Съдържание

Условие Решение

ВсОШ 2018, Заключителен етап, 9–11 клас — Задача 11-1. 11 класс · 11.1 · Цилиндр на наклонной плоскости

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от ВсОШ 2018

LII Всероссийская олимпиада по физике · Теоретический тур

Заголовок оригинала

LII Всероссийская олимпиада по физике. Теоретический тур

9 КЛАСС

Следующий вариант

10 КЛАСС

Следующий вариант

11 КЛАСС

Условие

Верхняя часть наклонной плоскости гладкая, нижняя — шероховатая. На верхнюю часть кладут тонкостенную цилиндрическую трубу, вращающуюся вокруг своей оси с угловой скоростью $\omega_0$ , и отпускают. В начальный момент ось цилиндра неподвижна, а линия касания трубы с плоскостью находится на высоте $h=10$ см над границей раздела гладкого и шероховатого участков. Коэффициент трения между трубой и шероховатой поверхностью $\mu=0,1$ . Радиус цилиндра равен $R=5$ см. Ускорение свободного падения $g=10$ м/с $^2$ .

Гладкая/шероховатая наклонная плоскость, цилиндр, ω0, h и φ.

1. Считайте, что $\omega_0$ велико. При каком угле $\varphi=\varphi_{\mathrm{m}}$ труба вернется в начальное положение за минимальное время.

2. Найдите это минимальное время $t_{\min}$ .

3. Пусть $\varphi=\varphi_{\mathrm{m}}$ . При каких $\omega_0$ труба вернется в начальное положение?

Решение

11.1. (Дидин М.) 1. На цилиндр действуют силы тяжести, реакции опоры и трения. Поскольку цилиндр вернулся в исходное положение, сила трения направлена вверх вдоль наклонной плоскости. Это значит, что цилиндр вращается по часовой стрелке. Сначала цилиндр начнёт скользить вниз с ускорением $a_1=g\sin\varphi$ . На границе с шероховатой поверхностью скорость цилиндра достигнет $v_0=\sqrt{2gh}$ . При дальнейшем движении цилиндра вниз не него начнёт действовать сила трения $F_{\text{тр}}=\mu g\cos\varphi$ , направленная вверх. (Если на шероховатой поверхности цилиндр перестанет вращаться по часовой стрелке, он покатится вниз, т. е. не вернётся в исходную точку). При качении цилиндра вверх сила трения не превосходит $\mu g\cos\varphi$ , а ускорение $a_2$ при подъёме не больше, чем ускорение при спуске. Значит, скорость на границе не больше $v_0$ , и в точке старта цилиндр остановится (прекратит движение вверх, но может продолжать вращаться). Ускорение цилиндра на шероховатой поверхности постоянно и равно $a_2=g(\mu\cos\varphi-\sin\varphi)$ . Время подъёма:

t=\frac{2v_0}{g}\left(\frac{1}{\sin\varphi}+\frac{1}{\mu\cos\varphi-\sin\varphi}\right)

f(\varphi)=\frac{1}{\sin\varphi}+\frac{1}{\mu\cos\varphi-\sin\varphi}=\frac{\mu\cos\varphi}{\sin\varphi(\mu\cos\varphi-\sin\varphi)}

f_1(\varphi)=\operatorname{tg}\varphi(\mu\cos\varphi-\sin\varphi)

\frac{\mathrm{d}f_1}{\mathrm{d}\varphi}=\frac{1}{\cos^2\varphi}(\mu\cos\varphi-\sin\varphi)-\operatorname{tg}\varphi(\mu\sin\varphi+\cos\varphi)=0

\mu\cos^2\varphi=\sin\varphi\left(\frac{1}{\cos\varphi}+\cos\varphi\right)

\sin\varphi=\mu\frac{\cos^3\varphi}{1+\cos^2\varphi}<\mu\cos^3\varphi<\mu

Так как $\mu=0,1$ , $\varphi\ll1$ , тогда $\cos\varphi=1$ и $\sin\varphi=\varphi=0,05$ .
Так как $h=0,1$ м, $v_0=\sqrt{2gh}=1,4$ м/с.

Получаем, что $t_{\min}=11,3$ с. Запишем уравнение движения и основное уравнение динамики относительно центра цилиндра:

\begin{cases}m\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}=\mu mg\cos\alpha-mg\sin\alpha\\mr^2\dfrac{\mathrm{d}\omega}{\mathrm{d}t}=-\mu mgr\cos\alpha\end{cases}

Разделим одно одно уравнение на другое:

\frac{\mathrm{d}v}{r\mathrm{d}\omega}=\frac{\mu\cos\varphi-\sin\varphi}{-\mu\cos\varphi}=\frac{\mu-\frac{\mu}{2}}{-\mu}=-\frac12

Изменение скорости между двумя последовательными прохождениями линии раздела наклонной плоскости $\Delta v=2v_0$ .
При минимальной возможной угловой скорости проскальзывание прекращается ровно на линии раздела плоскости:

\Delta\omega=\frac{v_0}{R}-\omega_0

Откуда получаем, что

\omega_0=\frac{5v_0}{R}=\frac{5\sqrt{2gh}}{R}=140\text{ с}^{-1}

Оригинал в Архива: finalT18.pdf