Съдържание

BelPhO 2022, Заключителен етап, 11. клас — Задача 11-3. Прыгающая бомба

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от BelPhO 2022

Республиканская физическая олимпиада 2022 года (Заключительный этап). Теоретический тур. 11 класс.

Внимание: Бележка към темата

Официальный ключ для жюри получен из того же архивного комплекта: все три задания и 20 вопросов сохранены целиком, без разделения связанных частей. В условии иголки напечатан полураствор π/2, а ключ использует прямой угол при вершине и направления сил под45°. В ключе иголки ссылка «неравенства (1)», обозначение n₁ в размерном интервале (15), строгие неравенства и предел α<17° сохранены. Ключ струны озаглавлен «Гитарная струна», вторая часть — «Колебания закрепленной струны»; условие содержит другие заголовки. Формула ключа (8) буквально заканчивается W=TΔl=T; подсказка условия называет u₀ отклонением центра струны. В ключе отскока сохранены напечатанные выражения v′ₓ и v′, cosα в (9) при cosβ в следующем определении Cₓ, zmax/zmin и средняя сила −5,69МН. Два знака отношения между z₀ и A на странице10 исходного ключа отображаются пустыми прямоугольниками: здесь сохранены квадраты, отсутствующий знак не восстановлен догадкой. Числовые баллы и отдельные чистые бланки ответов не получены. Две прежние поправки Opus к написанию стержня в условии сохранены без изменения; исходная атрибуция и полный старый текст связаны в истории источника.

11 класс.

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 (5 стр.).

Решения задач. 11 класс (для жюри). Теоретический тур. 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

Прыгающая бомба – специальная авиабомба, предназначенная для разрушения плотин. Характерной особенностью бомбы является способность совершить перед окончательным погружением несколько прыжков по водной поверхности. Это, вкупе с предварительной раскруткой, позволяет бомбе вплотную приблизиться к плотине, защищенной металлическими сетями. В данной задаче попробуем разобраться, почему при некоторых условиях тело способно отскочить от воды, а не утонуть.

1.1. Часть 1. Отскок от земли

Для начала рассмотрим отражение тела от поверхности земли. Шайба дискообразной формы падает плашмя на поверхность земли. Скорость шайбы в начальный момент удара $v_0$ направлена под углом $\alpha$ к горизонту. Коэффициент трения $\mu$ . Удар абсолютно упругий (проекция скорости на вертикальную ось поменяет свой знак). Действием силы тяжести за время удара в данной части можно пренебречь.

Шайба-диск над горизонтальной плоскостью; стрелка скорости падения направлена вниз к плоскости под углом α к горизонту, после удара стрелка направлена вверх под углом β к горизонту; в точке удара проведена вертикаль.

Найдите угол $\beta$ , а также скорость шайбы $v$ после удара.

2.1. Часть 2. Отскок от воды

Бомба, имеющая цилиндрическую форму и массу $M$ , падает на поверхность воды со скоростью $v_0$ , направленной под углом $\alpha$ к горизонту. Угол между осью бомбы и горизонтом $\beta$ (см. рис.).

Цилиндрическая бомба, частично погружённая в воду (кривая поверхности воды с углублением у бомбы); оси координат z (вверх) и x (вправо); единичные векторы n⃗ (нормаль к оси бомбы, вверх-влево) и τ⃗ (вдоль оси, вниз-влево); угол β между осью бомбы и горизонталью, угол α между скоростью v⃗0 и горизонталью; S — погружённая часть бомбы.

Точное описание соударения бомбы о воду требует нахождения течений, возникающих в процессе удара, путём решения уравнения Навье-Стокса. Данная задача является достаточно трудной и может быть решена лишь численными методами. Рассмотрим упрощённую модель взаимодействия тела с водой:

при ударе на бомбу (если она не погрузилась в воду полностью) действует сила вязкого трения, которая определяется выражением

F_{\text{в}} = C_n \rho v^2 S \vec{n} + C_\tau \rho v^2 S \vec{\tau},

где $\rho$ – плотность воды, $v$ – модуль скорости бомбы, $S$ – площадь погруженной части бомбы, $C_n$ и $C_\tau$ – безразмерные коэффициенты, имеющие одинаковый порядок величины и зависящие от углов $\alpha$ и $\beta$ , $\vec{n}$ и $\vec{\tau}$ – единичные векторы, указанные на рисунке;

в процессе соударения скорость бомбы и угол $\alpha$ меняются незначительно, а угол $\beta$ не меняется вовсе;
в силу последнего приближения величины $C_n$ и $C_\tau$ постоянны в процессе удара;
начала отсчёта Oz и Ox выберем в месте, где бомба начинает соприкасаться с водой;
в силу наличия набегающих волн, обтекающих бомбу при ударе, будем считать, что площадь погруженной части бомбы линейно зависит от глубины погружения: $S = a|z|$ , величину $a$ считайте известной.

Запишите уравнение движения бомбы в проекции на оси X и Z. Упростите данные уравнения с учётом указанных приближений.

2.2. Покажите, что в любой момент времени проекции силы сопротивления воды связаны соотношением $F_{\text{в x}} = -\mu F_{\text{в z}}$ . Получите выражение для коэффициента $\mu$ .

2.3. Найдите зависимость координаты нижней точки бомбы от времени $z(t)$ .

2.4. Найдите время соударения бомбы с водой $t_0$ .

2.5. Пусть масса бомбы $M = 4$ т, скорость перед ударом $v_0 = 100$ м/с, углы $\alpha = \beta = 10^{\circ}$ , для данных углов и формы бомбы $a = 8$ м, площадь поверхности бомбы $S_0 = 2$ м $^2$ (вся поверхность), коэффициенты $C_n = C_\tau = 0{,}5$ , плотность воды $\rho = 1000$ кг/м $^3$ . Ускорение свободного падения $g = 9{,}81\ \dfrac{\text{м}}{\text{с}^2}$ .

Для указанных параметров вычислите время соударения $t_0$ и расстояние $l_0$ , пройденное бомбой вдоль оси X за время соударения.

2.6. Найдите среднюю проекции равнодействующей силы, действующей на бомбу, на ось X $\langle F_x \rangle$ .

2.7. Отскочит ли бомба при указанных параметрах? Если да, то с какой конечной скоростью и под каким углом к горизонту?

2.8. Можно ли в данной модели воду считать твёрдым телом?

Подсказка.

$\langle \sin\varphi \rangle_{\varphi\in[0,\frac{\pi}{2}]} = \dfrac{2}{\pi}$ .

Решение

Задание 3. Прыгающая бомба.

Часть 1. Отскок от земли

1.1 При ударе на шайбу действуют три силы: тяжести $m\vec g$ , нормальной реакции $\vec N$ и трения $\vec F_{\text{тр}}$ . Сила трения в данном случае является силой трения скольжения и определяется по закону Кулона-Амонтона: $F_{\text{тр}}=\mu N$ .

На основании второго закона Ньютона для процесса соударения можем записать следующую систему:

\begin{aligned}\frac{\Delta p_y}{\Delta t}&=N-mg\\\frac{\Delta p_x}{\Delta t}&=-\mu N\end{aligned}.\qquad (1)

Учитывая упругость удара и пренебрегая импульсом силы тяжести перепишем (1) в виде

\begin{aligned}2mv_0\sin\alpha&=N\Delta t\\m(v_0\cos\alpha-v'_x)&=\mu N\Delta t\end{aligned},\qquad (2)

где $v'$ – скорость тела после удара. Избавляясь от $N\Delta t$ , получим $v'_x=v_0(1-2\mu\sin\alpha)$ . Теперь не составляет труда найти модуль конечной скорости и угол $\beta$ :

\begin{aligned}v'&=\sqrt{v_x'^2+v_y'^2}=v_0(1-2\mu\sin\alpha)\\\beta&=\operatorname{arctg}\left(\frac{v'_y}{v'_x}\right)=\operatorname{arctg}\left(\frac{\operatorname{tg}\alpha}{1-2\mu\operatorname{tg}\alpha}\right)\end{aligned}.\qquad (3)

Отметим, что при $\mu>\frac{\operatorname{ctg}\alpha}{2}$ шайба отскочит вертикально ( $\beta=\frac\pi2$ ) с конечной скоростью $v'=v_0\sin\alpha$ .

Часть 2. Отскок от воды

2.1 Проекция результирующей силы на ось Z, действующей на бомбу, определяется соотношением

F_z=-Mg+\rho v^2S(C_n\cos\beta-C_\tau\sin\beta).\qquad (4)

Воспользуемся приближениями, указанными в условии задачи. Поскольку скорость бомбы меняется незначительно, в (4) заменим $v$ на $v_0$ . Для удобства введём обозначение $C_z=C_n\cos\beta-C_\tau\sin\beta$ . Площадь поверхности бомбы, соприкасающаяся с водой, c учётом указанного в условии приближения, определяется уравнением

S=a|z|.\qquad (5)

С учётом указанных замечаний перепишем (4) в виде (6):

F_z=-Mg+\rho C_zv_0^2a|z|.\qquad (6)

Воспользовавшись вторым законом Ньютона, получим

Ma_z=-Mg+\rho C_zv_0^2a|z|.\qquad (7)

Раскрыв модуль ( $|z|=-z$ ) и разделив уравнение (7) на массу бомбы, получим уравнение движения

a_z=-g-\frac{\rho C_zv_0^2a}{M}z.\qquad (8)

Проекция результирующей силы на ось X, действующей на бомбу, определяется соотношением

F_x=-\rho v^2S(C_n\sin\beta+C_\tau\cos\alpha).\qquad (9)

Сделав пренебрежения, аналогичные п. 2.1 и введя обозначение $C_x=C_n\sin\beta+C_\tau\cos\beta$ , пользуясь формулой (5) получим

Ma_x=\rho C_xv_0^2az.\qquad (10)

2.2 Сравнивая проекции сил сопротивления воды в (7) и (10), получим $F_{\text{в x}}=-\frac{C_x}{C_z}F_{\text{в z}}$ . Таким образом

\mu=\frac{C_x}{C_z}=\frac{C_n\sin\beta+C_\tau\cos\beta}{C_n\cos\beta-C_\tau\sin\beta}.

2.3 Перепишем уравнение (8) в виде

\frac{d^2z}{dt^2}+\omega_0^2z=-g,\qquad (11)

где $\omega_0^2=\frac{\rho C_zv_0^2a}{M}$ . Очевидно (11) – уравнение гармонических колебаний с циклической частотой $\omega_0$ , при этом положение равновесия смещено относительно $z=0$ .

Будем искать решение уравнения (11) в виде (12):

z(t)=z_0+A\cos(\omega_0t+\varphi),\qquad (12)

где $z_0$ имеет смысл координаты положения равновесия, а $A$ – амплитуды колебаний. Первая и вторая производные по времени от (12) имеют смысл вертикальных компонент скорости и ускорения бомбы соответственно:

\begin{aligned}\frac{dz}{dt}&=-A\omega_0\sin(\omega_0t+\varphi)\\\frac{d^2z}{dt^2}&=-A\omega_0^2\cos(\omega_0t+\varphi)\end{aligned}.

Подставим $z(t)$ в виде (12) в уравнение (11):

-A\omega_0^2\cos(\omega_0t+\varphi)+z_0\omega_0^2+A\omega_0^2\cos(\omega_0t+\varphi)=-g,

откуда $z_0=-\frac g{\omega_0^2}$ .

Для нахождения амплитуды и начальной фазы колебаний воспользуемся начальными условиями: $z(0)=0$ , $\left.\frac{dz}{dt}\right|_{t=0}=-v_0\sin\alpha$ :

\begin{aligned}0&=-\frac g{\omega_0^2}+A\cos\varphi\\-v_0\sin\alpha&=-A\omega_0\sin\varphi\end{aligned},

откуда

\begin{aligned}A&=\frac g{\omega_0^2}\sqrt{1+\frac{\omega_0^2v_0^2\sin^2\alpha}{g^2}}\\\varphi&=\operatorname{arctg}\left(\frac{\omega_0v_0\sin\alpha}{g}\right)\end{aligned}.\qquad (13)

Окончательно

z(t)=-\frac g{\omega_0^2}+\frac g{\omega_0^2}\sqrt{1+\frac{\omega_0^2v_0^2\sin^2\alpha}{g^2}}\cos\left(\omega_0t+\operatorname{arctg}\left(\frac{\omega_0v_0\sin\alpha}{g}\right)\right).\qquad (14)

2.4 Время соударения $t_0$ является корнем уравнения $z(t_0)=0$ . Одним из корней данного уравнения является начальный момент времени $t=0$ , при котором фаза колебаний равна начальной фазе $\varphi$ . Ясно, что и в момент времени $t_0$ косинус в выражении (14) будет принимать то же значение, что и в начальный момент. Тогда фаза колебаний в момент времени $t_0$ равна $2\pi-\varphi$ :

\omega_0t_0+\varphi=2\pi-\varphi

Из последнего уравнения находим выражение для времени соударения:

t_0=\frac{2\pi-2\varphi}{\omega_0}.\qquad (15)

2.5 Для указанных в условии параметров $\omega_0\approx90{,}1\ \text{с}^{-1}$ , $\varphi\approx89{,}6^\circ$ . Близость начальной фазе к $90^\circ$ позволяет нам утверждать, что $z_0\square A$ и движение бомбы в воде происходит приблизительно половину периода колебаний, т.е.

t_0\approx\frac\pi{\omega_0}\approx34{,}9\ \text{мс}.\qquad (16)

Расстояние $l_0$ с учётом малого изменения скорости бомбы находится как

l_0\approx v_0\cos\alpha t_0\approx3{,}43\ \text{м}.\qquad (17)

2.6 Проекция результирующей силы на ось X, действующей на бомбу, определяется соотношением (10). Подставляя сюда зависимость $z(t)$ из (14), получим

F_x=\rho v_0^2aC_x\left(-\frac g{\omega_0^2}+\frac g{\omega_0^2}\sqrt{1+\frac{\omega_0^2v_0^2\sin^2\alpha}{g^2}}\cos\left(\omega_0t+\operatorname{arctg}\left(\frac{\omega_0v_0\sin\alpha}{g}\right)\right)\right).\qquad (18)

Заметим, что для указанных параметров $z_0\square A$ и $\varphi\approx90^\circ$ , поэтому

F_x=-\frac{\rho gv_0^2aC_x}{\omega_0^2}\sqrt{1+\frac{\omega_0^2v_0^2\sin^2\alpha}{g^2}}\sin\omega_0t.

Тогда уравнение движения камня вдоль оси X с учётом выражения для $\omega_0$ имеет вид

M\frac{d^2x}{dt^2}=-\frac{C_x}{C_z}Mg\sqrt{1+\frac{\omega_0^2v_0^2\sin^2\alpha}{g^2}}\sin\omega_0t.\qquad (19)

Для вычисления средней силы воспользуемся подсказкой в условии:

\langle F_x\rangle=-\frac{C_x}{C_z}Mg\sqrt{1+\frac{\omega_0^2v_0^2\sin^2\alpha}{g^2}}\langle\sin\omega_0t\rangle_{t\in[0,\frac\pi{\omega_0}]}=-\frac{2C_x}{\pi C_z}Mg\sqrt{1+\frac{\omega_0^2v_0^2\sin^2\alpha}{g^2}}\approx-5{,}69\ \text{МН}.

2.7 Бомба может не отскочить от воды по двум причинам: в процессе соударения бомба полностью опустится под воду, после чего наша модель перестаёт адекватно описывать процесс соударения. Бомба при этом утонет. Вторая причина – полная потеря горизонтальной компоненты импульса в процессе удара. Запишем данные условия в виде уравнений:

\begin{aligned}|z_{\max}|&<\frac{S_0}{a}\\|\langle F_x\rangle|t_0&<Mv_0\cos\alpha\end{aligned}.\qquad (20)

Для параметров, приведенных в условии $|z_{\min}|=0{,}19\ \text{м}$ , $\frac{S_0}{a}=0{,}25\ \text{м}$ , $|\langle F_x\rangle|t_0=2{,}0\cdot10^5\ \text{кг}\cdot\frac{\text{м}}{\text{с}}$ , $Mv_0\cos\alpha=3{,}9\cdot10^5\ \text{кг}\cdot\frac{\text{м}}{\text{с}}$ . Таким образом, оба условия выполняются, и бомба отскакивает от воды.

Горизонтальную компоненту скорости после определяется как

v'_x=\frac{Mv_0\cos\alpha+\langle F_x\rangle t_0}{M}\approx48{,}5\ \frac{\text{м}}{\text{с}}.

Поскольку вертикальная компонента скорости не меняется по модулю, нетрудно найти конечную скорость и угол отскока $\gamma$ :

\begin{aligned}v'&=\sqrt{v_x'^2+v_y'^2}=\sqrt{v_x'^2+(v_0\sin\alpha)^2}\approx51{,}5\ \frac{\text{м}}{\text{с}}\\\gamma&=\operatorname{arctg}\left(\frac{v_0\sin\alpha}{v'_x}\right)\approx19{,}7^\circ\end{aligned}.\qquad (21)

2.8 Вычислим коэффициент $\mu$ из п. 2.2. и подставим в формулу (3), определяющую конечную скорость и угол отскока тела от твёрдой поверхности:

\mu=\frac{C_n\sin\beta+C_\tau\cos\beta}{C_n\cos\beta-C_\tau\sin\beta}\approx1{,}43,

\begin{aligned}v'&=v_0(1-2\mu\sin\alpha)\approx50{,}3\ \frac{\text{м}}{\text{с}}\\\gamma&=\operatorname{arctg}\left(\frac{\operatorname{tg}\alpha}{1-2\mu\operatorname{tg}\alpha}\right)\approx19{,}6^\circ\end{aligned}.\qquad (22)

Сравнивая значения (21) и (22) можно заключить, что в данной модели вода действительно ведёт себя как твёрдое тело.

Силы нормальной реакции, тяжести и трения при ударе шайбы; полные стрелки и оси x,y.

Оригинал в Архива: RF2022_var2_11_usloviya_is.pdf · официални решения: RF2022_var2_11_resheniya_is.pdf