Съдържание

BelPhO 2023, Областен етап — Задача 11-3. Морской хронометр

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от BelPhO 2023

Белорусская республиканская олимпиада по физике 2023 — III этап, теоретический тур, 9–11 классы

Внимание: Бележка към темата

Complete57native32Q25K pages,9whole tasks across9/10/11cohorts,54numbered parents/58terminal requests. All available matching archive keys and original scientific figures/forms retained. Grade9warmup archived key describes a different question set; kinematics key omits explicit formulas requested in1.3; both honest incomplete solutions retained. Literal source signs/equation and table labels/narrative discrepancies preserved separately noted. No independent organizer source provenance established.

Условие

11 класс. Теоретический тур. Вариант 1.

Первые попытки создать морской хронометр, работающий независимо от качки и прочих факторов, были предприняты в конце XVII века. Известны разработки Христиана Гюйгенса, Уильяма Дерема и других учёных. Но в уже упомянутом 1714 году Комиссия долгот учредила приз в 10 000 фунтов, впоследствии сумму подняли до 20 000 фунтов. Эта сумма сейчас превышает 2 миллиона фунтов стерлингов!

Преуспел в итоге английский часовщик-самоучка Джон Гаррисон. Они с братом Джеймсом были специалистами по «часовым шкафам», большим напольным часам с длинными маятниками. За разработку Гаррисон взялся в 1730 году в возрасте 37 лет, и свой первый морской хронометр продемонстрировал в 1736-м.

На фото показана точная модель хронометра Гаррисона, хранящаяся в музее Гринвичской лаборатории.

Фотография модели хронометра Гаррисона из исходного задания

В данном задании вам необходимо проанализировать колебательную систему этого устройства. На рис. 1 показана упрощенная схема маятниковой системы, которая состоит из двух одинаковых вертикальных маятников. Каждый из них состоит из жесткого стержня длины $l$ (массой стержня можно пренебречь), который может вращаться в вертикальной плоскости вокруг горизонтальной оси $O$ , на противоположном конце стержня закреплен массивный шар массы $m$ (его можно считать материальной точкой). Маятники соединены пружиной жесткости $k$ (массой пружины также можно пренебречь), которая прикреплена к стержням на середине их длины.

Исходный рисунок 1: маятники, пружина и расстояние a

Пружина «работает» только на растяжение: при растяжении пружины возникает сила упругости, подчиняющаяся закону Гука; при сжатии пружины силы упругости отталкивания не возникает, пружина просто провисает. При анализе возможных режимов движения маятников удобно использовать безразмерный параметр

\gamma=\frac{2mg}{kl},\qquad (1)

где $g$ — ускорение свободного падения. Этот параметр легко изменять, изменяя массу шаров.

Будем рассматривать случай, когда оба маятника колеблются симметрично (рис. 2). Положение стержня будем характеризовать углом отклонения стержня от вертикали $\varphi$ (рис. 3).

Исходные рисунки 2 и 3: симметричные положения и угол φ

В первой попытке создания хронометра длина пружины в недеформированном состоянии в точности равнялась расстоянию между стержнями $a$ в вертикальном положении (см. рис. 1).

Первый оригинальный Лист ответов, включая сетку потенциальной энергии и поля 1, 3–6

Второй оригинальный Лист ответов: период и максимальная амплитуда

Морской хронометр

1 Запишите зависимость потенциальной энергии системы от угла отклонения стержней $U(\varphi)$ , полагая, что при $\varphi=0$ $U=0$ . Постройте схематические графики этой зависимости при двух значениях параметра а) $\gamma<1$ ; б) $\gamma>1$ .

2 Покажите, что колебания стержней в этом случае, невозможны ни при каких значениях параметра $\gamma$ .

3 Для того, чтобы стержни могли колебаться изобретатели предложили использовать удлиненную пружину. В этом случае пружина оказывается недеформированной при симметричном отклонении стержней на угол $\varphi_0$ .

Исходный рисунок 4 с удлиненной пружиной и углами φ0 и φ1

Запишите уравнение, для определения положений равновесия стержней.

4 Найдите, при каких значениях параметра $\gamma$ , существуют положения равновесия стержней.

5 Укажите, вблизи какого положения равновесия возможны колебания.

6 Пусть $\varphi_0=10^{\circ}$ ; $\gamma=0{,}30$ .

Найдите значение угла $\varphi_1$ , при котором стержни могут находиться в положении равновесия.

7 Получите формулу для периода малых колебаний стержней вблизи положения равновесия $\varphi_1$ .

8 Чему равна максимально возможная амплитуда колебаний в этом случае.

Подсказка. Для углов меньших $20^{\circ}$ можно считать, что

\sin\varphi\approx\varphi,\quad\cos\varphi\approx1-\frac{\varphi^2}{2}.\qquad (2)

Решение

Задание 11-3. Морской хронометр. (Решение).

При отклонении стержня на угол $\varphi$ шарики опускаются на расстояние $l(1-\cos\varphi)$ , поэтому изменение потенциальной энергии в поле тяжести равно

\Delta U=2mgl(1-\cos\varphi).\qquad (1)

Удлинение пружины оказывается равным

\Delta x=2|BD|=2\cdot\frac l2\sin\varphi=l\sin\varphi.\qquad (2)

Ключ: геометрия смещения шарика, точки A, B, C, D и O

Следовательно, потенциальная энергия пружины при ее растяжении $(\varphi>0)$ описывается функцией

U_{\text{упр}}=\frac k2(l\sin\varphi)^2.\qquad (3)

При сжатии пружины $(\varphi<0)$ потенциальная энергия пружины равна нулю. Таким образом, зависимость потенциальной энергии системы от угла отклонения имеет вид:

U(\varphi)=\begin{cases}2mgl(1-\cos\varphi)+\frac k2(l\sin\varphi)^2,&\varphi>0,\\2mgl(1-\cos\varphi),&\varphi<0.\end{cases}\qquad (4)

Для удобства дальнейшего анализа этой функции, воспользуемся рекомендацией, данной в условии, для чего используем параметр $\gamma$ . Для этого разделим выражение (4) на $kl^2/2$ :

2\frac{U(\varphi)}{kl^2}=u(\varphi)=\begin{cases}2\gamma(1-\cos\varphi)+\sin^2\varphi,&\varphi>0,\\2\gamma(1-\cos\varphi),&\varphi<0.\end{cases}\qquad (5)

Анализ этих графиков можно проводить различными способами:

подсчитать значения функции численно;
заметить, что данная функция является квадратичной функцией от $\cos\varphi$ , т.к. $\sin^2\varphi=1-\cos^2\varphi$ ;
найти точки экстремумов и значения функции в крайних точках.

Результаты такого анализа показаны на рисунке.

Ключ: обе печатные кривые потенциальной энергии при γ меньше и больше единицы

Для того, чтобы в системе были возможны колебания, необходимо, что бы существовала точка минимума потенциальной энергии. Вертикальное положение стержня $(\varphi=0)$ является положением равновесия, но оно неустойчиво: при отклонении в отрицательную сторону стрежень падает. Что очевидно: пружина не может его отталкивать!

При $\gamma<1$ существует еще одно положение равновесия, но оно также неустойчиво. Это можно показать, если рассмотреть моменты сил, действующих на вертикальный маятник. Положение равновесия соответствует равенство модулей моментов силы тяжести $mgl\sin\varphi$ и силы упругости $(kl\sin\varphi)\cdot(l\cos\varphi/2)=kl^2\sin\varphi\cos\varphi/2$ :

mgl\sin\varphi=\frac{kl^2}{2}\sin\varphi\cos\varphi.\qquad (6)

Ключ: моменты силы упругости и силы тяжести

Это уравнение можно переписать в виде

\gamma\sin\varphi=\sin\varphi\cos\varphi,\qquad (7)

Из которого следует, что при $\gamma<1$ , существует положение равновесия $\cos\varphi=\gamma$ , помимо вертикального положения $\varphi=0$ . Но как было отмечено ранее — это положение равновесия является неустойчивым, поэтому колебания возле него невозможны.

Если длина пружины больше расстояния между стержнями, то удлинение пружины будет равно

\Delta x=2\frac l2(\sin\varphi-\sin\varphi_0).\qquad (8)

Поэтому уравнение равновесия (7) примет вид

\gamma\sin\varphi=(\sin\varphi-\sin\varphi_0)\cos\varphi.\qquad (9)

Итак, положения равновесия существуют, если это уравнение имеет корни! Решить это уравнение аналитически затруднительно, поэтому поставим более простую задачу: найти условия, при которых корни существуют в интервале $\varphi\in[0,\pi/2]$ .

Перепишем уравнение в более простой форме

\gamma\operatorname{tg}\varphi=\sin\varphi-\sin\varphi_0.\qquad (10)

Легко построить схематический график функции $f_1=\sin\varphi-\sin\varphi_0$ и несколько графиков функции $f_2=\gamma\operatorname{tg}\varphi$ при нескольких возрастающих значениях параметра $\gamma$ . При $\gamma=0$ уравнение (10) имеет очевидный корень $\varphi=\varphi_0$ ; при увеличении параметра $\gamma$ тангенсоида приподнимается, но пересекает график функции $f_1$ ; при некотором критическом значении $\gamma^*$ эти функции касаются друг друга; наконец, при $\gamma>\gamma^*$ уравнение (10) корней не имеет.

Ключ: графики f1, нескольких f2 и касание при γ*, исходные шкалы и метки

Для расчета критического значения $\gamma^*$ нужно записать условия касания двух функций: в точке касания функции равны между собой, также равны их производные (для упрощения опустим знак «звездочки»):

\begin{aligned}\gamma\operatorname{tg}\varphi&=\sin\varphi-\sin\varphi_0,\\\frac\gamma{\cos^2\varphi}&=\cos\varphi.\end{aligned}\qquad (10)

Из второго уравнения находим, что $\gamma=\cos^3\varphi$ , подставляя в первое уравнение, после нескольких преобразований получим,

\begin{aligned}\cos^3\varphi\operatorname{tg}\varphi&=\sin\varphi-\sin\varphi_0\ \Rightarrow\\\cos^2\varphi\sin\varphi&=\sin\varphi-\sin\varphi_0\ \Rightarrow\\\sin\varphi-\cos^2\varphi\sin\varphi&=\sin\varphi_0\ \Rightarrow\\\sin^3\varphi&=\sin\varphi_0.\end{aligned}\qquad (11)

Таким образом, точка касания задается условием

\sin\varphi^*=\sqrt[3]{\sin\varphi_0}.\qquad (12)

Тогда критическое значение параметра равно

\gamma^*=\cos^3\varphi^*=(1-\sin^2\varphi^*)^{3/2}=\left(1-(\sin\varphi_0)^{2/3}\right)^{3/2}.\qquad (13)

Таким образом, колебания маятников возможны при

0<\gamma<\left(1-(\sin\varphi_0)^{2/3}\right)^{3/2}.\qquad (14)

Отметим, что при $\gamma=0$ масса шаров равна нулю, поэтому колебания невозможны.

Легко показать, что положению устойчивого равновесия соответствует меньший корень уравнения (10), поэтому вблизи этого положения возможны колебания стержней.
При заданном значении $\varphi_0=10^{\circ}$ можно использовать приближенный формулы для тригонометрических функций в этом случае уравнение (9) линеаризуется

\gamma\varphi=(\varphi-\varphi_0).\qquad (15)

Решение которого находится элементарно:

\varphi_1=\frac{\varphi_0}{1-\gamma}\approx14^{\circ}.\qquad (16)

Рассмотрим силы, действующие на шарик: это сила тяжести $m\vec g$ и сила $\vec F$ , действующая со стороны стержня. Так как масса стержня пренебрежимо мала, то сумма моментов сил, действующих на стержень, равна нулю. Следовательно, со стороны шарика на стержень действует сила в 2 раза меньшая силы упругости и направленная противоположно ей. Поэтому на шарик (третий закон Ньютона!) действует сила в 2 раза меньшая силы упругости и сонаправленная с ней.

Ключ: силы на шарике, упругая сила, касательная ось x и угол φ

В проекции на ось $x$ , касательную к траектории, уравнение второго закона Ньютона имеет вид:

ma=mg\sin\varphi-\frac{kl(\sin\varphi-\sin\varphi_0)}2\cos\varphi.\qquad (17)

Полагая углы малыми, получим уравнение

ma=mg\varphi-\frac{kl(\varphi-\varphi_0)}2=-\frac{kl}2\left(1-\frac{2mg}{kl}\right)\varphi+\frac{kl\varphi_0}2=-\frac{kl}2(1-\gamma)\frac xl+\frac{kl\varphi_0}2,\qquad (18)

Которое является уравнением гармонических колебаний с периодом

T=2\pi\sqrt{\frac{2m}{k(1-\gamma)}}.\qquad (19)

Колебания возможны, если маятник не попадет в область $\varphi<0$ . Следовательно, амплитуда колебаний не должна превышать значение угла, соответствующее положению равновесия, т.е.

\varphi_{\max}<\varphi_1=14^{\circ}.\qquad (20)

Reader note: The positive gravitational-energy signs printed in (1), (4) and (5) conflict with the native potential graph and the subsequent instability/force analysis. The repeated tag (10), tension-only spring assumption, literal amplitude condition and historical wording are retained; no corrected derivation or extra missing answer is invented.

Общие указания из оригинального титульного листа

Внимание! Прочтите это в первую очередь!

1. Полный комплект состоит из трех заданий. Для вашего удобства вопросы, на которые Вам необходимо ответить, помещены в рамки.

2. Каждое задание включает условие задания и Листы ответов. Для решения задач используйте рабочие листы. Часть из них используйте в качестве черновиков. После окончания работы черновые листы перечеркните.

В чистовых рабочих листах приведите решения задач (рисунки, исходные уравнения, математические преобразования, графики, окончательные результаты). Жюри будет проверять чистовые рабочие листы. Кроме того, каждое задание включает Листы ответов. В соответствующие графы Листов ответов занесите окончательные требуемые ответы. Для построения графиков, которые требуется по условию задачи, в Листах ответов подготовлены соответствующие бланки. Графики стройте на этих бланках. Дублировать их в рабочих листах не требуется.

4. При оформлении работы каждое задание начинайте с новой страницы. При недостатке бумаги обращайтесь к организаторам!

5. Подписывать рабочие листы запрещается.

4. В ходе работы можете использовать ручки, карандаши, чертежные принадлежности, калькулятор.

5. Со всеми вопросами, связанными с условиями задач, обращайтесь к организаторам олимпиады.

Пакет заданий содержит: титульный лист (1 стр.); условия 3 теоретических задач с Листами ответов (9 класс: 7 стр.; 10 класс: 8 стр.; 11 класс: 14 стр.).

Reader note: The repeated numbering 1, 2, 4, 5, 4, 5 is literal on all three native covers. Grade 9 is variant 2; grades 10 and 11 are variant 1.

Указания для жюри из оригинального ключа

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.

Каждое задание сопровождается Листами ответов, в которые участники олимпиады должны занести окончательные результаты. Если окончательный результат не занесен в Листы ответов, но содержится в основном решении, то этот результат необходимо оценивать.

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!

Reader note: complete native scope and source authority

Nine whole printed tasks across grades9/10/11,54numbered parent requests with58terminal lettered requests retained inline. Event-branded archive question/key pair with internal response forms; exact current folder lists only that theory pair plus distinct experiment Q/key/schemes. No extra matching theory key, numerical rubric or time limit listed. Grade9warmup key mismatches its question set; explicit kinematics formulas are absent; both solutions remain incomplete. Every available matching key and all scientific photos/diagrams/graphs/forms retained. Cover emblem/owl clipart remains in the exact originals. Independent organizer URL not established; all solutions honestly attributed to archive.

Reader note: native source caveat for 9-1. Двойная разминка

The same-labelled grade9 variant2 warmup key is a mismatched question set: its answers address ball mass, changed water level, pressure rather than force, eightfold aircraft power, resistance changes in the hotplate, half wire resistance, and fall time. Those do not match the seven printed questions on Q2. All seven literal archived key entries are retained as an explicitly mismatched archive block; no corresponding answers are invented. Solution incomplete.

Reader note: native source caveat for 9-2. Водяное отопление

K3 prints exponent N rather than k in the intermediate Delta x_k formula(7), and repeats final equation tag(3). These literal symbols/tags are retained, separately identified.

Reader note: native source caveat for 9-3. Просто кинематика

K5 heading is printed9-1 instead of question9-3. The key supplies the difference graph and pointwise construction but no explicit piecewise formula requested in1.3, so that answer remains incomplete. Its phrase that second-particle speed is always1m/s greater has no stated end-of-motion boundary; retain the printed claim without extending it.

Reader note: native source caveat for 10-2. Космический инфракрасный телескоп Джеймс Уэбб

Question narrative says JWST remains in the shadow of Earth and describes the Kepler paradox as a barycentre issue; retain the literal pedagogical assumptions, not a factual description certified by the reader. K11 equation(6) last denominator changes to(R-x)^2 while neighbouring equations have(R+x)^2, and prints double equality signs; prose calls the requested outer L2 point the first Lagrange point. All literal signs/wording retained with a reader note.

Reader note: native source caveat for 11-1. «Кардиограмма» тепловой машины

K15 names its completed reference table Table2, then K16 also names the function table Table2 and refers to Table1. K18 prose refers to Table4 while the printed completed table is Table3. K16 calls constant pressure on stage2-3 an isochoric process. Preserve these literal headings/references/wording; no silent correction.

Reader note: native source caveat for 11-2. Движение в поле

K20 after magnetic result S2=S1 prints a separate equation(8), S2=mv0^2/[2qE(mu sin alpha+cos alpha)], although E is undefined in that magnetic task. Retain that extra equation as printed, note the mismatch. K21 numeric fifth-turn equation(16) is labelled v1 rather than preceding v5. Native small-angle energy recurrence and all literal source formulas/graphs retained.

Reader note: native source caveat for 11-3. Морской хронометр

K22 prints positive gravitational-energy contributions in equations(1),(4),(5), while its native potential graph has negative values for negative angles and the subsequent instability/force treatment is not consistent with that positive sign. K23 and K24 repeat equation tag(10). K25 amplitude condition only mentions negative phi and gives phi_max less than phi1=14 degrees; the tension-only source assumption and literal condition are retained without inventing a replacement amplitude derivation.

Оригинал в Архива: 3_etap_2023_theoretical_problems.pdf · решение от архива: 3_etap_2023_theoretical_solutions.pdf