Съдържание

Условие Решение Часть1. «Бревно»Часть2. «Лестница»

BelPhO 2011, Заключителен етап, 9,10,11 — Задача 10-1. 10 класс — 1. «Такие разные колеса»

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от BelPhO 2011

Заключительный этап — теоретический тур, 9–11 классы

Внимание: Бележка към темата

Получены все15страниц условий и27страниц решений. Сохранены восемь самостоятельных целых задач для9,10,11класса. Переданы55основных номерных групп и3ненумерованных запроса о часах в сканере; каталожное число54 не задает новое разбиение. Все шесть оригинальных фотографий/листов для построений сканера присутствуют, хотя заголовок называет их вкладышем к задаче1 вместо фактической задачи2. На страницах22–27 ключа дополнительно напечатаны решения «Неоднозначность и как с ней бороться!»; соответствующее условие отсутствует в полученном PDF условий. Полный дополнительный ключ и его девять диаграмм сохранены в раскрываемом примечании, без вымышленного условия или новой задачи.

Время выполнения, баллы и численные критерии оценивания не напечатаны. Получена только общая страница утверждения/инструкций9класса; заголовки10/11класса сохранены при соответствующих задачах. Все аналитические решения, таблицы, подсказки, оба метода колебаний сферы и квазистационарная сноска сохранены.

Печатные несогласованности оставлены буквально: $Nl_1$ в(5) запуска при $l_0$ в(6); деление на $c_{\text{В}}+c_{\mathrm C}$ в тексте соли и $\eta=1/(1+m_{\mathrm C}/m_{\text{В}})$ , повтор $t_1$ ; описание энергии Леннард-Джонса по модулю при знаковой формуле и $S/a$ вместо $S/a^2$ в(16); ссылка на рис.4 вместо6 в последней цепи; смена $a/b$ автомобилей в ключе, $cT_0+uT_0$ при последующем $(c+v)T_1$ , противоположные знаки формул(10)/(16), 10км/ч в условии против100км/ч в ключе и принятая в ключе формула периода биений; $a(a-1)$ при показателе $\alpha$ , масса газа2,0кг при напечатанной подстановке, множитель $2\pi$ массы элемента, повторные номера формул, слово «гамма-квант» для рентгеновского освещения и8,82 вместо8,85 в(32). В дополнении сохранены повтор $T_2$ в моментеC, $T_2$ в результате(7), знак минус в(9) при другой границе диаграммы, смена знака $\beta x$ , метка $f_{1\max}$ для описанного минимума и повторная ссылка(16).

Оригинальные утверждение и инструкции9класса

УТВЕРЖДЕНО. Заместитель председателя оргкомитета заключительного этапа Республиканской олимпиады, заместитель Министра образования Республики Беларусь. _________________ К.С.Фарино. «___» марта2011года.

Республиканская физическая олимпиада2011год (заключительный этап). Теоретический тур. 9класс.

Полный комплект состоит из трех не связанных между собой заданий. К задаче1 прилагается отдельный лист-вкладыш.
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.

Лист-вкладыш сканера

Оригинальный заголовок: «Лист-вкладыш к задаче1». Шесть фотографий рис.1–6 настр.7–8 относятся к «Сканер-стробоскоп», напечатанной как задача2; все фотографии переданы с этой задачей.

Условие

1 «Игрушка» При изготовлении колеса детской игрушки была допущена небольшая ошибка — тонкие диски, расположенные на жесткой оси длиной $l=1,00\ \mathrm{\text{см}}$ , имели разные радиусы $R_1=10,0\ \mathrm{\text{см}}$ и $R_2=10,1\ \mathrm{\text{см}}$ . Определите радиус $R$ , окружности, которую опишет такое колесо, если его толкнуть без проскальзывания.

Оригинальный научный рисунок: все подписи, оси, силы, размеры, формулы, стрелки и границы.

2 «Автомобиль» При повороте автомобиля по окружности радиуса $R=20\ \text{м}$ его колеса вращаются с различными угловыми скоростями. Это возможно благодаря тому, что каждое колесо радиусом $r=40\ \mathrm{\text{см}}$ имеет возможность независимого вращения (например, ось разбита на две полуоси). Расстояние между колесами $l=1,0\ \text{м}$ . Найдите разность $\Delta\omega$ угловых скоростей вращения колес автомобиля при повороте со скоростью $\upsilon=36\ \mathrm{\text{км}/\text{ч}}$ . Движение происходит без проскальзывания.

3 «Поезд» При повороте поезда используется жесткая ось, поэтому колеса имеют одинаковую угловую скорость вращения. В этом случае дискам вагонных колес придают форму усеченных конусов (см.рис.) с малым углом $\alpha=5,0^\circ$ при вершине, что позволяет колесной паре поворачивать без проскальзывания: при повороте колеса смещаются на некоторое расстояние $\Delta R$ от центра поворота так, чтобы проскальзывание отсутствовало. Найдите смещение колесной пары поезда при повороте радиусом $R=1,0\ \mathrm{\text{км}}$ . Расстояние между колесами поезда $l=1,5\ \text{м}$ , радиус колеса $r=40\ \mathrm{\text{см}}$ .

4 Рассмотрим два цилиндра радиусами $R_1$ и $R_2$ , между которыми без проскальзывания движется малый цилиндр. Определите угловую скорость $\omega$ вращения малого цилиндра вокруг собственной оси и угловую скорость $\Omega$ движения центра малого цилиндра относительно точки О. Рассчитайте численные значения скоростей $\omega$ и $\Omega$ при следующих параметрах: угловая скорость вращения внутреннего цилиндра $\omega_1=5,5\ \mathrm{\text{рад}/\text{с}}$ , внешнего $\omega_2=7,5\ \mathrm{\text{рад}/\text{с}}$ , $R_1=10\ \mathrm{\text{см}}$ , $R_2=11\ \mathrm{\text{см}}$ . Рассмотрите различные случаи направления вращения вешнего и внутреннего цилиндров.

Решение

Если угловая скорость вращения игрушки при качении без проскальзывания равна $\omega$ , то линейные скорости вращения колес различны $\upsilon_1=\omega R_1$ , $\upsilon_2=\omega R_2$ . Пусть радиус поворота игрушки $R$ , тогда можем записать $\upsilon_1=\Omega R$ , $\upsilon_2=\Omega(R+l)$ , где $\Omega$ — угловая скорость вращения игрушки вокруг центра описываемой окружности. Выражая отношения скоростей, находим

\frac{\upsilon_2}{\upsilon_1}=\frac{R_2}{R_1}=\frac{R+l}{R}.

Из последнего равенства

R=\frac{R_1}{R_2-R_1}l=100\ \mathrm{\text{см}}=1,00\ \text{м}.

При повороте автомобиля справедливы равенства: для ближнего (к центру поворота) колеса $\upsilon=\Omega R=\omega_1r$ , для дальнего $\upsilon+\Delta\upsilon=\Omega(R+l)=\omega_2r$ , где $\Omega$ — угловая скорость вращения оси колеса вокруг центра описываемой окружности. Из последнего равенства находим

\Delta\omega=\omega_2-\omega_1=\frac{\Omega(R+l)}r-\frac{\Omega R}r=\Omega\frac lr=\frac{\upsilon}{R}\frac lr.

Расчет дает $\Delta\omega=1,3\ \mathrm{\text{рад}/\text{с}}$ .

Поскольку угловая скорость вращения колес поезда одинакова, то, используя результаты п.1 задачи получаем

\frac{\upsilon_2}{\upsilon_1}=\frac{R_2}{R_1}=\frac{R+l}{R}=1+\frac lR,

где $R_1$ и $R_2$ различные опорные радиусы колес после смещения колесной пары (в сторону от радиуса поворота).

При смещении колес на расстояние $\Delta R$ относительно симметричного положения отношение опорных радиусов станет равным

\frac{R_2}{R_1}=\frac{(L+\Delta R)\tan\alpha}{(L-\Delta R)\tan\alpha}\approx1+2\frac{\Delta R}{L},

где $L$ — расстояние до вершины соответствующего конуса. В нашем случае $L=r/\alpha$ . Следовательно

\Delta R=\frac r{2\alpha}\frac lR=3,4\ \mathrm{\text{мм}}.

Как следует из полученного выражения, смещение колесной пары обратно пропорционально радиусу закругления железной дороги. Следовательно, для уменьшения величины смещения (реборда ограничивает), на железной дороге делают повороты с большим радиусом.

Поскольку проскальзывание малого цилиндра отсутствует, то его линейные скорости в точках касания должны быть равны соответствующим линейным скоростям цилиндров. При вращении в одном направлении имеем

\omega_2R_2=\omega r+\Omega\frac{R_1+R_2}2,\qquad\omega_1R_1=\Omega\frac{R_1+R_2}2-\omega r,

где $r=(R_2-R_1)/2$ — радиус малого цилиндра. Решая систему, получаем

\omega=\frac{\omega_2R_2-\omega_1R_1}{2r}=\frac{\omega_2R_2-\omega_1R_1}{R_2-R_1}=28\ \mathrm{\text{рад}/\text{с}}.

Выражение для $\Omega$ :

\Omega=\frac{\omega_2R_2+\omega_1R_1}{R_2+R_1}=6,5\ \mathrm{\text{рад}/\text{с}}.

Направление вращения в данном случае будет совпадать с направлением вращения внешнего цилиндра. При вращении в разных направлениях в одном из уравнений системы следует поменять знак:

\omega_2R_2=\Omega\frac{R_1+R_2}2+\omega r,\qquad\omega_1R_1=\omega r-\Omega\frac{R_1+R_2}2.

Решение в этом случае имеет вид

\omega=\frac{\omega_2R_2+\omega_1R_1}{2r}=\frac{\omega_2R_2+\omega_1R_1}{R_2-R_1}=1,4\cdot10^2\ \mathrm{\text{рад}/\text{с}}.

Искомая угловая скорость

\Omega=\frac{\omega_2R_2-\omega_1R_1}{R_2+R_1}=1,3\ \mathrm{\text{рад}/\text{с}}.

Направление вращения в этом случае также будет совпадать с направлением вращения внешнего цилиндра.

Решения задач — дополнительный ключ без полученного условия

В PDF решений на страницах22–27 напечатано «Задача3. Неоднозначность и как с ней бороться!». Соответствующего условия нет во всех15 полученных страницах PDF условий. Ниже сохранен полный печатный аналитический материал; условие не восстановлено предположениями.

Часть1. «Бревно»

1.1 Данный пункт олимпиадной задачи следует воспринимать как шутку — очевидно, что при симметричном расположении нитей их силы натяжения равны половине силы тяжести

T_1=T_2=\frac{mg}{2}=98\ \text{Н}.\qquad(1)

1.2 Если бревно подвешено горизонтально на трех нитях, можно записать следующие уравнения равновесия:

сумма всех сил, действующих на бревно равна нулю:

\sum_i\vec F_i=\vec0\ \Rightarrow\ T_1+T_2+T_3=mg;\qquad(2)

сумма моментов сил, действующих на бревно также равна нулю, причем это условие можно записывать относительно любой точки (конца бревна, точек подвеса нитей, центра тяжести...):

\sum_i M_i=0.

\begin{aligned} O:\quad&T_1\frac14L+T_2\frac34L+T_3\left(\frac12L+x\right)=mg\frac12L;\\ A:\quad&T_2\frac12L+T_3\left(\frac14L+x\right)=mg\frac14L;\\ C:\quad&T_2\frac14L=T_3x+T_2\frac14L;\\ D:\quad&T_1\left(\frac14L+x\right)=mgx+T_2\left(\frac14L-x\right);\\ B:\quad&T_1\frac12L+T_3\left(\frac14L-x\right)=mg\frac14L.\qquad(3) \end{aligned}

common-key-fig1

Однако из всех уравнений(2)–(3) независимыми являются только два (любых), так как остальные уравнения могут быть получены из выбранных двух. Следовательно, силы натяжения нитей не могут быть определены однозначно. Очевидно, что силы натяжения нитей могут быть направлены только вертикально вверх, именно эти условия ограничивают возможные диапазоны силы натяжения третьей нити. Формально эти ограничения могут быть записаны в виде неравенств $T_1\ge0;\ T_2\ge0;\ T_3\ge0$ . Далее можно выразить силы натяжения первой и второй нитей как функции силы натяжения третьей и получить тем самым неравенства ограничивающие пределы изменения третьей нити

T_1(T_3)\ge0;\qquad T_2(T_3)\ge0.\qquad(4)

Получим эти неравенства в явном виде и самым быстрым способом — для этого надо выбирать уравнения, в которые входят только требуемые силы (чтобы не тратить время на алгебраические преобразования). Поэтому выберем уравнение(3), записанное для точки крепления первой нити, из которого выразим $T_2(T_3)$ :

T_2\frac12L+T_3\left(\frac14L+x\right)=mg\frac14L;\ \Rightarrow\ T_2=\frac12mg-T_3\left(\frac12+2\frac xL\right).\qquad(5)

Полагая $T_2\ge0$ , получим неравенство, ограничивающее значения $T_3$

\frac{T_3}{mg}\le\frac1{1+4x/L}.\qquad(6)

Аналогично поступим с уравнением для точки крепления второй нити:

T_1\frac12L+T_3\left(\frac14L-x\right)=mg\frac14L;\ \Rightarrow\ T_2=\frac12mg-T_3\left(\frac12-2\frac xL\right)\ge0,\qquad(7)

Откуда следует, что

\frac{T_3}{mg}\le\frac1{1-4x/L}.\qquad(8)

Два неравенства(6),(8) могут быть записаны в виде одного

\frac{T_3}{mg}\le\frac1{1-4|x/L|}.\qquad(9)

На рисунке изображена диаграмма зависимости $T_3(x)$ , указывающая область возможных значений силы натяжения третьей нити (затемнена). Реализуемое значение силы натяжения третьей нити может зависеть от малых различий в длинах нитей и способа подвязывания.

common-key-fig2

Отметим, что данная область может быть выделена и из физических соображений: максимальной силе натяжения третьей нити соответствует нулевое натяжение другой нити, находящейся с той же стороны от оси симметрии, что и третья нить.

1.3 Если нити считать слегка растяжимыми, то бревно слегка наклонится к горизонту. Так как жесткости нитей велики, то угол наклона (который мы для простоты обозначим $\beta$ ) будет малым. В этом приближении можно пренебречь отклонением нитей от вертикали.

common-key-fig3

Теперь то к двум (опять любым!) уравнениям равновесия(2)–(3) следует добавить выражения для сил упругостей нитей, записанные на основании закона Гука:

T_1=k\left(y_0+\beta\frac L4\right),\quad T_2=k\left(y_0-\beta\frac L4\right),\quad T_3=k(y_0+\beta x),\qquad(10)

где $k$ — коэффициент жесткостей нитей, $y_0$ — смещение центра бревна из-за растяжения нитей.

У нас есть богатый выбор: какие два уравнения из условия равновесия выбрать. Так как система (бревно и нити) обладает определенной симметрией, то надо выбирать наиболее симметричные уравнения. Кроме того, следует побыстрее избавляться от неизвестных и ненужных величин, таких как «придуманные» жесткость пружины, смещение центра и наклон бревна.

Исходя из этих соображений, возьмем уравнение(2), в которое входит сумма сил $T_1+T_2$ , которую также можно выразить из уравнений для сил упругости(10), это позволяет выразить значения параметра $ky_0$ :

T_1+T_2+T_3=mg;\ \Rightarrow\ T_1+T_2=mg-T_3,

\left\{\begin{aligned}T_1&=k(y_0+\beta L/4)\\T_2&=k(y_0-\beta L/4)\end{aligned}\right.\ \Rightarrow\ T_1+T_2=2ky_0\ \Rightarrow\ ky_0=\frac{mg-T_3}2.\qquad(11)

В уравнении равновесия(3), записанного для центра масс, легко выразить разность этих сил, которая также выражается из уравнений для сил упругости(10), что дает возможность выразить параметр $k\beta$ :

T_1\frac14L=T_3x+T_2\frac14L\ \Rightarrow\ T_1-T_2=4\frac xL T_3,

\left\{\begin{aligned}T_1&=k(y_0+\beta L/4)\\T_2&=k(y_0-\beta L/4)\end{aligned}\right.\ \Rightarrow\ T_1-T_2=k\beta\frac L2\ \Rightarrow\ k\beta=8\frac x{L^2}T_3.\qquad(12)

Подставим эти выражение в уравнение закона Гука для третьей нити

T_3=k(y_0-\beta x)=ky_0-k\beta x=\frac{mg-T_3}2-8\frac{x^2}{L^2}T_3.\qquad(13)

Решение этого уравнения дает искомый результат

\frac{T_3}{mg}=\frac1{3+16(x/L)^2}.\qquad(14)

График этой функции, нанесенный на ранее построенную диаграмму, показан на рисунке. Как и следовало ожидать, эта кривая попадает в область допустимых значений.

common-key-fig4

В заключение отметим, что и последний пункт этой задачи страдает некоторой искусственностью: трудно найти абсолютно одинаковые нити и еще труднее подвязать их так, чтобы их длины в недеформированном состоянии были одинаковы.

Часть2. «Лестница»

2.1 Силы, действующие на лестницу, изображены на рисунке. Условиями равновесия являются:

равенство нулю суммы всех сил

N_1+F_2=mg,\qquad N_2=F_1,\qquad(1)

(в проекциях на вертикальную и горизонтальную оси, соответственно);

равенство нулю моментов сил, которое в данном случае удобно записать относительно точки C — точки пересечения перпендикуляров к стене и полу в точках касания лестницы

mg\frac L2\cos\alpha=F_1L\sin\alpha+F_2L\cos\alpha\ \Rightarrow\ \frac{mg}{2}=F_1\tan\alpha+F_2.\qquad(3)

common-key-fig5

Так как силы трения в данном случае являются силами трения покоя, то нельзя связать их с силой нормальной реакции функциональной связью, возможно только ограничиться неравенствами

F_1\le\mu N_1,\qquad F_2\le\mu N_2.\qquad(4)

Система уравнений(1)–(3) является не полной — число неизвестных (четыре — две силы трения и две силы нормальной реакции) превышает число уравнений(три), поэтому эта система однозначного решения не имеет: любые три силы могут быть выражены через одну оставшуюся. Неравенства ограничивают диапазон возможных изменений искомых сил.

2.2 Например, силы трения могут быть выражены как функции силы реакции $N_1$ :

из уравнения(1) $F_2=mg-N_1\ (5)$ ;
из уравнения(3) $F_1=(N_1-mg/2)/\tan\alpha\ (6)$ .

2.3 Так как далее необходимо анализировать диаграмму для модулей сил трения избавимся в уравнениях(1)–(3) и неравенствах(4) от сил нормальных реакций. Для этого выразим силы реакции через силы трения

N_1=mg-F_2,\quad N_2=F_1,\qquad(7)

и подставим в уравнение(3) и неравенства(4):

\frac{mg}{2}=F_1\tan\alpha+F_2,\quad F_1\le\mu(mg-F_2),\quad F_2\le\mu F_1.\qquad(8)

Эта система определяет возможные диапазоны изменения сил трения. Для упрощения анализа системы перейдем к указанным в условии безразмерным параметрам $f_1=F_1/(mg)$ и $f_2=F_2/(mg)$ , для чего разделим уравнение и неравенства(8) на модуль силы тяжести $mg$ . В результате получим

f_1+\mu f_2<\mu,\quad f_2<\mu f_1,\qquad(9)

f_1\tan\alpha+f_2=\frac12.\qquad(10)

Изобразим графически на диаграмме $(f_1,f_2)$ области удовлетворяющие неравенствам(см.рис). Их пересечение (темный треугольник) определяет область допустимых значений, ограниченную максимально возможными значениями сил трения. Построим также на этой диаграмме прямую AB, описываемую уравнением(10). Наклон этой прямой к отрицательному направлению оси равен $\alpha$ . При увеличении этого угла прямая приближается к области допустимых значений. В том же случае, когда эта прямая пересекает область допустимых значений, появляются возможные решения системы(9)–(10). В частности, для прямой AB′, является отрезок, лежащий внутри треугольника допустимых значений (этот отрезок отмечен тремя восклицательными знаками).

common-key-fig6

2.4 Построенная диаграмма позволяет рассмотреть все возможные варианты изменения силы трения $F_1(\tan\alpha)$ в зависимости от угла наклона лестницы.

При малых углах прямая AB не пересекает области допустимых значений, поэтому лестница не может находиться в равновесии.

Минимальному углу наклона лестницы соответствует ситуация, когда прямая AB пересекает точку C в этом случае максимального значения достигают обе силы трения (о пол и о стену). В этом случае выполняются уравнения

f_1\tan\alpha+f_2=\frac12,\quad f_1+\mu f_2=\mu,\quad f_2=\mu f_1,\qquad(11)

решение которых позволяет найти значения минимального угла наклона лестницы.

common-key-fig7

Выразим значения сил трения

\left\{\begin{aligned}f_2&=\mu f_1\\f_1+\mu f_2&=\mu\end{aligned}\right.\ \Rightarrow\ f_1+\mu^2f_1=\mu\ \Rightarrow\ \left\{\begin{aligned}f_1&=\frac\mu{1+\mu^2}\\f_2&=\frac{\mu^2}{1+\mu^2}\end{aligned}\right.\qquad(12)

И подставим в первое уравнение системы, из которого найдем значение минимального угла

\frac\mu{1+\mu^2}\tan\alpha+\frac{\mu^2}{1+\mu^2}=\frac12\ \Rightarrow\ \tan\alpha_{\min}=\frac{1-\mu^2}{2\mu}.\qquad(13)

Численное значение минимального угла при заданном значении коэффициента трения

\tan\alpha_{\min}=\frac{1-\mu^2}{2\mu}=1,05,\qquad\alpha_{\min}\approx46,4^\circ.\qquad(14)

При дальнейшем увеличении угла наклона появляется область изменения силы трения $F_1$ . Для определения минимального значения рассматриваемой силы необходимо решить систему уравнений

\left\{\begin{aligned}f_1\tan\alpha+f_2&=\frac12\\f_2&=\mu f_1\end{aligned}\right.\ \Rightarrow\ f_{1\max}=\frac1{2(\mu+\tan\alpha)}.\qquad(15)

Максимальное значение этой силы находится из системы уравнений

\left\{\begin{aligned}f_1\tan\alpha+f_2&=\frac12\\f_1+\mu f_2&=\mu\end{aligned}\right.\ \Rightarrow\ f_{1\max}=\frac\mu{2(1-\mu\tan\alpha)}.\qquad(16)

common-key-fig8

При дальнейшем увеличении угла наклона прямая AB пересекает треугольник допустимых значений на его нижнем основании. Поэтому в этом случае максимальное значение определяется из системы уравнений

\left\{\begin{aligned}f_1\tan\alpha+f_2&=\frac12\\f_2&=0\end{aligned}\right.\ \Rightarrow\ f_{1\max}=\frac1{2\tan\alpha}.\qquad(17)

Таким образом, область возможных значений силы трения о пол ограничена тремя гиперболами, описываемой функцией(17); смещенной, описываемой функцией(16) и «перевернутой», задаваемой функцией(16). Эти области и показаны на рисунке, выделена область изменения силы трения о пол.

common-key-fig9

Оригинал в Архива: 2011_theoretical_problems.pdf · официални решения: 2011_theoretical_solutions.pdf