НОФ 2025, II кръг (областен), 11. клас — Задача 2

• б) $k_{min}=\frac{\tan\alpha}{2}$
• в) $T=\frac{mg\sin\alpha}{2}$
• г) $a=\frac{2}{3}g(\sin\alpha-2k\cos\alpha)$
• д) $T=\frac{1}{3}mg(\sin\alpha+k\cos\alpha)$
• е) $b=\frac{2k}{\tan\alpha},\qquad 0\le b < 1$

Задача 2. Цилиндър върху наклонена равнина.

а) На чертежа вдясно са нарисувани четирите сили, които действат на цилиндъра, и по-удобната координатна система (в която три от силите имат само по една ненулева проекция). [1 т.] (за всяка от 4-те сили и за координатната система по [0.2 т.])

б) За да бъде цилиндърът в покой, сумата от силите, които му действат, както и сумата от въртящите моменти, които му действат, трябва да е нула. [0.5 т.] Следователно по оста $x$: $mg\sin\alpha=T+F_{\text{т}}$, [0.5 т.] по оста $y$: $R=mg\cos\alpha$. [0.5 т.] От равенството на въртящите моменти (спрямо центъра на масата): $(T-F_{\text{т}})\cdot r=0$, откъдето $T=F_{\text{т}}$. [0.5 т.] Тъй като в покой $F_{\text{т}}\le kR$, [0.5 т.] то $\frac{mg\sin\alpha}{2}\le kmg\cos\alpha$, откъдето $k\ge\frac{\tan\alpha}{2}$ и $k_{min}=\frac{\tan\alpha}{2}$. [0.5 т.]

в) От подусловие б) следва, че $T=\frac{mg\sin\alpha}{2}$. [1 т.]

г) Тъй като ускорението е успоредно на наклонената равнина, $mg\sin\alpha-T-F_{\text{т}}=ma$, [0.3 т.] $R=mg\cos\alpha$, [0.2 т.] $F_{\text{т}}=kR$. [0.2 т.] Тъй като горната точка на цилиндъра е неподвижна спрямо равнината, $mg\sin\alpha\cdot r-F_{\text{т}}\cdot2r=I_{\text{п}}\cdot\varepsilon$, [0.5 т.] $a=\varepsilon\cdot r$. [0.3 т.] Замествайки в последните две уравнения, $mg\sin\alpha\cdot r-kmg\cos\alpha\cdot2r=\frac{3}{2}mr^2\cdot\frac{a}{r}$, откъдето $a=\frac{2}{3}g(\sin\alpha-2k\cos\alpha)$. [0.5 т.]

д) Използвайки първото уравнение от подусловие г), силата $T$ на опъване на нишката е $T=mg\sin\alpha-F_{\text{т}}-ma=mg\sin\alpha-kmg\cos\alpha-ma$. [0.5 т.] Използвайки резултата от г), $T=mg\sin\alpha-kmg\cos\alpha-\frac{2}{3}mg(\sin\alpha-2k\cos\alpha)$ [0.5 т.] $=\frac{1}{3}mg(\sin\alpha+k\cos\alpha)$. [0.5 т.]

е) За изминато от цилиндъра разстояние $L$, извършената работа от силата на триене е $A_{\text{тр}}=-F_{\text{т}}\cdot2L=-kmg\cos\alpha\cdot2L$ (множителят 2 се дължи на факта, че относителното хлъзгане на повърхността на цилиндъра спрямо наклонената равнина е 2 пъти по-голямо от преместването на центъра на цилиндъра). [0.5 т.] Промяната $\Delta E_{\text{пот}}$ на потенциалната енергия на цилиндъра за това разстояние е $\Delta E_{\text{пот}}=-mg\sin\alpha\cdot L$. [0.5 т.] Следователно $b=\frac{A_{\text{тр}}}{\Delta E_{\text{пот}}}=\frac{-2kmg\cos\alpha L}{-mg\sin\alpha\cdot L}=\frac{2k}{\tan\alpha}$. Тъй като $k<k_{min}=\frac{\tan\alpha}{2}$, то $0\le b<1$. [0.5 т.]

Алтернативно решение: $b=\frac{A_{\text{тр}}}{\Delta E_{\text{пот}}}=\frac{\Delta E_{\text{пълна}}}{\Delta E_{\text{пот}}}=\frac{\Delta E_{\text{кин}}+\Delta E_{\text{пот}}}{\Delta E_{\text{пот}}}=\frac{\Delta E_{\text{кин}}}{\Delta E_{\text{пот}}}+1$. $\Delta E_{\text{пот}}=-mg\sin\alpha\cdot L$. [0.5 т.] $\Delta E_{\text{кин}}=\frac{1}{2}I_{\text{п}}\omega^2=\frac{3}{4}mv^2$, където $v$ е скоростта на центъра на цилиндъра. Тъй като тялото от покой започва да се движи с ускорение $a=\frac{2}{3}g(\sin\alpha-2k\cos\alpha)$, след изминато разстояние $L$ ще има скорост $v=\sqrt{2aL}$. Така $\Delta E_{\text{кин}}=mgL(\sin\alpha-2k\cos\alpha)$. [0.5 т.] Замествайки в уравнението за $b$ се получава $b=\frac{\Delta E_{\text{кин}}}{\Delta E_{\text{пот}}}+1=\frac{mgL(\sin\alpha-2k\cos\alpha)}{-mg\sin\alpha\cdot L}+1=\frac{2k}{\tan\alpha}$. Тъй като $k<k_{min}=\frac{\tan\alpha}{2}$, то $0\le b<1$. [0.5 т.]