Съдържание

BelPhO 2021, Областен етап, 11. клас — Задача 11-1. Алгебра и геометрия на наклонной плоскости

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от BelPhO 2021

Республиканская физическая олимпиада 2021 год. (III этап) Теоретический тур. 11 класс.

Внимание: Бележка към темата

Получен полный ключ для жюри того же 11 класса, теоретического тура и варианта 2. Три связанных задания сохранены целиком; все 31 старых объектов пунктов и 10 рисунков сохранены. Два пункта генератора 1.2/2.3 — вводные фразы, поэтому 31 объектам соответствуют 29 конечных запросов. Полный титульный лист восстановлен с повторным номером 3. В условии генератора перечень итоговых параметров не содержит ширину ленты l, хотя она задана в тексте/рисунке и используется в ключе. Исходные опечатки и спорные формулы ключа оставлены буквально: обратный знак разности углов в последней цепочке задачи 11.1; степень +1/2 в формуле (14) задачи 11-2; множитель z/R в ее формуле (18); коэффициент −σ/(2ε₀) в формуле (31), повторные заголовки 2.1, пропуск номера 36 и таблица 81%, 5,3%, 0,50%. Повторные номера 4/5 и исходные ссылки генератора сохранены. Заголовки нескольких графиков частично перекрыты в самом оригинале. Численные баллы, отдельная схема оценивания и дополнительные бланки ответов в полученных оригиналах отсутствуют.

Республиканская физическая олимпиада2021 год. (III этап). Теоретический тур. 11 класс.

XI класс. Теоретический тур. Вариант 2.

Полный комплект состоит из трех заданий.
Для вашего удобства вопросы, на которые Вам необходимо ответить, помещены в рамки.
При оформлении работы каждое задание начинайте с новой страницы. При недостатке бумаги обращайтесь к организаторам!
Подписывать рабочие листы запрещается.
В ходе работы можете использовать ручки, карандаши, чертежные принадлежности, калькулятор.
Со всеми вопросами, связанными с условиями задач, обращайтесь к организаторам олимпиады.

Постарайтесь внимательно прочитать условия задач!

Может, вам покажется, что условия задач слишком длинные. Но мы сочинили их такими, чтобы Вам было легче решать. Поверьте, иногда решения короче таких условий! Не теряйте присутствия духа, смело беритесь за решение каждой задачи. Помните, оцениваются не только полные решения, но и их отдельные части и даже отдельные здравые мысли.

Данный комплект содержит:

титульный лист (1 стр.);
условия 3 теоретических задач (6 стр.).

Решения задач. 11 класс

Третий этап республиканской олимпиады по учебному предмету «Физика». 2020–2021 учебный год.

XI класс. Теоретический тур. Вариант 2.

Решения задач. Бланк для жюри.

Условие

Кто-то умеет хорошо строить диаграммы векторов сил и предпочитает решать динамические задачи «геометрически». Кто-то рисовать совсем не умеет, и ему приходится заниматься громоздкими математическими преобразованиями.

В данной задаче вам предстоит рассмотреть несколько простых и знакомых задач, на примере которых вам предстоит продемонстрировать свои как алгебраические, так и геометрические способности.

Во всех частях задачи мы будем рассматривать движение бруска по поверхности.

Коэффициент трения бруска о поверхность во всех частях задачи равен $\mu$

Брусок на неподвижной наклонной плоскости

Брусок движется по горизонтальной поверхности. Как пишут в учебниках, на брусок со стороны поверхности действуют сила нормальной реакции $\vec{N}$ и сила трения (которую здесь и далее) будем обозначать $\vec{F}$ . Но на самом деле это не разные силы – это две компоненты одной силы, силы взаимодействия бруска и поверхности, которую мы обозначим $\vec{R}$ (силы реакции).
Назовем угол $\varphi$ между направлением силы реакции $\vec{R}$ и нормалью к поверхности.

Брусок на горизонтальной поверхности; из его центра выходят вертикальный вектор N, горизонтальный вектор F и их сумма — вектор R; угол φ между N и R.

1.1 Выразите коэффициент трения $\mu$ чрез угол трения $\varphi$ .

1.2 Выразите модуль силы реакции $\vec{R}$ через модуль силы нормальной реакции $\vec{N}$ и угол трения $\varphi$ .

Брусок находится на наклонной плоскости, образующей угол $\alpha$ с горизонтом.

1.3 Нарисуйте взаимное расположение векторов силы реакции $\vec{R}$ и силы тяжести $m\vec{g}$ , если брусок скользит по наклонной плоскости.

1.4 При каком минимальном угле наклона $\alpha_0$ брусок начнет соскальзывать с наклонной плоскости? Ответ выразите через угол трения $\varphi$ . Как в этом случае будет направлен вектор $\vec{R}$ ? Чему он будет равен?

1.5 Брусок поместили на наклонную плоскость, образующую угол $\alpha$ с горизонтом ( $\alpha > \alpha_0$ ). Чему равно ускорение бруска в этом случае? Выразите ответ через углы $\alpha$ и $\varphi$ . Дайте геометрическую интерпретацию полученного выражения.

Брусок на ускоренно движущейся призме

Брусок положили на наклонную грань треугольной призмы, наклоненную под углом $\alpha$ к горизонту. Под действием внешних сил призма движется горизонтально с постоянным ускорением $\vec{a}_0$ , как показано на рисунке.

Треугольная призма с углом наклона α на горизонтальной опоре; на наклонной грани брусок с вектором ускорения a₁, направленным вниз вдоль грани; призма движется вправо с ускорением a₀.

2.1 Покажите, что движение бруска по поверхности ускоренно движущейся призмы можно описать как движение бруска по неподвижной призме, только с другим значением вектора ускорения свободного падения $\vec{g}'$ (который можно назвать эффективным ускорением свободного падения). Найдите угол $\beta$ между векторами $\vec{g}'$ и $g'$ .

2.2 Покажите, что движение бруска по ускоренно движущейся призме можно описывать, как движение бруска по неподвижной призме, но с другим углом наклона к горизонту $\alpha'$ . Выразите значение этого угла через ускорение призмы $\vec{a}_0$ , ускорение свободного падения $\vec{g}$ и угол $\alpha$ .

2.3 Пусть угол наклона призмы к горизонту $\alpha$ меньше $\alpha_0$ (найденного в п.1.4). Запишите соотношение для углов $\alpha, \beta, \varphi$ , при котором начнется скольжение бруска.
Из этого соотношения можно найти минимальное ускорение $\vec{a}_0$ , при котором начнется скольжение бруска, но искать это значение (т.е. решать полученное уравнение) не требуется.

Решение

Часть 1. Неподвижная наклонная плоскость.

1.1 В соответствии с законом кулона – Амонтона (для силы трения) при скольжении тела, модуль силы трения связан с силой нормальной реакции простым соотношением

F=\mu N.\qquad (1)

Как следует из рисунка справедливо соотношение:

\operatorname{tg}\varphi=\frac{F}{N}=\mu\qquad (2)

1.2 Модуль силы реакции выражается через модуль силы нормальной реакции следующим образом

R=\frac{N}{\cos\varphi}.\qquad (3)

1.3-14 Так как на брусок действуют только две силы $\vec R$ и $m\vec g$ , то для соскальзывания бруска необходимо, что бы их сумма имела горизонтальную составляющую, направленную в сторону спуска по наклонной плоскости. А это возможно только при

\alpha>\varphi\qquad (4)

Традиционное решение этой задачи: проекция силы тяжести на наклонную плоскость должна превысить силу трения:

mg\sin\alpha>\mu N=\mu mg\cos\alpha\quad\Rightarrow\quad\operatorname{tg}\alpha>\mu,

что равносильно условию (4).

1.4 В предельном случае (начала скольжения) сила реакции направлена вертикально и по модулю равна силе тяжести.

1.5 Известная формула для ускорения бруска на наклонной плоскости

a=g(\sin\alpha-\mu\cos\alpha)\qquad (5)

может быть получена с помощью рисунка к п.1.3:
Горизонтальная составляющая ускорения бруска равна

a_{\text{гор.}}=\frac{R\sin(\alpha-\varphi)}{m}\qquad (6)

Кроме того, проекции силы тяжести и силы реакции на нормаль к наклонной плоскости равны (т.к. ускорение бруска направлено вдоль наклонной плоскости):

R\cos\varphi=mg\cos\alpha\quad\Rightarrow\quad R=\frac{mg\cos\alpha}{\cos\varphi}

Тогда ускорение бруска равно

a=\frac{a_{\text{гор.}}}{\cos\alpha}=\frac{mg\cos\alpha}{\cos\varphi}\frac{\sin(\alpha-\varphi)}{m\cos\alpha}=g\frac{\sin(\alpha-\varphi)}{\cos\varphi},\qquad (7)

что равносильно формуле (5).

Брусок на ускоренно движущейся призме

2.1 Представим полное ускорение бруска в виде суммы векторов ускорения призмы $\vec a_0$ и ускорения бруска относительно призмы $\vec a_1$ :

\vec a=\vec a_0+\vec a_1\qquad (8)

Уравнение 2 закона Ньютона (в векторной форме) для призмы в этом случае имеет вид:

m(\vec a_0+\vec a_1)=m\vec g+\vec R\qquad (9)

в котором $\vec R$ - введенная ранее сила реакции, действующая на брусок со стороны призмы. Важно, что эта сила реакции определяется силой тяжести. Перепишем уравнение (9) в виде

m\vec a_1=m(\vec g-\vec a_0)+\vec R\qquad (10)

Это уравнение можно толковать, как уравнение движения бруска на наклонной плоскости, если ускорение свободного падения равно

\vec g'=\vec g-\vec a_0.\qquad (11)

Как следует из рисунка, вектор $\vec g'$ отклонен от вектора $\vec g$ на угол

\beta=\operatorname{arctg}\frac{a_0}{g}.\qquad (12)

Отметим, что проведенные рассуждения равносильны переходу в неинерциальную систему отсчета, связанную с призмой. В этой системе отсчета «появляется» сила инерции…, но это выходит за рамки школьной программы.

2.2 Угол наклона плоскости к горизонту $\alpha$ также равен углу между вектором ускорения свободного падения $\vec g$ и нормалью к плоскости. Поэтому изменение направления вектора ускорения свободного падения (переход от $\vec g$ к $\vec g'$ ) равносильно изменению угла между нормалью к наклонной плоскости и вектором эффективного ускорения свободного падения, т.е. к изменению угла наклона плоскости. Также из рисунка легко заметить, что этот новый угол $\alpha'$ оказывается равным

\alpha'=\alpha+\beta\qquad (13)

2.3 Условие начала скольжения по наклонной плоскости было сформулировано ранее (неравенство (4)), поэтому остается только переписать его:

\alpha'>\varphi\quad\Rightarrow\quad\alpha+\beta>\varphi\qquad (14)

В заключение отметим, что от этого «углового» условия можно перейти и к привычным формулировкам:

\beta>\varphi-\alpha\quad\Rightarrow\quad\operatorname{tg}\beta>\operatorname{tg}(\alpha-\varphi)\quad\Rightarrow\quad\frac{a_0}{g}>\operatorname{tg}(\alpha-\operatorname{arctg}\mu)

Это неравенство без труда (но при знании тригонометрических формул) может быть преобразовано к привычному виду.

Полная схема N,F,R, угол трения φ и брусок.

Полная схема наклонной плоскости, R,mg,α,α−φ и проекция реакции.

Полная схема R,N,F,mg для ускорения на наклонной плоскости.

Полная движущаяся призма,α и обе полные стрелки ускоренийa₀,a₁.

Обе оригинальные схемы перехода к эффективной тяжести с общей стрелкой преобразования,mg,mg′,−ma₀,α,α′,β.

Оригинал в Архива: mgo-2021-tt11-var2-uslovija.pdf · официални решения: mgo-2021-tt11-var2-reshenija.pdf