Съдържание

Условие Часть 1. Вычисление полного ускорения Часть 2. Построение годографа полного ускорения шарика Отговори Решение

BelPhO 2024, Областен етап, 9–11 клас — Задача 5. Задание 10-2. Годограф

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от BelPhO 2024

Республиканская физическая олимпиада 2024 года (III этап). Теоретический тур

9 класс. Внимание! Прочтите это в первую очередь!

Третий этап республиканской олимпиады по учебному предмету «Физика», 2023-2024 учебный год

Республиканская физическая олимпиада 2024 года (III этап)

Теоретический тур

9 класс.

Внимание! Прочтите это в первую очередь!

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

При оформлении работы каждое задание начинайте с новой страницы. При недостатке бумаги обращайтесь к организаторам!
Подписывать рабочие листы запрещается.
В ходе работы вы можете использовать ручки, карандаши, чертежные принадлежности, инженерный калькулятор.
Со всеми вопросами, связанными с условиями задач, обращайтесь к организаторам олимпиады.

Пакет заданий содержит:

титульный лист (1 стр.);
условия 3 теоретических заданий с Листами ответов (6 стр.).

9 класс. Теоретический тур. Вариант 1.

10 класс. Внимание! Прочтите это в первую очередь!

Республиканская физическая олимпиада 2024 года (III этап)

Теоретический тур

10 класс.

Внимание! Прочтите это в первую очередь!

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

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

Пакет заданий содержит:

титульный лист (1 стр.);
условия 3 теоретических заданий с Листами ответов (10 стр.).

10 класс. Теоретический тур. Вариант 2.

11 класс. Внимание! Прочтите это в первую очередь!

Республиканская физическая олимпиада 2024 года (III этап)

Теоретический тур

11 класс.

Внимание! Прочтите это в первую очередь!

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

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

Пакет заданий содержит:

титульный лист (1 стр.);
условия 3 теоретических заданий с Листами ответов (8 стр.).

11 класс. Теоретический тур. Вариант I.

Решения задач. 9 класс (для жюри)

Республиканская физическая олимпиада 2024 год (III этап)

Теоретический тур

Решения задач 9 класс (для жюри)

Уважаемые члены жюри!

Задачи, предложенные школьникам для решения на олимпиаде, не стандартные и достаточно сложные. Предложенные здесь варианты их решений, конечно же, не являются единственно возможными. Участники олимпиады могут предложить свои способы решения. Если эти способы физически обоснованы и приводят к правильным ответам, 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 Лист ответов, но содержится в основном решении, то этот результат также 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 талантливых школьников!

Теоретический тур. Вариант 1. 9 класс. Решения задач. Бланк для жюри.

Решения задач. 10 класс (для жюри)

Республиканская физическая олимпиада 2024 год (III этап)

Теоретический тур

Решения задач 10 класс (для жюри)

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

Теоретический тур. Вариант 2. 10 класс. Решения задач. Бланк для жюри.

Решения задач. 11 класс (для жюри)

Республиканская физическая олимпиада 2024 год (III этап)

Теоретический тур

Решения задач 11 класс (для жюри)

Уважаемые члены жюри!

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

Теоретический тур. Вариант 1. 11 класс. Решения задач. Бланк для жюри.

Условие

Годóграфом вектора называется кривая, представляющая собой множество концов переменного со временем вектора $\vec{r}(t)$ , начало которого (Рис. 1) для всех $t$ есть фиксированная точка $O$ («Математический энциклопедический словарь»). Иными словами годограф вектора представляет собой множество точек, по которым «движется» конец данного вектора со временем, если положение его начала зафиксировать в некоторой точке $O$ .

Радиус-векторы r₁, …, r₆ из точки O в осях x, y, z; их концы (шарики) лежат на пунктирной дуге — траектории; стрелки показывают направление движения. — Рис. 1

Справедливости ради отметим, что школьники косвенно знакомы с данным понятием, поскольку годографом радиус-вектора $\vec{r}_i(t)$ $(1 \to 2 \to 3 \to 4 \to 5 \to 6)$ движущейся материальной точки является … её траектория, отмеченная на рисунке 1 пунктирной линией. Годограф вектора наглядно представляет его эволюцию с течением времени, а также используется при различных расчетах.

Часть 1. Вычисление полного ускорения

Шарик на нити, подвешенной к потолку; начальное горизонтальное положение нити, текущее положение под углом α к вертикали; векторы нормального ускорения aₙ вдоль нити и касательного a_τ перпендикулярно нити; оси x, y в точке шарика, вектор g вниз, пунктирная дуга траектории. — Рис. 2

1.1 Небольшой массивный шарик, подвешенный на легкой нерастяжимой нити, отклонили так, что нить стала горизонтальна и аккуратно отпустили без натяжения нити (рис. 2). При движении шарик будет приобретать как центростремительное (нормальное) ускорение $\vec{a}_n$ , направленное вдоль нити, так и касательное (тангенциальное) $\vec{a}_\tau$ ускорение, направленное перпендикулярно нити (см. рис. 2). Сумма $\vec{a} = \vec{a}_n + \vec{a}_\tau$ называется полным ускорением тела. Найдите зависимости модулей ускорений $\vec{a}_n$ и $\vec{a}_\tau$ от угла $\alpha$ , образованного нитью с вертикалью. Сопротивлением воздуха пренебречь. Ускорение свободного падения $\vec{g}$ .

1.2 Найдите зависимость $a(\alpha)$ модуля полного ускорения $\vec{a}$ шарика от угла $\alpha$ в процессе движения до нижней точки траектории.

1.3 Поскольку вектор полного ускорения шарика поворачивается со временем, то в некоторый момент он будет горизонтален. Найдите полное ускорение шарика $a_1$ и угол $\alpha_1$ между нитью и вертикалью в этот момент времени.

Часть 2. Построение годографа полного ускорения шарика

Пустая миллиметровая сетка «Годограф ускорения»: горизонтальная ось aₓ* от −2 до 0 с делениями −2; −1,5; −1; −0,5; 0, вертикальная ось a_y* справа от −1,5 до 2 с шагом 0,5. — Бланк для построения годографа ускорения шарика по Таблице 1.

2.1 Найдите зависимости проекций $a_x$ и $a_y$ полного ускорения шарика от угла $\alpha$ в стандартной (декартовой) системе координат. Выразите их в безразмерных единицах $a_x^{*} = a_x / g$ и $a_y^{*} = a_y / g$ .

2.2 Чему равен модуль максимального горизонтального ускорения $a_{x\max}$ шарика в процессе движения до низшей точки траектории? Максимального вертикального ускорения $a_{y\max}$ ?

2.3 Разбейте прямой угол $\alpha$ на интервалы по $\Delta\alpha = 5^{\circ}$ градусов и вычислите проекции ускорений $a_x^{*}$ и $a_y^{*}$ для точек в диапазоне $0^{\circ} \le \alpha \le 90^{\circ}$ . Результаты вычислений занесите в Таблицу 1 (см. ниже).

2.4 Пользуясь Таблицей 1, постройте на выданном бланке годограф полного ускорения шарика при его движении до нижней точки траектории.

2.5 Проанализируйте построенный годограф, отметьте его существенные особенности и попытайтесь описать их математически (например, получить уравнение, описывающее полученную кривую).

Лист ответов. Задание 10-2. Годограф

Таблица 1. Вычисление $a_x^{*}$ и $a_y^{*}$ .

Угол	$a_x^{*}$	$a_y^{*}$
90°
85°
80°
75°
70°
65°
60°
55°
50°
45°
40°
35°
30°
25°
20°
15°
10°
5°
0°

Отговори

Решение

Часть 1. Вычисление полного ускорения

1.1 В момент, когда нить составляет угол $\alpha$ с горизонтом, шарик опустился на высоту $h = l\cos\alpha$ (рис. 1), где $l$ – длина нити. Согласно закону сохранения механической энергии (потерь нет) для движения шарика массой $m$ можем записать

mgh = mgl\cos\alpha = \frac{m\upsilon^2}{2} \ \Rightarrow\ \upsilon^2 = 2gl\cos\alpha\,, \qquad (1)

где – $\upsilon$ скорость шарика в рассматриваемый момент, направленная по касательной к дуге. Следовательно, нормальное (центростремительное) ускорение шарика на нерастяжимой нити в данной точке

a_n = a_{\text{цс}} = \frac{\upsilon^2}{R} = \frac{\upsilon^2}{l} = \{(1)\} = 2g\cos\alpha \qquad (2)

На шарик действуют сила тяжести $m\vec{g}$ и сила упругости нити $\vec{T}$ (см. рис. 1), следовательно, второй закон Ньютона в проекциях на текущее направление нити и по касательной к ней примет вид

\begin{aligned} ma_n &= T - mg\cos\alpha \\ ma_\tau &= mg\sin\alpha \end{aligned}\ . \qquad (3)

С учетом (2) из системы (3) находим выражения для касательного ускорения и силы упругости нити

\begin{aligned} a_\tau &= g\sin\alpha \\ T &= 3mg\cos\alpha \end{aligned}\ . \qquad (4)

1.2 Соответственно, полное ускорение шарика в данный момент найдем с помощью теоремы Пифагора и выражений (2) и (4)

a(\alpha) = \sqrt{a_n^2 + a_\tau^2} = \sqrt{g^2\sin^2\alpha + 4g^2\cos^2\alpha} = g\sqrt{1 + 3\cos^2\alpha}\ . \qquad (5)

Как следует из (5), в начальный момент времени ( $\alpha = \pi/2$ ) полное ускорение шарика равно ускорению свободного падения $a = g$ и направлено вниз. Таким образом, пока нить не натянулась, шарик практически свободно падает в течение малого промежутка времени. Поскольку при этом центростремительное ускорение шарика равно нулю (он ещё не успел набрать скорость), то полное ускорение равно касательному ускорению и равно $g$ .

При прохождении шариком нижней точки траектории ( $\alpha = 0$ ) равно нулю касательное ускорение, а его полное ускорение имеет максимальное значение $a = 2g$ и направлено вверх. В этом случае оно совпадает с центростремительным ускорением. Заметим, что сила натяжения нити при этом максимальна и равна $T = 3mg$ (направлена вверх).

Угол $\beta$ , который составляет вектор полного ускорения $\vec{a}$ с горизонтом, найдем из параллелограмма ускорений на рисунке 2

tg\beta = \frac{a_y}{a_x} = \frac{a_\tau\sin\alpha - a_n\cos\alpha}{a_\tau\cos\alpha + a_n\sin\alpha} = \frac{\sin^2\alpha - 2\cos^2\alpha}{3\sin\alpha\cos\alpha} = \frac{tg^2\alpha - 2}{3tg\alpha}\ . \qquad (6)

1.3 В момент, когда вектор полного ускорения шарика горизонтален $\beta = 0$ , следовательно

tg\beta = 0 \ \Rightarrow\ a_\tau\sin\alpha_1 = a_n\cos\alpha_1 \ \Rightarrow\ tg^2\alpha_1 = 2 \ \Rightarrow\ \alpha_1 = 55^{\circ}\ . \qquad (7)

Подставляя полученное значение угла $\alpha_1 = 55^{\circ}$ в формулу для полного ускорения (5), находим искомое значение для горизонтального ускорения шарика

a_1 = g\sqrt{1 + 3\cos^2\alpha_1} = g\sqrt{1 + \frac{3}{1 + tg^2\alpha_1}} = g\sqrt{2} = 1{,}4g\ . \qquad (8)

Шарик на нити длиной l, подвешенной к потолку; нить составляет угол α с вертикалью, шарик опустился на высоту h; силы T вдоль нити и mg вниз, скорость υ по касательной, углы α отмечены у точки подвеса и у шарика; вектор g вниз, пунктирная дуга траектории. — Рис. 1

Параллелограмм ускорений шарика на нити: нормальное ускорение aₙ вдоль нити, касательное a_τ перпендикулярно нити, полное ускорение a; оси x, y в точке шарика, углы α; вектор g вниз. — Рис. 2

Часть 2. Построение годографа полного ускорения шарика

2.1 Для удобства построения годографа вектора ускорения шарика перейдём к декартовым координатам $(x, y)$ , изображенным на рисунке 3 (с учетом знаков). Тогда проекции полного ускорения шарика примут вид

\begin{aligned} a_x &= -a_\tau\cos\alpha - a_n\sin\alpha = -3g\sin\alpha\cos\alpha = -\frac{3}{2}g\sin 2\alpha \\ a_y &= -a_\tau\sin\alpha + a_n\cos\alpha = g(2\cos^2\alpha - \sin^2\alpha) \end{aligned}\ . \qquad (9)

Для формализации процесса расчёта введем удобные безразмерные единицы измерения ускорений, имеющие очевидный смысл

a_x^{*} = \frac{a_x}{g};\ a_y^{*} = \frac{a_y}{g}\ . \qquad (10)

Тогда расчетные формулы для заполнения таблицы примут вид

\begin{aligned} a_x^{*}(\alpha) &= -3\sin\alpha\cos\alpha \\ a_y^{*}(\alpha) &= 2\cos^2\alpha - \sin^2\alpha \end{aligned}\ . \qquad (11)

2.3 Расчёт по формулам даёт следующие результаты

Таблица 1. Вычисление $a_x^{*}$ и $a_y^{*}$ .

Угол	$a_x^{*}$	$a_y^{*}$
90°	0,00	-1
85°	-0,26	-0,98
80°	-0,51	-0,91
75°	-0,75	-0,80
70°	-0,96	-0,65
65°	-1,15	-0,46
60°	-1,30	-0,25
55°	-1,41	-0,01
50°	-1,48	0,24
45°	-1,50	0,50
40°	-1,48	0,76
35°	-1,41	1,01
30°	-1,30	1,25
25°	-1,15	1,46
20°	-0,96	1,65
15°	-0,75	1,80
10°	-0,51	1,91
5°	-0,26	1,98
0°	0,00	2,00

2.2 Как следует из анализа рисунка 3, максимальное (по модулю) горизонтальное ускорение шарика равно $\left|a_x^{*}\right| = \left|-1{,}5\right| = 1{,}5$ . Это же, кстати, следует и из формулы (9) при $\alpha = \pi/4$ . Максимальное же вертикальное ускорение $a_y^{*} = 2{,}0$ шарик приобретает в нижней точке траектории ( $\alpha = 0$ ), которой соответствует верхняя точке графика на рисунке 3.

2.4 Удивительно, но несмотря на достаточно сложный характер рассматриваемого движения, график на рисунке 3 напоминает траекторию движения самого шарика! Действительно, точки неплохо «ложатся» на полуокружность радиуса $R = 1{,}5$ с центром в точке с координатами (0;+0,5). Убедимся в справедливости сделанного предположения.

2.5 Поскольку уравнение окружности радиуса $R$ с центром в точке с координатами $(a;b)$ имеет вид

(x - a)^2 + (y - b)^2 = R^2\,, \qquad (12)

то для доказательства справедливости сделанного предположения достаточно проверить тождественность равенства (13) при любых $0^{\circ} \le \alpha \le 90^{\circ}$

(a_x^{*})^2 + (a_y^{*} - 0{,}5)^2 = 1{,}5^2 = \frac{9}{4}\,. \qquad (13)

Используя (11) приведём (13) к виду

9\sin^2\alpha\cos^2\alpha + \left(2\cos^2\alpha - \sin^2\alpha - \frac{1}{2}\right)^2 = \frac{9}{4}\ . \qquad (14)

После избавления от знаменателя и раскрытия скобок из (14) находим

36\sin^2\alpha\cos^2\alpha + 16\cos^4\alpha - 16\cos^2\alpha\sin^2\alpha + 4\sin^4\alpha - 8\cos^2\alpha + 4\sin^2\alpha + 1 = 9\ . \qquad (15)

Приводя подобные, и сокращая, упростим выражение (15) следующим образом

5\sin^2\alpha\cos^2\alpha + 4\cos^4\alpha + \sin^4\alpha - 2\cos^2\alpha + \sin^2\alpha = 2\ . \qquad (16)

Собирая полный квадрат, с учётом основного тригонометрического тождества $\sin^4\alpha + 2\sin^2\alpha\cos^2\alpha + \cos^2\alpha = (\sin^2\alpha + \cos^2\alpha)^2 = 1^2$ , выражение (16) примет вид

3\sin^2\alpha\cos^2\alpha + 3\cos^4\alpha + 1 - 2\cos^2\alpha + \sin^2\alpha = 2\,. \qquad (17)

Далее «немного удачи» при перегруппировке членов и вынесении за скобки

\sin^2\alpha(3\cos^2\alpha + 1) + \cos^2\alpha(3\cos^2\alpha + 1) - 3\cos^2\alpha = 1\ , \qquad (18)

позволяют ещё раз довести дело до основного тригонометрического тождества и до … победного конца

\begin{aligned} (\sin^2\alpha + \cos^2\alpha)(3\cos^2\alpha + 1) - 3\cos^2\alpha &= 1 \\ 3\cos^2\alpha + 1 - 3\cos^2\alpha &= 1 \qquad !!! \\ 1 &\equiv 1 \end{aligned} \qquad (19)

Легко догадаться (хотя и не требуется в условии задачи), что при движении шарика в левой полуплоскости, на годографе ускорения мы получим симметричную полуокружность, замыкающую траекторию до полной окружности. Далее с разворотом все повторяется вновь против часовой стрелки.

Поскольку центр окружности находится в точке с координатами (0;+0,5), то в неинерциальной системе отсчёта, движущейся с ускорением $\vec{a} = -\vec{g}/2$ , направленным вверх, вектор полного ускорения неравномерно вращается по рассмотренной окружности, сохраняя свою длину.

Таким образом, искомый годограф полного ускорения шарика представляет собой полуокружность (совершенно «случайно» изображенную в условии задачи, ☺) радиусом $R = 1{,}5g$ со сдвинутым (относительно начала координат) центром (рис. 4).

Бланк «Годограф ускорения» с нанесенными точками из Таблицы 1 (красные точки), соединенными зеленой кривой — полуокружностью от (0; 2) через (−1,5; 0,5) до (0; −1); ось aₓ* от −2 до 0, ось a_y* от −1,5 до 2. — Рис. 3. Построение годографа ускорения на бланке.

Годограф ускорения: полуокружность из красных точек в осях aₓ*, a_y*; из начала координат проведены стрелки к нескольким точкам полуокружности и вертикальные стрелки вверх до 2 и вниз до −1. — Рис. 4

Оригинал в Архива: 3_etap_2024_theoretical_problems.pdf · официални решения: 3_etap_2024_theoretical_solutions.pdf