Съдържание

Условие Часть 1. Полный оборот.Часть 2. Попадание в точку подвеса.Часть 3. Попадание в точку старта.Решение

BelPhO 2019, Областен етап, 9–11 клас — Задача 10-2. · Шарик на нити.

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от BelPhO 2019

Республиканская физическая олимпиада 2019 года — III этап, теоретический тур, 9–11 классы

Оригинальный заголовок

Республиканская физическая олимпиада 2019 года (III этап). Теоретический тур. =2019=

Условие

10 класс. Задача 10-2.

Небольшой массивный шарик подвешен на гибкой невесомой нерастяжимой нити и может вращаться в вертикальной плоскости. Второй конец нити закреплен в точке $C$ . Шарику сообщают начальную скорость $\vec V_0$ , направленную горизонтально. В зависимости от этой скорости движение шарика будет различным.

Исходная схема шарика на нити: C, l, векторы g и V₀, вертикальная окружность.

В данной задаче Вам необходимо рассмотреть различные варианты этого движения.

Сопротивлением воздуха следует пренебречь.

Часть 1. Полный оборот.

1.1 При какой минимальной скорости $V_0$ шарик сделает полный оборот вокруг точки подвеса $C$ ?

1.2 Найдите время полного оборота при этой минимальной начальной скорости. Получите приближенную формулу, относительная погрешность которой не превышает 5%.

Часть 2. Попадание в точку подвеса.

2.1 При какой начальной скорости $\vec V_0$ шарик в процессе движения попадет в точку подвеса $C$ ?

Нарисуйте схематически траекторию движения в этом случае. Кратко опишите характер движения шарика в этом случае.

Часть 3. Попадание в точку старта.

При некоторой начальной скорости $\vec V_0$ шарик будет двигаться по дуге окружности до некоторой точки. Затем нить сомнется, после чего шарик, двигаясь свободно по параболе, попадет в нижнюю точку старта.

3.1 Найдите начальную скорость $\vec V_0$ , при которой реализуется описанная траектория.

Решение

10 класс. Шарик на нити.

Часть 1. Полный оборот.

1.1 Чтобы шарик сделал полный оборот мало, чтобы он поднялся в верхнюю точку траектории. Необходимо, чтобы в верхней точке шарик имел скорость $v_1$ достаточную для того, чтобы нить оставалась натянутой, т.е. сила натяжения $\vec T$ должна быть чуть больше нуля.

Для определения этой скорости запишем уравнение второго закона Ньютона для шарика в верхней точке в проекции на вертикальную ось:

m\frac{v_1^2}l=mg+T,\qquad (1)

Здесь $\frac{v_1^2}l$ — центростремительное ускорение шарика.

Исходная схема полного оборота: верхняя точка, v₁, T, mg, C, l и V₀.

Из уравнения (1) следует, что эта скорость должна удовлетворять условию

T\geq0\quad\Rightarrow\quad v_1^2\geq gl.\qquad (2)

Чтобы найти скорость в нижней точке можно воспользоваться законом сохранения механической энергии

\frac{mv_1^2}2+2mgl=\frac{mV_0^2}2.\qquad (3)

Из этого уравнения следует (с учетом соотношения (2)), что минимальная скорость равна

V_0^2=v_1^2+4gl=5gl\quad\Rightarrow\quad V_0=\sqrt{5gl}.\qquad (4)

1.2 Для расчета времени одного оборота найдем зависимость модуля скорости шарика от угла отклонения от вертикали $\varphi$ .

Для этого опять воспользуемся законом сохранения энергии:

\frac{mv^2}2+mgl(1-\cos\varphi)=\frac{mV_0^2}2\quad\Rightarrow

v=\sqrt{V_0^2+2gl(1-\cos\varphi)}=\sqrt{gl(7-2\cos\varphi)}\qquad (4)

Исходная схема угла φ от нижней вертикали, l, C, v и V₀.

Скорость сложным образом зависит от его координаты. Поэтому приближенный расчет времени движения может быть проведен численно. Для этого необходимо вычислить сумму

T=\sum_k\frac{l\Delta\varphi}{v_k}.\qquad (5)

Для строго расчета необходимо устремить шаг $\Delta\varphi$ к нулю, в этом случае сумма перейдет в соответствующий интеграл. Однако этот интеграл не выражается через элементарные функции, поэтому все равно должен вычисляться численно.

Подставим выражение для скорости (4) в формулу для периода вращения (5)

T=\sum_k\frac{l\Delta\varphi}{v_k}=\sum_k\frac{l\Delta\varphi}{\sqrt{gl(7-2\cos\varphi_k)}}=\sqrt{\frac gl}\sum_k\frac{\Delta\varphi}{\sqrt{(7-2\cos\varphi_k)}}=C\sqrt{\frac gl}.\qquad (6)

Так как время подъема равно времени опускания шарика равны, то для ускорения расчета достаточно вычислить сумму для угла $\varphi$ в пределах от 0 до $\pi$ .

Построим «по точкам» график функции $f(\varphi_k)=\frac1{\sqrt{(7-2\cos\varphi_k)}}$ с шагом $\Delta\varphi=\frac\pi8$ .

Таблица значений функции $f(\varphi_k)$

Исходная таблица f(φₖ): k=0,…,8; φₖ=k·π/8; fₖ=0,447;0,441;0,423;0,400;0,378;0,359;0,345;0,336;0,333.

Ниже показан график этой функции.

Исходный график функции по восьми интервалам: сетка и все9узлов.

Функция изменяется достаточно медленно, поэтому расчет по 8 рассчитанным точкам должен дать результат с хорошей точностью.

Проведенное численное суммирование по этим точкам привело к результату $C=2{,}413$ .

Если считать, что движение является равноускоренным (то есть просуммировать по двум крайним точкам), то получается значение $C=2{,}45$ — различие меньше 5%. Поэтому окончательно формула для времени одного оборота следующая

T\approx2{,}41\sqrt{\frac gl}.\qquad (7)

Часть 2. Попадание в точку подвеса.

2.1 Если начальная скорость шарика не достаточна для того, чтобы шарик достиг верхней точки, то сначала он будет двигаться по дуге окружности радиуса $l$ (на этом участке нить подвеса натянута). Когда сила натяжения нити стане равной нулю, нить изогнется, а шарик дальше будет двигаться по параболе.

Пусть сила натяжения нити стала равной нулю в некоторой точке $A$ (см. рис.), положение которой будем задавать углом наклона нити к горизонту $\alpha$ . На основании 2 закона Ньютона для шарика, находящегося в точке $A$ , можно записать уравнение

\frac{mv^2}l=T+mg\sin\alpha\qquad (8)

Исходная траектория к точке подвеса: оси x/y, C,A,l,α,V₀,v,T,mg и парабола.

Так как в этой точке сила натяжения равна нулю, то скорость $v$ в этой точке связана с углом $\alpha$ следующим соотношением

v^2=gl\sin\alpha\qquad (9)

Второе уравнение, связывающее эти параметры, следует из закона сохранения механической энергии

\frac{mv^2}2+mgl(1+\sin\alpha)=\frac{mV_0^2}2\quad\Rightarrow\quad V_0^2=v^2+2gl(1+\sin\alpha)\qquad (10)

Введем систему координат, как показано на рисунке. Запишем закон движения шарика после точки $A$ , при движении по параболе в поле тяжести земли. (с учетом координат начальной точки $A$ и проекций скорости):

\begin{cases}x=l\cos\alpha-(v\sin\alpha)\cdot t\\y=l\sin\alpha+(v\cos\alpha)\cdot t-\frac g2t^2\end{cases}\qquad (11)

Уравнения (9)–(11) позволяют полностью описать движение шарика.

Пусть шарик попадает в точку подвеса в некоторый момент времени $t_1$ , в этот момент времени $x=0$ , $y=0$ , поэтому из закона движения (11) следует

x=l\cos\alpha-(v\sin\alpha)\cdot t_1=0\quad\Rightarrow\quad t_1=\frac{l\cos\alpha}{v\sin\alpha}

y=l\sin\alpha+(v\cos\alpha)\cdot t_1-\frac g2t_1^2=0\quad\Rightarrow\quad l\sin\alpha+(v\cos\alpha)\frac{l\cos\alpha}{v\sin\alpha}-\frac g2\left(\frac{l\cos\alpha}{v\sin\alpha}\right)^2=0\quad\Rightarrow

\frac l{\sin\alpha}-\frac{gl^2}{2v^2}\frac{\cos^2\alpha}{\sin^2\alpha}=0\qquad (12)

Подставим выражение (9) для квадрата скорости и получим уравнение для угла $\alpha$

\frac l{\sin\alpha}-\frac{gl^2}{2gl\sin\alpha}\frac{\cos^2\alpha}{\sin^2\alpha}=0\quad\Rightarrow\quad\frac12\frac{\cos^2\alpha}{\sin^2\alpha}=1.\qquad (13)

Решая это уравнение, получим единственное значение угла $\alpha$ :

\cos^2\alpha=2\sin^2\alpha\quad\Rightarrow\quad1-\sin^2\alpha=2\sin^2\alpha\quad\Rightarrow\quad\sin\alpha=\frac1{\sqrt3}.\qquad (14)

Теперь с помощью уравнений (9)–(10) не сложно найти требуемую начальную скорость

V_0^2=v^2+2gl(1+\sin\alpha)=gl\sin\alpha+2gl(1+\sin\alpha)=gl(2+3\sin\alpha)=gl(2+\sqrt3)\qquad (15)

Окончательный ответ этой части задачи:

V_0=\sqrt{gl(2+\sqrt3)}.\qquad (16)

Часть 3. Попадание в точку старта.

В этом случае характер движения и уравнения (9)–(11), его описывающие, такие же, как в предыдущей части. Только в этом случае надо задать другие конечные условия.

Пусть шарик попадает в начальную точку в некоторый момент времени $t_2$ , в этот момент времени $x=0$ , $y=-l$ , поэтому уравнение для определения угла $\alpha$ несколько изменится

x=l\cos\alpha-(v\sin\alpha)\cdot t_2=0\quad\Rightarrow\quad t_2=\frac{l\cos\alpha}{v\sin\alpha}

y=l\sin\alpha+(v\cos\alpha)\cdot t_2-\frac g2t_2^2=-l\quad\Rightarrow\quad l\sin\alpha+(v\cos\alpha)\frac{l\cos\alpha}{v\sin\alpha}-\frac g2\left(\frac{l\cos\alpha}{v\sin\alpha}\right)^2=-l\quad\Rightarrow

\frac l{\sin\alpha}-\frac{gl^2}{2v^2}\frac{\cos^2\alpha}{\sin^2\alpha}=-l\qquad (17)

После подстановки выражения (9) получим

\frac l{\sin\alpha}-\frac{gl^2}{2gl\sin\alpha}\frac{\cos^2\alpha}{\sin^2\alpha}=-l\quad\Rightarrow\quad\sin^2\alpha-\frac12\cos^2\alpha+\sin^3\alpha=0\quad\Rightarrow\quad\sin^3\alpha+\frac32\sin^2\alpha-\frac12=0\qquad (18)

Формально мы получили кубическое уравнение относительно величины $z=\sin\alpha$ :

2z^3+3z^2-1=0.\qquad (19)

Не сложно найти один из корней этого уравнения $z=-1$ , что позволяет преобразовать к виду

2z^3+3z^2-1=2z^3+2z^2+z^2-1=2z^2(z+1)+(z+1)(z-1)=(z+1)(2z^2+z-1)=0

Корень этого уравнения $z=-1$ не является решением системы уравнений. Так при этом значении синуса угла не выполняется уравнение (9). Тогда оставшиеся корни являются корнями квадратного уравнения

2z^2+z-1=0\quad\Rightarrow\quad z_{1,2}=\frac{-1\pm\sqrt{1+8}}4\qquad z_1=\frac12,\quad z_2=-1\qquad (20)

Таким образом, единственным корнем системы уравнений является значение

\sin\alpha=\frac12.\qquad (21)

Наконец, с помощью выражения (15) находим требуемую начальную скорость

V_0=\sqrt{gl(2+3\sin\alpha)}=\sqrt{\frac72gl}\qquad (22)

Примечание к оригиналу

Сохранены все девять отдельно напечатанных задач 9, 10 и 11 классов со всеми частями, подсказками, полными официальными решениями и обоими дополнениями для скептиков. Численные баллы и авторы в доступном оригинале не напечатаны. Пустая страница 3 ключа не содержит недостающего решения. В исходном ключе есть печатные несогласованности: расчет изменения массы льда дает 0,064, а текст говорит 4,6%; горизонтальная скорость обозначена v₂y. Для магдебургских полушарий напечатаны9,9·10⁴Н и1,2·10⁴Н при подстановке диаметра0,355м. В газовой пружине последовательно стоят h−x и1+x/h; в ледяном двигателе промежуточный знаменатель T₁ сопровождается числом273. В ключе шарика на нити сохранены исходные плюсы,7−2cosφ и√(g/l) в формуле времени. В ключе колебаний сохранены индекс z₂₁, исходные тригонометрические функции граничного условия и серия частот. В задаче климата исходный ключ ссылается на(36)/(37), печатает cosωt⁴ в(29) и сохраняет остальные исходные коэффициенты. Эти формулы, числа и слова переданы буквально, без скрытого научного исправления.

Оригинал в Архива: 3_etap_2019_theoretical_problems.pdf · официални решения: 3_etap_2019_theoretical_solutions.pdf