Съдържание

BelPhO 2022, Областен етап, 9. клас — Задача 9-2. Неупругий удар

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от BelPhO 2022

Республиканская физическая олимпиада 2022 года (III этап). Теоретический тур. 9 класс. Вариант 2.

Внимание: Бележка към темата

Комплект относится к III этапу, 9 классу и варианту 2. На титульном листе указаны три задания; «Разминка» прямо состоит из трёх разных задач, объединённых одной математической идеей. Эти задачи представлены отдельно, а связанные части «Неупругого удара» и «Формы полости» сохранены целиком. Полученный оригинальный ключ содержит полные решения, две таблицы и указания жюри. Напечатанные противоречия формул, обозначений и чисел сохранены и отмечены при соответствующих решениях. Численные баллы, отдельная схема оценивания и бланки ответов в полученном комплекте отсутствуют.

Титульный лист

Третий этап республиканской олимпиады по учебному предмету «Физика»
2021-2022 учебный год

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.

Пакет заданий содержит:

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

Решения задач. Бланк для жюри. 9 класс. Вариант 2.

Республиканская физическая олимпиада 2022 года (III этап). Теоретический тур. Решения задач. 9 класс (для жюри). Вариант 2.

Уважаемые члены жюри!

Задачи, предложенные школьникам для решения на олимпиаде, не стандартные и достаточно сложные. Предложенные здесь варианты путей решений не являются единственно возможными. Участники олимпиады могут предложить свои способы решения. Если эти способы приводят к правильным ответам и физически обоснованы, то задача (или ее отдельные пункты) должны оцениваться максимальными баллами.

Не забывайте, что Вы должны оценивать не только конечные ответы, но и отдельные правильные шаги в ходе решения!

Не жалейте баллов (если, конечно, есть за что!) для наших замечательных школьников!

Условие

При описании удара движущегося тела о неподвижную стенку часто используется модель абсолютно упругого удара, при котором модуль скорости тела не изменяется, а угол падения равен углу отражения. Однако такая модель не всегда корректно описывает реальные столкновения.

Более общей является модель неупругого удара, которая используется в данной задаче. Пусть движущееся тело (которое рассматривается как материальная точка) сталкивается с неподвижной плоской поверхностью. Направим ось $Ox$ вдоль поверхности, а ось $Oy$ перпендикулярно ей.

Удар тела о наклонённую поверхность: оси x (вдоль поверхности) и y, нормаль n; до удара вектор скорости V0 с составляющими V0x и V0y, после удара вектор v0 с составляющими v0x и v0y.

Вектор скорости движущегося тела $\vec{V}_0$ удобно разложить на две составляющие: параллельную плоскости - $\vec{V}_{0x}$ (тангенциальная составляющая); перпендикулярную плоскости - $\vec{V}_{0y}$ (нормальная составляющая). Обозначим вектор скорости после удара $\vec{v}_0$ . Будем считать, что проекции этого вектора связаны с компонентами вектора скорости до удара следующими соотношениями:

\begin{aligned} v_{0x} &= \gamma_1 V_{0x} \\ v_{0y} &= -\gamma_2 V_{0y} \end{aligned} \quad . \qquad (1)

В этих формулах безразмерные коэффициенты $\gamma_1, \gamma_2 < 1$ называется коэффициентами восстановления. Коэффициент $\gamma_1$ , описывающий изменение тангенциальной компоненты скорости, определяется силой трения, действующей на тело в ходе столкновения. Коэффициент $\gamma_2$ , описывающий изменение нормально компоненты скорости, определяется упругими свойствами поверхности и движущегося тела.

Во всех частях данной задаче используется модель, в которой

\gamma_1 = \gamma_2 = \gamma = 0{,}80 . \qquad (2)

Т.е. модули обеих проекций скорости при ударе уменьшаются в одно и тоже число раз.

Подсказка.
При решении данной задачи вам может понадобиться формула для суммы членов геометрической прогрессии:

1 + z + z^2 + \ldots + z^{n-1} = \frac{1 - z^n}{1 - z} . \qquad (3)

Все, приведенные в условии рисунки, являются схематическими и носят иллюстративный характер. Ссылаться на них в решении задачи не следует!

Часть 1. Движение в горизонтальной плоскости.

На горизонтальной плоскости на расстоянии $h$ друг от друга закреплены две параллельные стенки. Между этими стенками движется небольшое тело (материальная точка), периодически сталкиваясь со стенками. Введем систему координат, ось $Ox$ которой направлена параллельно стенкам, а ось $Oy$ перпендикулярно им. В начальный момент времени тело касается одной из стенок (в начале координат). Телу толчком сообщают скорость $\vec{V}_0$ , такую, что проекции этого вектора на ось координат равны $V_{0x} = V_{oy} = v_0$ . Трением тела о горизонтальную поверхность можно пренебречь.

Две параллельные стенки на расстоянии h; тело из начала координат x0=0 с начальной скоростью V0 движется по штриховой ломаной, ударяясь о стенки в точках x1, x2, x3, …; оси x и y.

1.1 Получите общую формулу для координат точек столкновения тела со стенками $x_1, x_2, \ldots x_n, \ldots$

1.2 В выбранном Вами масштабе постройте траекторию движения тела до его 5-го столкновения со стенками.

1.3 Найдите, чему равна средняя скорость движения шарика за время от начала движения до $n$ -го столкновения со стенками.

Часть 2. Прыжки по горизонтальной поверхности.

Рассматриваемое тело может двигаться в вертикальной плоскости, испытывая столкновения с плоской горизонтальной поверхностью. В начальный момент времени тело находится в начале координат (ось $Ox$ горизонтальна, ось $Oy$ - вертикальна), и ему сообщают начальную скорость $\vec{V}_0$ , такую, что проекции этого вектора на оси координат равны $V_{0x} = V_{oy} = v_0$ . Ускорение свободного падения равно $\vec{g}$ , сопротивление воздуха не учитывать.

Тело из начала координат x0 = 0 со скоростью V0 прыгает по горизонтальной поверхности по уменьшающимся штриховым дугам, точки ударов x1, x2, x3; оси x и y, вектор g вниз.

2.1 Получите общую формулу для координат точек столкновения тела с горизонтальной поверхностью $x_1, x_2, \ldots x_n, \ldots$

2.2 Найдите, на какое максимальное расстояние вдоль оси $Ox$ сместится шарик.

Часть 3. Столкновения с наклонной плоскостью.

Рассматриваемое тело падает вертикально на наклонную плоскость, составляющую угол $\alpha$ с горизонтом. В момент удара о плоскость скорость тела равна $\vec{V}_0$ . Совместим начало системы отсчета с точкой первого столкновения тела с наклонной плоскостью. Ось $Ox$ направим вдоль наклонной плоскости, ось $Oy$ перпендикулярно ей.

Наклонная плоскость под углом α к горизонту; тело падает вертикально со скоростью V0, после удара летит по штриховой дуге до точки x1; ось x вдоль плоскости, ось y перпендикулярно ей, вектор g вниз.

3.1 Рассчитайте координату $x_1$ следующего столкновения тела с плоскостью.

3.2 При каком значении $\gamma$ все «прыжки» тела будут одинаковыми?

Решение

Задание 9-2. Неупругий удар.

Часть 1. Движение в горизонтальной плоскости.

1.1 Согласно принятой модели $\gamma_1=\gamma_2=\gamma=0{,}80$ обе компоненты скорости уменьшаются в одно и тоже число раз, поэтому образуют геометрическую прогрессию со знаменателем $\gamma$ , после $n$ ударов они будут равны:

v_{xn}=v_{yn}=v_0\gamma^n.\qquad (1)

Так как проекции скорости на выбранные оси координат остаются равными после каждого столкновения, то тело всегда будет двигаться под углами $\pm45^\circ$ к оси $Ox$ . Следовательно, между ударами будет смещаться на расстояние $h$ , тогда координаты точек столкновения будут равны

x_n=nh.\qquad (2)

1.2 В качестве единицы масштаба разумно выбрать расстояние между стенками. Тогда траектория движения будет очень простой, она показана на рисунке.

1.3 Так как проекции скорости движения убывают в соответствии с формулой (1) времена между столкновениями будут возрастать по закону:

\tau_n=\frac{h}{v_0\gamma^n}=\frac{h}{v_0}\gamma^{-n}.\qquad (3)

Для определения времени $n$ -го столкновения можно рассчитать с помощью формулы для суммы геометрической прогрессии:

t_n=\tau_0+\tau_1+\tau_2+\ldots+\tau_{n-1}=\frac{h}{v_0}\frac{1-\gamma^{-n}}{1-\gamma^{-1}}.\qquad (4)

Тогда средняя скорость до $n$ -го столкновения будет равна (учетом того, что между ударами тело проходит расстояние $h\sqrt{2}$ ):

\langle v\rangle=\frac{nh\sqrt{2}}{\frac{h}{v_0}\frac{1-\gamma^{-n}}{1-\gamma^{-1}}}=v_0\frac{n(1-\gamma^{-1})}{1-\gamma^{-n}}.\qquad (5)

Часть 2. Прыжки по горизонтальной поверхности.

2.1 Так как компоненты скоростей после каждого удара остаются равными, то после каждого удара тело будет «стартовать» по углом $45^\circ$ к горизонту. После $n$ ударов компоненты скорости также будут описываться формулой (1):

v_{xn}=v_{yn}=v_0\gamma^n.\qquad (6)

Время между двумя столкновениями полностью определяется вертикальной компонентой скорости и равно:

\tau_n=\frac{2v_{yn}}{g}=\frac{2v_{yn}}{g}=\frac{2v_0\gamma^n}{g}.\qquad (7)

Смещение в горизонтальном направлении после $n$ -го равно

\Delta x_n=v_{xn}\cdot\tau_n=\frac{2v_0^2\gamma^{2n}}{g}.\qquad (8)

Тогда координата $n$ -го удара равна сумме предыдущих смещений

x_n=\sum_{i=0}^{n-1}\Delta x_i=\frac{2v_0^2}{g}\sum_{i=0}^{n-1}\gamma^{2i}=\frac{2v_0^2}{g}\frac{1-\gamma^{2n}}{1-\gamma^2}.\qquad (9)

2.2 Из формулы (8) следует, что при $n\to\infty$ координата $x_n$ стремиться к предельному значению, которое и будет максимальным смещением

x_{\max}=\frac{2v_0^2}{g(1-\gamma^2)}.\qquad (10)

Часть 3. Столкновения с наклонной плоскостью.

3.1 Между двумя последовательными ударами движение тела является равноускоренным с ускорением свободного падения $\vec{g}$ . Будем решать задачу в системе отсчета, показанной на рисунке. В этой системе проекции ускорения на оси координат равны:

\begin{aligned}g_x&=g\sin\alpha\\g_y&=-g\cos\alpha.\end{aligned}\qquad (11)

В момент падения тела на наклонную плоскость (назовем его нулевым ударом) проекции скорости тела на оси координат описываются формулами

\begin{aligned}V_{0x}&=V_0\sin\alpha\\V_{0y}&=-V_0\cos\alpha.\end{aligned}\qquad (12)

После удара эти компоненты скорости в рамках принятой модели удара описываются формулами

\begin{aligned}v_{0x}&=\gamma V_0\sin\alpha\\v_{0y}&=\gamma V_0\cos\alpha.\end{aligned}\qquad (13)

После столкновения с плоскость закон движения частицы задается функциями:

\begin{cases}x(t)=\gamma V_0\sin\alpha\cdot t+\frac{g\sin\alpha}{2}t^2\\y(t)=\gamma V_0\cos\alpha\cdot t-\frac{g\cos\alpha}{2}t^2.\end{cases}\qquad (14)

В момент падения координата $y$ обращается в нуль, из этого условия легко найти время $\tau$ движения до очередного столкновения:

y(\tau)=0=\gamma V_0\cos\alpha\cdot\tau-\frac{g\cos\alpha}{2}\tau^2\quad\Rightarrow\quad\tau=\gamma\frac{2V_0}{g}.\qquad (15)

Тогда координата $x$ в момент первого удара оказывается равной:

\begin{aligned} x_1=x(\tau)&=\gamma V_0\sin\alpha\cdot\tau+\frac{g\sin\alpha}{2}\tau^2\\ &=\gamma V_0\sin\alpha\cdot\gamma\frac{2V_0}{g}+\frac{g\sin\alpha}{2}\left(\gamma\frac{2V_0}{g}\right)^2\\ &=\gamma^2\frac{4V_0^2\sin\alpha}{g}. \end{aligned}\qquad (16)

3.2 Рассмотрим, как изменяются проекции скоростей частицы при последовательных соударениях. Если изменение координат описывается функциями (14), то изменение проекций скорости подчиняются следующим выражениям

\begin{aligned}v_x(t)&=\gamma V_0\sin\alpha+g\sin\alpha\cdot t\\v_y(t)&=0=\gamma V_0\cos\alpha-g\cos\alpha\cdot t.\end{aligned}\qquad (17)

Тогда непосредственно перед первым (после нулевого) ударом в момент времени $\tau=\gamma\frac{2V_0}{g}$ они оказываются равными:

\begin{aligned} v_x(\tau)&=\gamma V_0\sin\alpha+g\sin\alpha\cdot\tau=\gamma V_0\sin\alpha+g\sin\alpha\cdot\gamma\frac{2V_0}{g}=3\gamma V_0\sin\alpha\\ v_y(\tau)&=0=\gamma V_0\cos\alpha-g\cos\alpha\cdot\tau=\gamma V_0\cos\alpha-g\cos\alpha\cdot\gamma\frac{2V_0}{g}=-\gamma V_0\cos\alpha. \end{aligned}\qquad (18)

А сразу после этого удара

\begin{aligned}v_{1,x}&=\gamma(3\gamma V_0\sin\alpha)=3\gamma^2V_0\sin\alpha\\v_{1,y}&=\gamma V_0\cos\alpha.\end{aligned}\qquad (19)

Обратим внимание, что нормальная составляющая скорости частицы $v_{1,y}$ оказалась равной аналогичной величине после первого удара! Чтобы «прыжки» были одинаковыми, необходимо, чтобы и $v_x$ компонента восстановилась $v_{1,x}=v_{0x}$ . Это произойдет если коэффициент восстановления равен

\gamma=\frac{1}{3}.\qquad (20)

Примечание к источнику. В оригинальном ключе в последнем выражении (5) исчезает множитель $\sqrt{2}$ . Повторная дробь в (7), ссылка на (8), равенства $v_y(t)=0$ и $v_y(\tau)=0$ в (17)/(18), степень $\gamma$ в $v_{1,y}$ в (19) и утверждение о восстановлении нормальной компоненты сохранены буквально. В условии общее $\gamma=0{,}80$ напечатано для всех частей, а пункт 3.2 и ключ рассматривают другое значение; этот исходный конфликт также сохранён.

Траектория между стенками: y/h от0 до1, x/h от0 до5, пять последовательных столкновений.

Полная схема наклонной плоскости ключа с осями x/y, разложением V0/v0 и g, углом α и дугой полёта.

Оригинал в Архива: G_2022_9_2_usloviya.pdf · официални решения: G_2022_9__2_reshenie.pdf