение легко объяснимо – платформа движется так, что положение центра масс всей системы xC остается неизменным.

Полная схема неподвижного центра масс: платформаm,C0,шарикm0,v0,вертикальная линия,xC и осьx.

Схематические графики полученных законов движения (10) и (14) показаны на рисунке. Видно их принципиальное различие в одном случае платформа колеблется вокруг некоторого среднего положения, во втором – колебания накладываются на поступательное движение.

Оба полных графика движения: номера(10)/(14),все кривые,пунктиры,начала и осиx(t)/t.

В этом случае также воспользуемся уравнением второго закона Ньютона для системы тел (4). В рассматриваемом в этом пункте задачи внешними силами, действующими на систему, являются: $(m+m_0)\vec g$ — сила тяжести, $\vec N_0$ — сила реакции горизонтальной поверхности, $\vec F_{\text{тр.}}$ — сила трения, действующая на платформу со стороны горизонтальной поверхности.

Полная схема внешних сил при сухом трении: N0,Fтр,(m+m0)g,ускорения,φ,m,m0,C0 и осьx.

Для определения условий начала скольжения запишем уравнения второго закона Ньютона в проекциях на вертикальную и горизонтальную оси для покоящейся платформы:

\begin{aligned}(m+m_0)a_{yc}&=N_0-(m+m_0)g,\\(m+m_0)a_{xc}&=F_{\text{тр.}}.\end{aligned}\qquad (15)

Подставим выражения для ускорения центра масс:

\begin{aligned}m_0r\omega^2\cos\varphi&=N_0-(m+m_0)g,\\-m_0r\omega^2\sin\varphi&=F_{\text{тр.}}.\end{aligned}\qquad (16)

В этих уравнениях $F_{\text{тр}}$ . - сила трения покоя, платформа не будет проскальзывать, если модуль силы трения не достигнет своего максимального значения, то есть при выполнении условия

|F_{\text{тр.}}|<\mu N_0.\qquad (17)

Выразим из уравнений (16) значение силы реакции и подставим их в неравенство (17)

\begin{cases}F_{\text{тр.}}=-m_0r\omega^2\sin\varphi,\\N_0=(m+m_0)g+m_0r\omega^2\cos\varphi\end{cases}\Rightarrow |\sin\varphi|<\mu\left(\frac{\omega_0^2}{\omega^2}+\cos\varphi\right),\qquad (18)

где $\omega_0^2=(m+m_0)g/(m_0r)$ — частота, при которой происходит отрыв от горизонтальной поверхности, найденная ранее в п.2.

Схематически построим графики функций (рис. 10), входящих в неравенство (18). Из этих графиков следует, что при постепенном увеличении угловой скорости произойдет в интервале углов $\varphi\in[\pi/2,\pi]$ , где синус угла положителен. Поэтому для определения угла, при котором произойдет срыв необходимо решить уравнение

Полный рис10а/б: обе панели с |sinφ| и μ(ω0²/ω²+cosφ),все меткиπ/2,π,3π/2,φ*,оси,малые машинки и подписи.

\sin\varphi=\mu\left(\frac{\omega_0^2}{\omega^2}+\cos\varphi\right).\qquad (19)

Для его решения проведем известные преобразования

\sin\varphi-\mu\cos\varphi=\sqrt{1+\mu^2}\left(\frac1{\sqrt{1+\mu^2}}\sin\varphi-\frac\mu{\sqrt{1+\mu^2}}\cos\varphi\right)=\sqrt{1+\mu^2}\sin(\varphi-\beta),

где $\beta$ = arctg μ . Теперь это уравнение преобразуется к простейшему виду

\sin(\varphi-\beta)=\frac\mu{\sqrt{1+\mu^2}}\frac{\omega_0^2}{\omega^2}.\qquad (20)

Минимальное значение угловой скорости вращения стержня, при которой начнется горизонтальное движение платформы, определяется условием

\frac\mu{\sqrt{1+\mu^2}}\frac{\omega_0^2}{\omega^2}=1\quad\omega_1=\omega_0\sqrt{\frac\mu{\sqrt{1+\mu^2}}}.\qquad (21)

При этом угол, при котором произойдет срыв, оказывается равным

\sin(\varphi-\beta)=1\quad\varphi^*=\frac\pi2+\beta=\frac\pi2+\operatorname{arctg}\mu.\qquad (22)

Подставляя численные значения параметров, вычислим минимальную скорость

\begin{aligned}\omega_1&=\omega_0\sqrt{\frac\mu{\sqrt{1+\mu^2}}}=\sqrt{\frac{(m+m_0)g}{m_0r}\frac\mu{\sqrt{1+\mu^2}}}=\sqrt{\frac{(1+\eta)g}{\eta r}\frac\mu{\sqrt{1+\mu^2}}}\\&=\sqrt{\frac{(1+0{,}20)\cdot9{,}8}{0{,}20\cdot1{,}0}\frac{0{,}35}{\sqrt{1+0{,}35^2}}}\approx4{,}4\text{ с}^{-1}.\end{aligned}\qquad (23)

Из рисунка 10б следует что, при малом превышении скорости $\omega_1$ , за один оборот срыв будет происходить дважды – один раз в одну сторону, другой раз в другую (при прочих равных условиях), поэтому средняя скорость движения платформы будет равна нулю.

Последнее замечание.

Задача может решаться и более традиционным способом, рассматривая силы, возникающие в стержне и действующие на ось и на шарик. Только следует учитывать, что при ускоренном движении платформы и при раскручивании шарика помимо продольных, будут присутствовать и поперечные силы (см. рис. 11).

Полная традиционная схема продольных/поперечных сил: T/T′,N/N′,N0,m0g/mg,углыφ,весь стержень/шарик/платформа.

Решения задач — авторская обложка

А.И. Слободянюк. А.А. Мищук. Л.Г. Маркович. Республиканская физическая олимпиада (III этап). 2011 год. Теоретический тур. Решения задач.

Оригинал в Архива: 3_etap_2011_theoretical_problems.pdf · официални решения: 3_etap_2011_theoretical_solutions.pdf