Съдържание

Условие Задача 1. 1 шарик Задача 2. 2 шарика Задача

n

n

шариков Решение

BelPhO 2018, Заключителен етап — Задача 11-1. Шарики на спице и как ломаются трубы

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от BelPhO 2018

Белорусская республиканская олимпиада по физике 2018 — заключительный этап, теоретический тур, 9–11 классы

Внимание: Бележка към темата

Complete60native24Q36K pages:13whole tasks across9/10/11cohorts with83numbered and4unnumbered requests. All available archive keys and actual native diagrams/graphs/forms/photos. Seasonal Ohm request lacks key answer; separate referenced graph/construction blanks absent. Original numerical powers/signs/mass-unit/equation-label discrepancies and harmonic initial-condition gap preserved with attributed notes. No independently verified organizer provenance.

Условие

11 класс.

Задание 1 состоит из $n$ взаимосвязанных задач.

Задача 1. 1 шарик

Тонкая жесткая спица длиной $l$ может свободно вращаться вокруг горизонтальной оси, проходящей через один из ее концов. На конце спицы закреплен небольшой шарик массы $m$ . Массой спицы можно пренебречь. Спицу располагают горизонтально и отпускают.

Положение спицы в процессе движения будем задавать с помощью угла ее отклонения от горизонтали $\alpha$ . Оси координат направлены так, как показано на рисунке. Шарик можно считать материальной точкой.

Оригинальная спица с шариком, осью подвеса, α и осями x,y

1.1 Найдите зависимость модуля скорости шарика от угла $\alpha$ .

1.2 Найдите зависимость силы $\vec F$ , с которой спица действует на шарик от угла $\alpha$ . Укажите направление этой силы.

1.3 Найдите зависимость проекций ускорения шарика на оси координат $a_x,a_y$ от угла $\alpha$ .

1.4 Постройте годограф вектора ускорения шарика.

Годографом переменного вектора называется линия, которую описывает конец этого вектора (при условии, что его начало остается в одной точке, например, в начале координат). Иными словами, начало вектора закреплено, сам вектор поворачивается и изменяет свою длину — конец вектора описывает некоторую линию, которая и называется годографом.

Оригинальный пример годографа переменного вектора

1.5 Укажите систему координат, в которой модуль ускорения шарика остается постоянным. Чему равен модуль этого ускорения?

Задача 2. 2 шарика

На спицу, описанную в первой части задачи, закрепили два шарика, масса каждого из которых равна $m/2$ , один на конце спицы, второй на середине спицы. Спицу расположили горизонтально и отпустили.

Оригинальная спица с двумя шариками, m/2, l/2 и l

2.1 Найдите зависимость угловой скорости $\omega$ спицы от угла $\alpha$ .

2.2 Найдите ускорения с которыми начинают двигаться шарики (т.е. при $\alpha=0$ ).

2.3 Найдите силу, с которой спица действует на крайний шарик в начальный момент времени (при $\alpha=0$ ). Укажите направление этой силы.

Задача $n$ . $n$ шариков

На спицу закрепили $n$ одинаковых шариков, масса каждого равна $m/n$ на равном расстоянии друг от друга, причем крайний шарик находится на конце спицы. Считайте, что число шариков велико, т.е. $n\gg1$ . Спицу располагают горизонтально и отпускают.

Оригинальная спица с n одинаковыми шариками и расстояниями l/n

3.1 Найдите зависимость угловой скорости спицы $\omega$ от угла отклонения $\alpha$ .

3.2 Найдите ускорения шариков $a_k$ $(k=1,2,\ldots n)$ в начальный момент движения спицы.

3.3 Найдите силу, действующую на $k$ -тый шарик со стороны спицы, в начальный момент движения. Постройте график полученной зависимости.

3.4 Кратко объясните природу возникновения этих сил.

3.5 Объясните, почему ломаются дымовые трубы при падении. На каком расстоянии чаще всего происходит излом?

В этом пункте вам не надо писать никаких уравнений, формул. Качественно, кратко (1–2 предложения) выявите основную причину излома и укажите высоту, на которой он чаще происходит.

Оригинальная фотография излома падающей дымовой трубы

Небольшая математическая подсказка.

\sum_{k=1}^n k=1+2+3+\ldots+n=\frac{n(n+1)}2,

\sum_{k=1}^n k^2=1^2+2^2+3^2+\ldots+n^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}6.

Решение

Задание 11-1. Шарики на спице.

Задача 1. 1 шарик.

Рис. 1 архивного ключа: начальное и отклоненное положения

1.1 Проще всего найти зависимость скорости шарика от угла отклонения с помощью закона сохранения энергии

\frac{mv^2}2=mgl\sin\alpha\ \Rightarrow\ v=\sqrt{2gl\sin\alpha}.\qquad (1)

1.2 Так как стержень жесткий, то в нем возможны силы, направленные перпендикулярно стержню. Поэтому, прежде всего, следует рассмотреть наличие такой нормальной силы $\vec N$ действующей на шарик. Для нахождения неизвестных сил можно использовать 2 закон Ньютона. Так как мы нашли зависимость скорости от угла поворота, то не составляет труда найти тангенциальное ускорение шарика (т.е. проекцию этого ускорения на вектор скорости). Для этого достаточно вычислить производную от вектора скорости

a_\tau=\frac{dv}{dt}=\frac{dv}{d\alpha}\frac{d\alpha}{dt}=\omega\frac{dv}{d\alpha}=\frac vl\frac{dv}{d\alpha}=\frac1{2l}\frac{d(v^2)}{d\alpha}.

При выводе этого соотношения использовано правило вычисления производной от сложной функции. Так как $v^2=2gl\sin\alpha$ , то

a_\tau=\frac1{2l}\frac{d(v^2)}{d\alpha}=g\cos\alpha.\qquad (2)

Рис. 2 ключа: сила тяжести, нормальная реакция, T, v и составляющие ускорения

Примечание. Величину тангенциального ускорения можно найти и из простого кинематического соотношения

S=\frac{v^2-v_0^2}{2a}.\qquad (3)

Рассматривая малое смещение шарика на угол $\Delta\alpha$ , и пренебрегая изменением ускорения на этом участке можно считать, что путь, пройденный шариком, равен $S=l\Delta\alpha$ . Тогда из формулы (3) следует, что $a_\tau=\Delta(v^2)/(2l\Delta\alpha)$ .

Запишем уравнение 2 закона Ньютона для шарика в проекции на вектор скорости

ma_\tau=mg\cos\alpha-N.\qquad (4)

Из этого уравнения с учетом найденного ускорения (2) следует, что в данном случае нормальная составляющая силы реакции отсутствует $N=0$ .

Таким образом, мы показали, что сила, действующая на шарик со стороны стержня, направлена вдоль стержня. Для ее определения запишем уравнение 2 закона Ньютона для шарика в проекции на направление стержня:

ma_n=T-mg\sin\alpha.\qquad (5)

В данном уравнении проекция ускорения перпендикулярна вектору скорости, поэтому это есть нормальное ускорения, которое, как известно, определяется по формуле

a_n=\frac{v^2}l=2g\sin\alpha.\qquad (6)

Здесь опять использовано выражение для величины модуля скорости (1). Из формул (5)–(6) следует, что

T=3mg\sin\alpha.\qquad (7)

1.3 Проекции ускорения можно найти различными способами. Мы используем разложение вектора ускорения на тангенциальную и нормальную составляющие, которые уже найдены. Из рис. 3 следует, что проекции ускорения на указанные оси координат равны

\begin{aligned}a_x&=-a_n\cos\alpha-a_\tau\sin\alpha,\\a_y&=-a_n\sin\alpha+a_\tau\cos\alpha.\end{aligned}\qquad (8)

Рис. 3 ключа: оси, угол α и составляющие ускорения

Используя найденные значения тангенциального (2) и нормального (6) ускорений, получим

\begin{aligned} a_x&=-a_n\cos\alpha-a_\tau\sin\alpha=-2g\sin\alpha\cos\alpha-g\cos\alpha\sin\alpha=-3g\cos\alpha,\\ a_y&=-a_n\sin\alpha+a_\tau\cos\alpha=-2g\sin\alpha\sin\alpha+g\cos\alpha\cos\alpha=-2g\sin^2\alpha+g\cos^2\alpha. \end{aligned}\qquad (8)

Эти же выражения можно получить из уравнений 2 закона Ньютона в проекциях на оси координат.

1.4 Фактически функции (8) определяют уравнение годографа вектора ускорения в параметрической форме. Однако, предадим этим функциям несколько иной вид, используя тригонометрические формулы двойного угла:

a_x=-3g\sin\alpha\cos\alpha=-\frac32g\sin2\alpha.\qquad (9)

a_y=-2g\sin^2\alpha+g\cos^2\alpha=g-3g\sin^2\alpha=g-3g\frac12(1-\cos2\alpha)=\frac32g\cos2\alpha-\frac12g.\qquad (10)

Теперь не сложно заметить, что эти уравнения задают окружность:

a_x^2+\left(a_y+\frac12g\right)^2=\left(\frac32g\right)^2.\qquad (11)

Эта окружность показана и является годографом вектора ускорения. Она показана на рис. 4. Отметим, что угол $\alpha$ изменяется в пределах от 0 до $\pi$ , поэтому конец вектора ускорения описывает полную окружность.

Рис. 4 ключа: полный годограф, центр −g/2, радиус 3g/2 и оси

1.5 Центр окружности смещен вдоль оси $a_y$ на величину $g/2$ , радиус окружности равен $3g/2$ . Следовательно, в системе отсчета, движущейся вниз с постоянным ускорением $g/2$ , модуль ускорения будет постоянным и равным $3g/2$ .

Задача 2. 2 шарика.

Оригинальная схема двух шариков из ключа

2.1 Так как стержень жесткий, то шарики будут двигаться с одинаковыми угловыми скоростями $\omega$ . Поэтому скорости шариков будут равны

v_1=\omega\frac l2,\qquad v_2=\omega l.\qquad (12)

Запишем закон сохранения энергии для рассматриваемой системы

\frac12\frac m2\omega^2l^2\left(\frac14+1\right)=\frac m2gl\left(\frac12+1\right)\sin\alpha.\qquad (13)

Из этого уравнения следует, что угловая скорость вращения стержня зависит от угла отклонения по закону

\omega=\sqrt{\frac{12}5\frac gl\sin\alpha}.\qquad (14)

2.2 Для расчета ускорения воспользуемся кинематическим соотношением (3), которое применим для малого начального смещения на малый угол $\alpha$ . Для крайнего шарика запишем

l\alpha=\frac{v^2(\alpha)}{2a_2}\ \Rightarrow\ a_2=\frac{\frac{12}5\frac gl\sin\alpha\cdot l^2}{2l\alpha}=\frac65g.\qquad (15)

Аналогично для первого шарика

\frac l2\alpha=\frac{v^2(\alpha)}{2a_1}\ \Rightarrow\ a_1=\frac{\frac{12}5\frac gl\sin\alpha\cdot\frac{l^2}4}{2\frac l2\alpha}=\frac35g.\qquad (16)

Впрочем, очевидно, что ускорение первого шарика в два раза меньше. Отметим, что эти выражения могут быть получены прямым дифференцированием функции (14) с последующим переходом от углового ускорения стержня к линейным ускорениям шариков.

2.3 Обратим внимание, что в начальный момент времени ускорение крайнего шарика превышает ускорение свободного падения! Следовательно, со стороны стержня на шарик действует сила, направленная вертикально вниз. Силы реакции направленной вдоль стержня в данном положении нет, так как скорость шарика равна нулю. Записывая уравнение 2 закона Ньютона для крайнего шарика, получим

\frac m2a_2=\frac m2g+N\ \Rightarrow\ N=\frac m2(a_2-g)=\frac{mg}{10}.\qquad (17)

Оригинальные N, mg/2 и a2 у крайнего шарика

Таким образом, в данной конфигурации внутри стержня возникают силы упругости, направленные перпендикулярно стержню.

Задача $n$ . $n$ шариков.

Решение этой задачи полностью аналогично решению предыдущей. Поэтому можно сократить комментарии к решению.

3.1 Записываем закон сохранения энергии

\begin{aligned} \frac12\frac mn l^2\omega^2\left(\left(\frac1n\right)^2+\left(\frac2n\right)^2+\left(\frac3n\right)^2+\ldots\left(\frac nn\right)^2\right) &=\frac mn gl\left(\left(\frac1n\right)+\left(\frac2n\right)^2+\left(\frac3n\right)^2+\ldots\left(\frac nn\right)^2\right)\sin\alpha\ \Rightarrow\\ \frac12\frac{l^2\omega^2}{n^2}\sum_{k=1}^n k^2 &=\frac{gl}n\sin\alpha\sum_{k=1}^n k\ \Rightarrow\ \frac12\frac{l^2\omega^2}{n^2}\frac{n(n+1)(2n+1)}6=\frac{gl}n\sin\alpha\frac{n(n+1)}2. \end{aligned}\qquad (18)

Так как по условию $n\gg1$ , то в формулах для сумм можно оставить только высшие степени, поэтому получим

\frac12\frac{l^2\omega^2}{n^2}\frac{n^3}3=\frac{gl}n\frac{n^2}2\ \Rightarrow\ \omega=\sqrt{3\frac gl\sin\alpha}.\qquad (19)

Это же выражение модно получить гораздо проще из уравнения динамики вращательного движения.

3.2 Ускорение $k$ -того шарика рассчитываем по прежней методике

\left(\frac ln k\right)\alpha=\frac{v_k^2(\alpha)}{2a_k}\ \Rightarrow\ a_k=\frac{3\frac gl\sin\alpha\cdot\left(\frac ln k\right)^2}{2\left(\frac ln k\right)\alpha}=\frac32g\frac kn.\qquad (20)

3.3 Так как ускорения шариков в начальный момент времени отличаются от ускорения свободного падения, то на эти шарики со стороны стержня действуют силы реакции направленные вертикально (положительное направлении — вниз). Их величины также находим из уравнения 2 закона Ньютона

\frac mn a_k=\frac mn g+N_k\ \Rightarrow\ N_k=\frac mn g\left(\frac32\frac kn-1\right).\qquad (21)

Как следует из полученной формулы при $k/n<2/3$ эти силы направлены вверх, далее — вниз. На рисунке показана зависимость этих сил от номера шарика.

Оригинальный график Nk(k) с нулем при 2n/3, всеми осями и подписями

3.4 Природа этих сил — силы упругости, возникающие при малой деформации стержня.

3.5 Как было показано в этой задаче, при ускоренном вращательном движении массивного стержня в нем возникают силы упругости, направленные поперек стержня. Следовательно, такие же силы возникают и при падении трубы. Они-то ее и ломают!

В последней части задачи показано, что направление поперечных сил меняется на противоположное на одной трети длины стержня, поэтому, скорее всего на этом же расстоянии и происходит разлом.

Оригинальный титульный лист

Республиканская физическая олимпиада 2018. Заключительный этап. Теоретический тур. Полоцк 2018. Event photograph and emblem remain in the exact retained native PDF.

Source scope and authority

no separate theory schemes, grading or organizer clarifications listed. Carbon blank-layer response forms and model photo Q6 and every available key graph/construction retained. Separately referenced mirror and graph blanks are genuinely absent from the complete pair/folder. Ohm seasonal winter/summer request has no key entry and remains honestly incomplete; every other available key is retained. Archive event authority only; no independent organizer URL established and all solutions attributed archive.

Original-reader source caveat

p2 response sheet graphite label 2.2 differs from requested 2.1; figure6 repeated for tetrahedron and model photo. Key graphite analytical formula uses a0 while numerical uses a1; decimal-density range connector absent; diamond-density heading says graphite and numerical denominators omit explicit powers though preceding analytical powers are present. Native conductivity explanation wording retained.

Original-reader source caveat

p3 question has two different requests labelled3.6. Seasonal winter/summer request has no key entry; solution remains incomplete. Localized original-pixel reopening confirms first brass X=111.50 in both Q9/K10, inverse.0090; preliminary11.50 reading withdrawn. A2=2.85e-3 differs from reciprocal a2=5.41e2; brass b3=1.12 later1.18. Every literal value and label preserved.

Original-reader source caveat

p4 parallel-system divided second row prints I1 where earlier equations use I2. Charged-ball explanation says internal forces influence COM (missing negation), yet immediately uses free fall. No silent correction.

Original-reader source caveat

p5 Q says mass of air inside «нее» remains unchanged; «нее» is a pronoun, not negation. Preliminary opposite reading withdrawn; key uses constant molecule number. Q asks gamma=beta T^z though thermal coefficient is lambda. Metal lead heat uses QAg and both composite heats Q1. K18eq24 prints5/3 while23 and33 use5/2; K19eq32 omits l on left while28 includes it. Temperature-axis Celsius vs Kelvin scope retained.

Original-reader source caveat

p6 leakage Delta f=f(alpha-Delta alpha)-f(alpha) coexists with Delta alpha=-1deg and reported negative fractional change; approximate and numerical estimates differ. Preserve printed formula/sign/result without invented adjudication. Q15 specifies mass1/16grain per foot while K19 numerical diameter uses that mass with28inch length; exact original preserved. Approximate K23equilibrium uses extra alpha lever beside priorr0description.

Original-reader source caveat

p7 repeated equation8 has final ax=-3g cos(alpha) missing sin compared preceding expression. K26 frame described downward g/2 despite native axis/hodograph center sign. K27 initial finite-n potential expression squares some terms before next line unsquared sum. Key break-distance prose one third retained beside graph zero at2n/3.

Original-reader source caveat

p8 key equation0.472gamma is followed by prose0.478; repeated tags3/9 retained. All historical ether hypotheses and quotations are original source content, separately contextualized.

Original-reader source caveat

p9 K34 repeated copper density has g/m3 while Q uses g/cm3; numerical n uses SI8.92e3. K35beta=rho/(ne2) differs from previous current expressions; stationary harmonic solution does not satisfy imposed initial v0=0 without a transient, absent from key. K36 heat-average swaps cosine/sine coefficients relative26; repeated tags28/29, Pincident=IS=I and pressure single-electron/surface factors retained. No source solution repaired or transient invented.

Примечание транскрипции к архивному оригиналу — 10-3. Опыты Ш. Кулона

В условии масса $1/16$ грана относится к одному футу нити; в численной подстановке ключа (3) эта масса стоит вместе с длиной 28 дюймов. В формуле изменения $f$ напечатано $\alpha-\Delta\alpha$ , при этом далее $\Delta\alpha=-1^\circ$ и итог отрицателен. Приближенная формула равновесия содержит множитель $r_0\alpha$ , хотя предшествующий текст называет плечом $r_0$ . Напечатанные исходные величины, формулы и оба результата изменения заряда сохранены без подмены исправленным расчетом.

Примечание транскрипции к архивному оригиналу — 11-1. Шарики на спице и как ломаются трубы

В последнем выражении для $a_x$ в повторно обозначенной формуле (8) на K25 отсутствует $\sin\alpha$ ; последующая (9) содержит его. Описание системы отсчета сохраняет слово «вниз» рядом с оригинальным годографом. В первой строке (18) правая сумма печатает квадраты после первого члена, а следующая строка использует $\sum k$ . В (19) промежуточное равенство не содержит $\sin\alpha$ , хотя конечная формула его содержит. Формулировка «на одной трети» и график с $2n/3$ воспроизведены вместе, без добавленного направления отсчета.

Примечание транскрипции к архивному оригиналу — 11-2. Опыт Физо

В (20) напечатано $0{,}472\gamma$ , а следующий текст дает 0,478. Повторные номера (3) и (9), все три исторические гипотезы и последующая часть о СТО сохранены как исходное содержание.

Примечание транскрипции к архивному оригиналу — 11-3. Давление света

Повтор плотности меди на K34 печатает г/м³, хотя Q23 дает г/см³ и численная подстановка использует $8{,}92\cdot10^3$ кг/м³. Формула (15) печатает $\rho/(ne^2)$ рядом с предыдущими выражениями тока. Гармоническое решение (26) не содержит переходного слагаемого для заданной в условии нулевой начальной скорости; оно не добавлено в архивный ключ. В усреднении мощности переставлены коэффициенты косинуса и синуса относительно (26). В (30) есть дополнительное равенство $=I$ ; (32)–(33) содержат обозначение силы одного электрона и различающиеся множители $S$ . Повторные номера (10), (28), (29), ссылка на (4) вместо формулы силы (5) и все напечатанные результаты сохранены.

Повторный номер в задаче «Опыты Георга Ома»

На странице 9 оригинала два последовательных, различных вопроса в одной части имеют номер 3.6. Первый номер 3.6 сохранен; второй показан как «3.6 (повтор)» для различения. Обе формулировки, исходный порядок и общее число вопросов сохранены без перенумерации. Сезонный вопрос о зиме и лете не имеет ответа в полном архивном ключе.

Оригинальное указание к разминке 9-1

9 класс. Условия задач.

Задание состоит из трех не связанных между собой задач!

Оригинальное указание к разминке 10-1

10 класс.

Задание состоит из трех не связанных между собой задач.

Оригинал в Архива: 2018_theoretical_problems.pdf · решение от архива: 2018_theoretical_solutions.pdf

Съдържание

BelPhO 2018, Заключителен етап — Задача 11-1. Шарики на спице и как ломаются трубы

Внимание: Бележка към темата

Условие

Задача 1. 1 шарик

Задача 2. 2 шарика

Задача nnn. nnn шариков

Решение

Задача $n$ . $n$ шариков