Съдържание

НПСФ 2025, Специална тема — Задача 1. Чаша със сламка

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от НПСФ 2025

Пролетно национално състезание по физика, 15 март 2025 г., Ловеч — Специална тема (седма състезателна група) · 15 март 2025 г. · 10 т.

Условие

Тънка сламка с маса $m$ и дължина $2L$ се поставя в тежка неподвижна чаша, чиято вътрешност има форма на полусфера с радиус $R$ . Земното ускорение е $g$ . Триене няма.

Разрез на чаша с полусферична вътрешност с радиус $R$; права сламка с дължина $2L$ лежи наклонена, като долният ѝ край е върху сферичната повърхност, а горната ѝ част стърчи над ръба на чашата под ъгъл $\alpha$; стрелка $\vec g$ сочи надолу. — Сламка с маса $m$ и дължина $2L$ , подпряна на ръба на полусферична чаша с радиус $R$ ; ъгълът с хоризонта е $\alpha$ .

а) Ако сламката е в равновесие като това, показано на фигурата, получете как зависи ъгълът $\alpha$ от отношението $L/R$ . [2,5 т.]

б) В какъв интервал от стойности на $L/R$ това равновесие (наклонена сламка, подпряна на ръба на чашата) е възможно? [2,5 т.]

в) При това равновесие на какъв интервал от стойности принадлежи ъгълът $\alpha$ ? При какви стойности на $L/R$ той има минимална и максимална стойност? [1,5 т.]

г) Когато $\frac{L}{R} < 1$ , е възможно равновесно положение, при което сламката се намира изцяло вътре в чашата и е хоризонтална. Намерете периода на малки трептения на сламката около това равновесно положение. Намерете как този период зависи от отношението $\frac{L}{R}$ в граничните случаи. Инерчен момент на пръчка с маса $m$ и дължина $l$ около ос, перпендикулярна на пръчката и минаваща през центъра на масата ѝ, е $I = \frac{1}{12}ml^2$ . [3,5 т.]

Отговори

Решение

а) Нека точка $C$ е центърът на масата на сламката. Той се намира на разстояние $z$ под повърхността на чашата. Разстоянието от $C$ до ръба $B$ на чашата е $x$ . Сламката ще е в равновесие, когато $\frac{dz}{d\alpha} = 0$ . [0.2 т.] $z = x\sin\alpha$ . [0.2 т.] Тъй като ъгълът $ADB$ е прав, $L + x = 2R\cos\alpha$ , [0.3 т.] (1) откъдето $z = (2R\cos\alpha - L)\sin\alpha$ или $z = R\sin 2\alpha - L\sin\alpha$ . [0.3 т.] Намираме $\frac{dz}{d\alpha} = 2R\cos 2\alpha - L\cos\alpha$ . [0.5 т.] (2) Използвайки, че $\cos 2\alpha = -1 + 2\cos^2\alpha$ , то (2) се преобразува до $\frac{dz}{d\alpha} = -2R + 4R\cos^2\alpha - L\cos\alpha$ . (3) Нулирайки функцията (3), получаваме квадратното уравнение $4R\cos^2\alpha - L\cos\alpha - 2R = 0$ [0.5 т.] с решения $\cos\alpha_{1,2} = \frac{L \pm \sqrt{L^2+32R^2}}{8R}$ . Тъй като $\cos\alpha > 0$ , то има само едно решение $\cos\alpha = \frac{L+\sqrt{L^2+32R^2}}{8R} = \frac{L}{R}\frac{\left(1+\sqrt{1+32\left(\frac{R}{L}\right)^2}\right)}{8}$ . (4) [0.5 т.]

Разрез на полусферичната чаша с точки $A$ и $B$ по ръба ($AB = 2R$), сламката като права през $D$ и $B$; отбелязани са $z$, $x$, $L$, ъгълът $\alpha$ при $B$ и центърът на масата $C$; стрелка $\vec g$ надолу. — Означения към решението: център на масата $C$ на дълбочина $z$ , разстояние $x$ от $C$ до ръба $B$ , права $AB = 2R$ и правоъгълен ъгъл $ADB$ .

б) Първо може да забележим, че ако $\frac{L}{R} > 2$ , центърът на масата $C$ на сламката ще бъде извън чашата и тя ще падне. Така че $\frac{L}{R} \le 2$ . [0.5 т.] За да е възможно това равновесие, сламката трябва да стърчи от ръба на чашата, т.е. $x < L$ . [0.5 т.] Използвайки (1), $x = 2R\cos\alpha - L < L$ , откъдето $\cos\alpha < \frac{L}{R}$ . [0.5 т.] Замествайки с (4), $\frac{L}{R}\frac{\left(1+\sqrt{1+32\left(\frac{R}{L}\right)^2}\right)}{8} < \frac{L}{R}$ . (5) След опростяване на (5) $\frac{L}{R} > \sqrt{\frac{2}{3}}$ . [0.5 т.] Така $\frac{L}{R} \in \left[\sqrt{\frac{2}{3}},\, 2\right]$ . [0.5 т.]

в) Може да се провери, че функцията (4) е монотонно растяща. [0.3 т.] Тогава, когато $\frac{L}{R} \to 2$ , $\cos\alpha \to 1$ и $\alpha \to 0^\circ$ . [0.4 т.] Когато $\frac{L}{R} \to \sqrt{\frac{2}{3}}$ , $\cos\alpha \to \sqrt{\frac{2}{3}}$ и $\alpha \to\ \approx 35.3^\circ$ . [0.4 т.] Така $\alpha \in [0^\circ, 35.3^\circ]$ . [0.4 т.]

г) Когато $\frac{L}{R} < 1$ и сламката е хоризонтална, тя се намира на дълбочина $h = \sqrt{R^2 - L^2}$ [0.2 т.] под повърхността на чашата. Ако се наклони на ъгъл $\alpha$ , нейният център на масата ще се повдигне на височина $z = h - h\cos\alpha$ . [0.3 т.] При малки трептения, т.е. при малки ъгли $\alpha$ , $z \approx \frac{h}{2}\alpha^2$ и потенциалната енергия на сламката (при нулево ниво в равновесие) е $E_{\mathrm{пот}} = \frac{1}{2}mg\sqrt{R^2-L^2}\,\alpha^2$ . [0.5 т.] При трептене сламката ще има и кинетична енергия на постъпателното движение на центъра на масата и на въртеливото движение на пръчката. Първата е $E_{\mathrm{кин,пост}} = \frac{1}{2}mv^2$ , където $v = \omega h = \dot\alpha\sqrt{R^2-L^2}$ , т.е. $E_{\mathrm{кин,пост}} = \frac{1}{2}m(R^2-L^2)\dot\alpha^2$ . [0.5 т.] Втората е $E_{\mathrm{кин,върт}} = \frac{1}{2}I\omega^2 = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{12}m(2L)^2\right)\dot\alpha^2 = \frac{1}{2}\frac{1}{3}mL^2\dot\alpha^2$ . [0.5 т.] Пълната енергия на сламката е $E_{\mathrm{пъл}} = \frac{1}{2}mg\sqrt{R^2-L^2}\,\alpha^2 + \frac{1}{2}m\left(R^2-\frac{2}{3}L^2\right)\dot\alpha^2$ . [0.5 т.] Тогава периодът на трептене ще бъде $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m\left(R^2-\frac{2}{3}L^2\right)}{mg\sqrt{R^2-L^2}}} = 2\pi\sqrt{\dfrac{R\left(1-\frac{2}{3}\left(\frac{L}{R}\right)^2\right)}{g\sqrt{1-\left(\frac{L}{R}\right)^2}}}$ . [0.5 т.] При $\frac{L}{R} \to 1$ , $T \to \infty$ , [0.2 т.] а при $\frac{L}{R} \to 0$ , $T \to 2\pi\sqrt{\frac{R}{g}}$ (математично махало). [0.3 т.]

Оригинал в Архива: proletni_2025_STproblems.pdf · официални решения: proletni_2025_STsolutions.pdf