Съдържание

BelPhO 2014, Заключителен етап, 9,10,11 — Задача 9-1. 9 класс — 1.

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от BelPhO 2014

Заключительный этап — теоретический тур, 9–11 классы

Внимание: Бележка към темата

Получены все 17 страниц условий и 34 страницы соответствующего теоретического ключа. Сохранены девять целых заданий: по три для 9, 10 и 11 классов, 54 явно обозначенные группы запросов. Ненумерованный составной запрос о тени и раздел 0 об уравнении адиабаты сохранены целиком. Введение 1.2 к непрерывному диэлектрику и введение 2.2.1 к непрерывному резистору не превращены в дополнительные запросы. Сохранены все полные ключи, альтернативные выводы и модели, сноска, числовые таблицы, исходные формулы и графики. Полный пустой бланк к задаче 10-2 напечатан на странице 10 условий и включен. Время, баллы и шкала оценивания не напечатаны. В исходной папке нет дополнительных теоретических приложений; экспериментальные оригиналы принадлежат отдельному туру и здесь не использованы.

Исходные научные и редакционные несогласованности сохранены без исправления: ссылки и номера рисунков в задаче о нагреве и фотоэффекте расходятся с подписями; в задаче о стержне повторены номер формулы 2 и пункт 1.2.2 (второй пункт имеет † только для различения ссылок), а в формуле 15 ключа напечатано ε₀ вместо ε₁. В сравнении циклов раздел 3 содержит пункты 4.1/4.2, отношение давлений при вычислении T₃ напечатано p₂/p₂, а у результата 70,2 не напечатан знак процента. В ключе к «Установлению равновесия» повторены номера формул и перепутаны подписи графиков лодки/конденсатора и U₁/U₂. В «Краях» отдельные исходные символы B/x отображаются как Â/õ; отсутствующие глифы в K □ B и индексе силы параллельного диполя представлены □. Для диполя условие r≫L расходится с L≫r в ключе; напечатанные коэффициент 3/4 и отношение F⊥=F□/2 сохранены. Ключ сферической линзы нумерует ответы 4.1/4.2/4.3 иначе, чем условие, и последний комментарий дважды называет плосковыпуклую поверхность. Исходное «одно12тонный» в условии фотоэффекта сохранено, угол на схеме отложен от нормали, тогда как пункт 3.1 указывает угол к поверхности, и в ключе повторен индекс компоненты. В последней задаче рисунок диэлектрика обозначает ρ(x), а три запроса части 2 вновь имеют номера 1.2.1–1.2.3. Ключ сохраняет разные множители в формулах 7/8, повтор E₂s−E₂s, пропуск площади в формуле 20, повтор E₁ для двух половин резистора и лишний множитель E в конечной формуле поверхностного заряда. Явная итоговая формула сопротивления непрерывного резистора в ключе не напечатана; она не дописана. Остальные исходные обозначения и грамматические ошибки также сохранены. График касательной в ключе на странице 5 обрезан в самом исходнике справа после отметки 5 минут; сохранен полный полученный рисунок. Схема цепочки в ключе пространственно соседствует с текстом и формулами внутри своей прямоугольной области; сохранен полный исходный контекст, без частичных обрезков слов. В исходном рисунке тонких слоев на странице 32 ключа низ обозначения Δxᵢ обрезан самим встроенным изображением; полученное изображение сохранено полностью, без дорисовки.

Оригинальная общая обложка

А.И.Слободянюк, В.В.Барашков, Л.Г.Маркович, Н.В.Лаппо, К.Д.Сечко. Республиканская физическая олимпиада 2014 года (Заключительный этап). Теоретический тур. Могилев. 2014.

Условие

1.1 Частица массы $m$ влетает с начальной скоростью $\vec v_0$ , направленной вдоль оси $Ox$ , в квадратную область со стороной $l$ в точке с координатами $x_0=0$ , $y_0=l/2$ . Оси координат совпадают с границами выделенной области. В этой области на частицу действует постоянная сила $\vec F$ , направленная вдоль оси $Ox$ . Модуль начальной скорости частицы равен $v_0=l/\tau$ , а модуль действующей силы равен $F=2ml/\tau^2$ (в этих формулах $\tau$ — известный параметр).

Оригинальный рисунок со всеми исходными стрелками, линиями, осями, данными и обозначениями.

Найдите координаты точки, в которой частица покинет выделенную область, и время, через которое это произойдет. Изобразите схематически траекторию движения частицы.

1.2 Частица массы $m$ влетает с начальной скоростью $\vec v_0$ , направленной вдоль оси $Ox$ , в квадратную область со стороной $l$ в точке с координатами $x_0=0$ , $y_0=l/2$ . Оси координат совпадают с границами выделенной области. В этой области на частицу действует постоянная сила $\vec F$ , направленная вдоль оси $Oy$ . Модуль начальной скорости частицы равен $v_0=l/\tau$ , а модуль действующей силы равен $F=2ml/\tau^2$ (в этих формулах $\tau$ — известный параметр).

1.3 Частица массы $m$ влетает с начальной скоростью $\vec v_0$ , направленной вдоль оси $Ox$ , в квадратную область со стороной $l$ в точке с координатами $x_0=0$ , $y_0=l/2$ . Оси координат совпадают с границами выделенной области. В этой области на частицу действует сила $\vec F$ , направленная все время перпендикулярно вектору скорости. Модуль начальной скорости частицы равен $v_0=l/\tau$ , а модуль действующей силы постоянен и равен $F=4mv_0^2/l$ (в этих формулах $\tau$ — известный параметр).

1.4 Частица массы $m$ влетает с начальной скоростью $\vec v_0$ , направленной вдоль оси $Ox$ , в квадратную область со стороной $l$ в точке с координатами $x_0=0$ , $y_0=l/2$ . Оси координат совпадают с границами выделенной области. В этой области на частицу действует сила $\vec F$ , направление которой изменяется по закону $\alpha=2v_0t/l$ , где угол $\alpha$ отсчитывается от направления, противоположному направлению оси $Oy$ . Модуль начальной скорости частицы равен $v_0=l/\tau$ , а модуль действующей силы постоянен и равен $F=mv_0^2/l$ (в этих формулах $\tau$ — известный параметр).

Найдите координаты точки, в которой частица достигнет границы выделенной области, и время, через которое это произойдет. Изобразите схематически траекторию движения частицы.

Решение

1.1 Поскольку вектор силы $\vec F$ сонаправлен с вектором начальной скорости $\vec v_0$ частицы, то ее движение будет прямолинейным и равноускоренным. В таком случае частица, двигаясь вдоль прямой $AB$ (траектория движения частицы), покинет выделенную область в точке $B$ с координатами $B(l,l/2)$ . Для вычисления времени движения частицы найдем ее ускорение $a=F/m=(2ml/\tau^2)\cdot(1/m)=2l/\tau^2$ и запишем закон равноускоренного движения

l=\upsilon_0t+\frac{at^2}2\Rightarrow l=\frac l\tau t+\frac l{\tau^2}t^2\Rightarrow\left(\frac t\tau\right)^2+\left(\frac t\tau\right)-1=0.\qquad(1)

Решение квадратного уравнения (1) даёт два корня

t=\frac{-1\pm\sqrt5}2\tau,\qquad(2)

Из которых нас интересует корень со знаком «+». Таким образом, частица покинет выделенную область в указанных координатах через промежуток времени

t=\frac{\sqrt5-1}2\tau=0{,}62\tau.\qquad(3)

1.2 Поскольку в данном случае вектор силы $\vec F$ не параллелен вектору начальной скорости $\vec v_0$ частицы, то её движение будет происходить по параболе, ветви которой направлены вверх. Движение вдоль оси $Oy$ будет равноускоренным ( $a=F/m=2l/\tau^2$ ) без начальной скорости, т.к. вектор $\vec v_0$ «горизонтален». Следовательно, частица достигнет верхней границы области за время

\frac l2=\frac{at^2}2\Rightarrow t=\frac\tau{\sqrt2}.\qquad(4)

При этом смещение частицы вдоль оси $Ox$ составит

x=\upsilon_0t\Rightarrow x=\frac l\tau\cdot\frac\tau{\sqrt2}=\frac l{\sqrt2}=0{,}71l.\qquad(5)

Как следует из (5), частица покинет выделенную область, двигаясь по параболе, в точке $B$ , координаты которой $B(l/\sqrt2,l)$ через промежуток времени $t=\tau/\sqrt2$ (см. рис.). Отметим, что в данной задаче необходим анализ, через какую из сторон частица покинет данную область. При меньшем ускорении это было бы возможно и через сторону $x=l$ .

1.3 Если при движении частицы на неё действует сила, которая все время перпендикулярна вектору скорости $\vec v_0$ частицы (т.е. сила «поворачивается» вместе с частицей), то эта сила не может изменить модуля скорости частицы, изменяя лишь её направление. Следовательно, траектория движения в данном случае будет представлять собой окружность некоторого радиуса $R$ (см. рис.), по которой частица будет равномерно двигаться.

Согласно второму закону Ньютона для движения частицы по окружности запишем

F=\frac{4mv_0^2}l=ma=\frac{mv_0^2}R\Rightarrow R=\frac l4.\qquad(6)

Как следует из (6), частица, совершив под действием силы пол-оборота, покинет выделенную область через точку начала координат (точка 0), имея тот же модуль скорости $v_0$ , но противоположное направление движения. Это произойдет через промежуток времени

\pi R=\upsilon_0t\Rightarrow t=\frac{\pi R}{\upsilon_0}=\frac\pi4\tau=0{,}78\tau.\qquad(7)

Таким образом, траектория движения частицы в этом случае будет представлять собой полуокружность радиуса $R=l/4$ , координаты точки выхода частицы — $B(0,0)$ .

1.4 Данный пункт является самым «олимпиадным» вариантом движения частицы в данной задаче. Действительно, как следует из условия, в начальный момент времени вектор силы $\vec F$ перпендикулярен вектору начальной скорости $\vec v_0$ частицы. Однако мы не можем утверждать, что это свойство системы сохраниться в любой момент времени и при дальнейшем движении частицы, поскольку возможен вариант «различных» поворотов векторов силы и скорости с течением времени.

В таком случае обратимся к методу аналогий и постараемся «угадать» необходимое решение, используя опыт рассмотрения различных кинематических задач. Если рассмотреть движение точки на ободе колеса, катящегося без проскальзывания со скоростью $\vec v$ по горизонтальной поверхности, то можно заметить, что ее скорость в верхней точке траектории равна $2v$ , поскольку складываются скорости поступательного и вращательного движений.

Рассмотрим, колесо радиуса $R=l/4$ , центр которого движется без проскальзывания со скоростью $\vec v_0/2$ по горизонтальной поверхности. Тогда скорость движения его верхней точки ( $\vec v_0$ ) будет совпадать и по модулю и по направлению со скоростью частицы. Угловая скорость поворота колеса (соответственно и угловой скорости поворота колеса) в этом случае равна

\omega=\frac{v_0/2}{l/4}=\frac{2v_0}l.\qquad(8)

Ускорение частицы будет обусловлено только вращением, следовательно, модуль силы, действующей на точку обода колеса массой $m$ , будет равен

F=ma=m\omega^2R=m\left(\frac{2v_0}l\right)^2\frac l4=\frac{mv_0^2}l.\qquad(9)

Проекции данной силы на оси координат $Ox$ и $Oy$ будут изменяться во времени следующим образом

F_x=-\frac{mv_0^2}l\sin\frac{2v_0t}l,\qquad F_x=-\frac{mv_0^2}l\cos\frac{2v_0t}l.\qquad(10)

Таким образом, начальные условия (координаты и скорости) и зависимости ускорений от времени в дух задачах совпадают, поэтому совпадают и законы движения. Таким образом, траекторией движения частицы в данном случае будет траектория точки на ободе катящегося без проскальзывания колеса – циклоида.

Следовательно, частица в первый раз коснется границы выделенной области в точке В (см. рис.) через время, равное половине оборота колеса $t=\pi l/(2\upsilon_0)$ в точке с координатами $(\pi l/4,0)$ .

В заключение продемонстрируем все точные траектории движения точки, рассмотренные в данной задаче на отдельном рисунке.

Оригинал в Архива: 2014_theoretical_problems.pdf · официални решения: 2014_theoretical_solutions.pdf