Съдържание

НЕСФ 2025, 11. клас — Задача 2. Механично равновесие.

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от НЕСФ 2025

Есенно национално състезание по физика, София, 07 – 09.11.2025 г. — Тема 11. клас (Пета възрастова група) · 7 ноември 2025 г. · 10 т.

Условие

Частица с маса $m$ и електричен заряд $q$ се движи по вертикален гладък изолиран обръч с радиус $R$ (фиг. 2). В най-ниската част на обръча се намира неподвижно закрепено топче с електричен заряд $q$ . Действието на силата на тежестта не се пренебрегва.

Окръжност с център O, радиус R, точка в най-долната част и втора точка, означена m,q, като между двата радиуса е ъгълът фи. — Фиг. 2. Вертикален обръч с радиус $R$ и център $O$ ; частицата $m, q$ е на ъгъл $\varphi$ от най-ниската точка, в която е закрепено топчето със заряд $q$ .

Полезни тригонометрични равенства:

\sin 0 = 0,\quad \cos 0 = 1,\quad \sin\left(\frac{\pi}{2} - \alpha\right) = \cos\alpha,\quad \cos\left(\frac{\pi}{2} - \alpha\right) = \sin\alpha,\quad \sin 2\alpha = 2\sin\alpha\cos\alpha

а) Начертайте силите, която действат на частицата и напишете израз за всяка сила. [5 т.]

б) Определете равновесните положения на частицата. [5 т.]

Отговори

Решение

а) На фиг. 1 са показани силите, които действат на частицата в указаното положение.

Обръч с частица, върху която са начертани векторите F_R, F_q и G, тангенциалната ос тау и нормалата n. — Фиг. 1 (решение). Силите, действащи на частицата: $F_R$ към центъра, $F_q$ по правата между зарядите и $G$ вертикално надолу; между $F_q$ и нормалата $n$ е ъгълът $\left(\frac{\pi}{2}-\frac{\varphi}{2}\right)$ .

Това са силата на отблъскване между зарядите $F_q$ , [0,5 т.] силата на тежестта $G$ , насочена вертикално надолу, [0,5 т.] и силата на реакция на опората $F_R$ , насочена към центъра на окръжността. [0,5 т.]

Като отчетем, че

F_q = k\frac{q^2}{r^2}\qquad \textbf{[0,5 т.]}

и израза за разстоянието $r$ между двата заряда

r = 2R\sin\frac{\varphi}{2},\qquad \textbf{[1 т.]}

намираме силата

F_q = k\frac{q^2}{4R^2\sin^2(\varphi/2)}.\qquad \textbf{[0,5 т.]}

Тъй като силата на тежестта е $G = mg$ , [0,5 т.] а силата на реакция на опората $F_R$ не води до преместване в радиално направление, имаме

F_R = mg\cos\varphi + F_q\cos\left(\frac{\pi}{2} - \frac{\varphi}{2}\right) = mg\cos\varphi + k\frac{q^2\sin(\varphi/2)}{4R^2\sin^2(\varphi/2)}.\qquad \textbf{[1 т.]}

б) Резултантната сила $F$ , която действа по тангенциалното направление, е

F(\varphi) = \left|mg\sin\varphi - F_q\cos(\varphi/2)\right| = \left|mg\sin\varphi - k\frac{q^2\cos(\varphi/2)}{4R^2\sin^2(\varphi/2)}\right|.\qquad \textbf{[1 т.]}

В равновесно положение при $\varphi = \varphi_0$ , трябва да е изпълнено условието $F(\varphi_0) = 0$ , [0,5 т.] т.е. имаме

mg\sin\varphi_0 - F_q\cos(\varphi_0/2) = 0.\qquad \textbf{[0,5 т.]}

Последното условие може да се запише във вида

\cos(\varphi_0/2)\left[2mg\sin(\varphi_0/2) - \frac{kq^2}{4R^2}\frac{1}{\sin^2(\varphi_0/2)}\right] = 0,\qquad \textbf{[1 т.]}

откъдето следва:

$\cos\dfrac{\varphi_0}{2} = 0$ , т.е. $\varphi_0 = \pi$ [0,5 т.]
$\sin\dfrac{\varphi_0}{2} = \left(\dfrac{kq^2}{8mgR^2}\right)^{1/3} = x_0 \le 1$ . [0,5 т.]

Когато $x_0 = 1$ , намираме отново $\varphi_0 = \pi$ . [0,5 т.] При $x_0 < 1$ , условието 2 определя ъгъл $\varphi_0 < \pi$ [0,5 т.].

Оригинал в Архива: esenni_2026_11problems.pdf · официални решения: esenni_2026_11solutions.pdf