Съдържание

ВсОШ 2023, Заключителен етап — Задача 10. 10-Т5 · Об стену

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от ВсОШ 2023

LVI Всероссийская олимпиада школьников по физике — Заключительный этап, теоретический тур — Санкт-Петербург, 2023

Внимание: Бележка към темата

Полный исходный 58-страничный сборник: 15 целых задач 9–11 классов, 34 номерованных запроса и 2 ненумерованные задачи; все напечатанные возможные решения, альтернативные методы и заключительные примечания. Исходные несогласованности сохранены и отмечены отдельно. Баллы, критерии и продолжительность в данном источнике не напечатаны. Для построений и рисунков используйте исходный PDF с родным масштабом.

Титул, авторы и материалы исходного сборника

Министерство просвещения Российской Федерации. Центральная предметно-методическая комиссия Всероссийской олимпиады школьников по физике. LVI Всероссийская олимпиада школьников по физике. Заключительный этап. Теоретический тур. Санкт-Петербург, 2023 г.

Комплект задач подготовлен центральной предметно-методической комиссией Всероссийской олимпиады школьников по физике. E-mail: physolymp@gmail.com.

Авторы задач

9-Т1. Иван Юдин
9-Т2. Александр Евсеев
9-Т3. Денис Рубцов
9-Т4. Антон Вергунов
9-Т5. Антон Вергунов, Андрей Уймин
10-Т1. Александр Аполонский
10-Т2. Вадим Ерин
10-Т3. Александр Аполонский
10-Т4. Андрей Уймин
10-Т5. Андрей Уймин
11-Т1. Александр Аполонский
11-Т2. Григорий Расторгуев
11-Т3. Андрей Уймин
11-Т4. Андрей Уймин
11-Т5. Андрей Уймин

Исходные задания и ключ датированы 12 апреля 2023 г. В исходном ключе заголовок «Возможные решения». Сохранены родные группы 9, 10 и 11 классов и исходные обозначения каждой целой задачи.

Условие

На гладкой горизонтальной поверхности недалеко от вертикальной стенки расположена конструкция, состоящая из двух шайб и стержня. Шайбы лежат на плоскости «плашмя». На рисунке представлен вид сверху.

С центром шайбы 2 стержень соединен жестко и не может относительно нее вращаться. С шайбой 1 стержень соединён с помощью плотной посадки на гладкий шарнир, радиус оси которого много меньше радиуса стержня, поэтому шайба 1 может свободно вращаться относительно стержня.

Стержень образует угол $\alpha=30^\circ$ с нормалью к стенке. Стержень жесткий и невесомый. Длина стержня $L=0{,}8\,\text{м}$ . Радиусы шайб много меньше длины стержня. Радиус стержня много меньше радиусов шайб. Шайбы одинаковые и однородные.

Конструкции сообщают скорость $v_0=2{,}5\,\text{м/с}$ , направленную вдоль стержня в сторону стенки и через некоторое время происходит соударение шайбы 2 со стенкой.

Примечание: При абсолютно неупругом соударении составляющая скорости шайбы 2, перпендикулярная стенке, обращается в ноль.

Native complete top view of washers1/2 joined by L rod, v0/alpha, dashed normal and hatched wall.

1 Покажите, что в процессе удара силы, действующие со стороны стержня на шайбы, можно считать направленными вдоль стержня.

Используйте данный факт при ответе на последующие вопросы, даже если Вы не смогли его обосновать.

2 Определите угловую скорость вращения стержня сразу после абсолютно упругого соударения шайбы 2 со стенкой (стенка гладкая).

3 Определите угловую скорость вращения стержня сразу после абсолютно неупругого соударения шайбы 2 со стенкой. Коэффициент трения между шайбой и стенкой $\mu$ . Рассмотрите два значения коэффициента трения: $\mu_1=0{,}2$ и $\mu_2=0{,}6$ .

Решение

1. Перейдем в неинерциальную систему отсчета, связанную с центром масс системы (центром шарика).

Рассмотрим силы, действующие на твердое тело «стержень + шайба 2». Со стороны стенки на шайбу действует сила $\vec R=\vec N+\vec F_{\text{тр}}$ , приложенная к точке контакта со стеной. На свободный конец стержня действует сила $\vec F$ со стороны шайбы 1. Также действует сила инерции, приложенная к центру масс тела (центру шайбы).

Запишем закон сохранения энергии. Кинетическая энергия тела в этой системе отсчета стремится к нулю, так как центр шайбы неподвижен, ее размер мал, а стержень невесомый. Тогда суммарная работа всех сил, а как следствие и суммарная мощность, равна нулю.

Сила инерции работу не совершает (центр масс не движется). Мощность силы $\vec F$ равна $P_F=F_\perp\cdot\omega L$ , где $\omega$ — угловая скорость вращения стержня. Мощность силы $\vec R$ равна $P_R=-F_{\text{тр}}\cdot\omega r$ . Знаки написаны в предположении вращения стержня против часовой стрелки.

F_\perp\cdot\omega L-F_{\text{тр}}\cdot\omega r=0\ \Rightarrow\ \frac{F_\perp}{F_{\text{тр}}}=\frac rL\ll1.

Следовательно, силу $\vec F$ можно считать направленной вдоль стержня. Теперь рассмотрим только стержень. На него действует сила $\vec F$ со стороны шайбы 1 и сила $\vec F'$ со стороны шайбы 2. Так как стержень невесомый, то $\vec F+\vec F'=\vec0$ , откуда $\vec F'=-\vec F$ , следовательно направлена вдоль стержня.

2. Первое решение:

Поскольку силы, действующие со стороны стержня на шайбы, можно считать направленными вдоль стержня, то в процессе соударения скорость шайбы 1 всегда направлена вдоль стержня. Данное утверждение не зависит от вида взаимодействия шайбы 2 со стенкой и применимо всегда.

Также данное утверждение можно доказать, используя закон сохранения момента импульса относительно точки контакта шайбы 2 со стенкой. Момент импульса шайбы 2 относительно выбранной точки можно считать равным нулю, поскольку размеры шайб малы. Тогда, поскольку до соударения момент импульса системы относительно выбранной точки равен нулю:

L_{\text{имп}}=0=mLv_{1\perp}\ \Rightarrow\ v_{1\perp}=0.

Пусть $v_1$ и $\omega$ — скорость шайбы 1 и угловая скорость вращения стержня сразу после соударения соответственно. Поскольку стержень жёсткий — компонента скорости шайбы 2, направленная вдоль стержня, также равна $v_1$ , а компонента скорости, перпендикулярная стержню, равна $\omega L$ .

Пусть $m$ — масса одной шайбы. Поскольку трения между шайбой 2 и стенкой нет, то для системы выполняется закон сохранения импульса в проекции на горизонтальную ось $x$ , направленную вдоль стенки:

2mv_0\sin\alpha=mv_1\sin\alpha+m(v_1\sin\alpha+\omega L\cos\alpha)\ \Rightarrow\ v_1=v_0-\frac{\omega L}{2\operatorname{tg}\alpha}.

Поскольку удар упругий — для системы выполняется закон сохранения механической энергии:

\frac{2mv_0^2}2=\frac{mv_1^2}2+\frac{m(v_1^2+\omega^2L^2)}2\ \Rightarrow\ v_1^2=v_0^2-\frac{\omega^2L^2}2.

Приравнивая выражения для $v_1^2$ , получим:

v_1^2=v_0^2-\frac{v_0\omega L}{\operatorname{tg}\alpha}+\frac{\omega^2L^2}{4\operatorname{tg}^2\alpha}=v_0^2-\frac{\omega^2L^2}2,

откуда:

\omega=\frac{4v_0\operatorname{tg}\alpha}{L(1+2\operatorname{tg}^2\alpha)}\approx4{,}33\,\text{рад/с}.

Второе решение:

Поскольку размеры шайб малы, а стержень жёстко прикреплён к шайбе 2 — рассматриваемую систему можно считать твёрдым телом с материальными точками на концах стержня.

Запишем уравнение динамики вращательного движения относительно центра стержня (который также является центром масс рассматриваемой системы):

I\varepsilon=M\ \Rightarrow\ \frac{2mL^2\varepsilon}4=\frac{NL\sin\alpha}2,

где $N$ — сила нормальной реакции стенки.

Пусть $\Delta p_y$ — импульс силы нормальной реакции стенки. Тогда имеем:

\omega=\frac{\Delta p_y\sin\alpha}{mL}.

Запишем теорему о движении центра масс системы:

2m\vec a_C=\vec N.

Отсюда видно, что проекция скорости центра масс на ось $x$ при соударении остаётся постоянной и равной:

v_{Cx}=v_0\sin\alpha.

Пусть $v_{Cy}$ — скорость центра масс в проекции на ось $y$ сразу после удара. Тогда из теоремы о движении центра масс получим:

2ma_{Cy}=N\ \Rightarrow\ \Delta p_y=2m(v_{Cy}+v_0\cos\alpha).

Поскольку соударение упругое — кинетическая энергия системы сохраняется. Воспользуемся теоремой Кёнига и получим выражение для кинетической энергии системы:

E_k=\frac{Mv_C^2}2+E_{k\,\text{отн}}\ \Rightarrow\ E_k=mv_C^2+\frac{mL^2\omega^2}4,

откуда:

mv_0^2=mv_{Cy}^2+mv_{Cx}^2+\frac{mL^2\omega^2}4.

Скомбинируем полученные уравнения:

mv_0^2=m\left(\frac{\omega L}{2\sin\alpha}-v_0\cos\alpha\right)^2+v_0^2\sin^2\alpha+\frac{m\omega^2L^2}4\ \Rightarrow\ \frac{v_0\omega L}{\operatorname{tg}\alpha}=\frac{\omega^2L^2}4(1+2\operatorname{ctg}^2\alpha),

откуда:

\omega=\frac{4v_0\operatorname{tg}\alpha}{L(1+2\operatorname{tg}^2\alpha)}\approx4{,}33\,\text{рад/с}.

3. Первое решение:

Сразу после абсолютно неупругого соударения шайбы 2 со стенкой её скорость направлена вдоль стенки. Обозначим её за $v_2$ . Приравнивая проекции скоростей шайб на ось, направленную вдоль стержня, получим:

v_2\sin\alpha=v_1.

Компонента скорости шайбы 2, направленная перпендикулярно стержню, равна $v_\perp=v_2\cos\alpha$ , поэтому для угловой скорости вращения стержня имеем:

\omega=\frac{v_\perp}L=\frac{v_2\cos\alpha}L.

Изменения импульса системы в проекции на оси $x$ и $y$ составляют:

\Delta p_x=mv_2+mv_1\sin\alpha-2mv_0\sin\alpha,\qquad\Delta p_y=2mv_0\cos\alpha-mv_1\cos\alpha.

Подставляя связь $v_1$ и $v_2$ , получим:

\Delta p_x=mv_2(1+\sin^2\alpha)-2mv_0\sin\alpha,\qquad\Delta p_y=2mv_0\cos\alpha-mv_2\sin\alpha\cos\alpha.

Определим скорость $v_2$ , считая, что шайба 2 всегда проскальзывает по стенке. Критерием правильности рассуждений является неотрицательное значение $v_2$ .

На систему в плоскости рисунка действуют две внешние силы: $N=F_y$ и $F_{\text{тр}}=\mu N=-F_x$ . Поскольку силы связаны прямой пропорциональностью, имеем:

\frac{\Delta p_x}{\Delta p_y}=\frac{F_x}{F_y}=-\frac{F_{\text{тр}}}N=-\mu=\frac{v_2(1+\sin^2\alpha)-2v_0\sin\alpha}{2v_0\cos\alpha-v_2\sin\alpha\cos\alpha},

откуда:

v_2=\frac{2v_0(\sin\alpha-\mu\cos\alpha)}{1+\sin^2\alpha-\mu\sin\alpha\cos\alpha}=\frac{2v_0(\operatorname{tg}\alpha-\mu)}{\cos\alpha(1+2\operatorname{tg}^2\alpha-\mu\operatorname{tg}\alpha)}.

Величина $v_2$ является неотрицательной, если $\mu\leq\operatorname{tg}\alpha$ и $\mu>2\operatorname{tg}\alpha+\operatorname{ctg}\alpha$ . Невозможность постоянного проскальзывания при $\mu>2\operatorname{tg}\alpha+\operatorname{ctg}\alpha$ ясна и чисто из физических соображений, однако это можно показать и формально: При таких значениях $\mu$ введённая ранее величина $\Delta p_y$ оказывается отрицательной, что, разумеется, невозможно.

Таким образом, условие постоянного проскальзывания шайбы 2 следующее:

\mu\leq\operatorname{tg}\alpha.

Обратим внимание, что $\mu_1<\operatorname{tg}\alpha$ , а $\mu_2>\operatorname{tg}\alpha$ . Тогда при коэффициенте трения $\mu_1=0{,}2$ для угловой скорости стержня сразу после удара получим:

\omega_1=\frac{2v_0(\operatorname{tg}\alpha-\mu_1)}{L(1+2\operatorname{tg}^2\alpha-\mu_1\operatorname{tg}\alpha)}\approx1{,}52\,\text{рад/с}.

При $\mu\geq\operatorname{tg}\alpha$ шайбы 2 в некоторый момент соударения прекращает движение вдоль стенки и далее по ней не проскальзывает. Покажем это.

Пусть $F$ — сила напряжения стержня. Запишем второй закон Ньютона для шайбы 2 в проекции на ось $y$ :

ma_{2y}=N-F\cos\alpha\ \Rightarrow\ N=F\cos\alpha+ma_{2y}\geq F\cos\alpha.

Проскальзывание может возобновиться, если $F\sin\alpha>\mu N$ . Но из полученного выражения для $N$ следует:

\mu N=\mu(F\cos\alpha+ma_{2y})\geq\tan\alpha(F\cos\alpha+ma_{2y})\geq F\sin\alpha,

поэтому проскальзывание шайбы 2 не возобновится, и, следовательно, сразу после соударения её скорость равна нулю. Тогда при $\mu_2=0{,}6$ в силу полученной связи $\omega$ и $v_2$ находим:

\omega_2=0\,\text{рад/с}.

Второе решение:

Сразу после абсолютно неупругого соударения шайбы 2 со стенкой её скорость направлена вдоль стенки. Обозначим её за $v_2$ .

Запишем выражение для скорости $v_2$ шайбы 2 и условие её движения без отрыва от стенки:

v_{2x}=v_2=v_{Cx}+\frac{\omega L\cos\alpha}2,\qquad v_{2y}=0=v_{Cy}+\frac{\omega L\sin\alpha}2.

Изменения импульса системы в проекции на оси $x$ и $y$ составляют:

\Delta p_x=2m(v_{Cx}-v_0\sin\alpha),\qquad\Delta p_y=2m(v_{Cy}+v_0\cos\alpha).

Запишем уравнение динамики вращательного движения относительно центра масс системы:

\frac{mL^2\varepsilon}2=\frac{(N\sin\alpha+F_x\cos\alpha)L}2,

где $F_x=-F_{\text{тр}}$ — проекция на ось $x$ силы трения, действующей на шарик 2. Отсюда:

\omega=\frac{\Delta p_x\cos\alpha+\Delta p_y\sin\alpha}{mL}.

Определим скорость $v_2$ , считая, что шайбы 2 всегда проскальзывает по стенке. Критерием правильности рассуждений является неотрицательное значение $v_2$ .

Из уравнения динамики вращательного движения и уравнений кинематической связи имеем:

\omega=\frac{2\bigl(v_2-(\omega L\cos\alpha)/2-v_0\sin\alpha\bigr)\cos\alpha+2\bigl(v_0\cos\alpha-(\omega L\sin\alpha)/2\bigr)\sin\alpha}L.

После преобразований получим:

\omega=\frac{v_2\cos\alpha}L.

Если проскальзывание не прекращается, то $F_x=-F_{\text{тр}}=-\mu N$ , откуда:

\frac{\Delta p_x}{\Delta p_y}=-\mu=\frac{v_{Cx}-v_0\sin\alpha}{v_{Cy}+v_0\cos\alpha}.

Из полученного соотношения и уравнений кинематической связи имеем:

v_0\sin\alpha+\frac{\omega L\cos\alpha}2-v_2=\mu\left(v_0\cos\alpha-\frac{\omega L\sin\alpha}2\right).

Подставляя полученную ранее связь $\omega$ и $v_2$ , находим:

v_0\sin\alpha+\frac{v_2\cos^2\alpha}2-v_2=\mu v_0\cos\alpha-\frac{\mu v_2\sin\alpha\cos\alpha}2,

откуда:

v_2=\frac{2v_0(\sin\alpha-\mu\cos\alpha)}{2-\cos^2\alpha-\mu\sin\alpha\cos\alpha}=\frac{2v_0(\operatorname{tg}\alpha-\mu)}{\cos\alpha(1+2\operatorname{tg}^2\alpha-\mu\operatorname{tg}\alpha)}.

Таким образом, условие постоянного проскальзывания шайбы 2 следующее:

\mu\leq\operatorname{tg}\alpha.

Тогда при $\mu_1=0{,}2$ для угловой скорости стержня сразу после удара получим:

\omega_1=\frac{2v_0(\operatorname{tg}\alpha-\mu_1)}{L(1+2\operatorname{tg}^2\alpha-\mu_1\operatorname{tg}\alpha)}\approx1{,}52\,\text{рад/с}.

Если $v_{2x}=0$ , то с учетом пренебрежимо малого изменения координат (углов) за время удара, выполняется соотношение:

a_{Cx}+\frac{\varepsilon L\cos\alpha}2=0.

Определим из этого условия силу трения $F_x$ , действующую на шарик 2:

\frac{F_x}{2m}+\frac{(N\sin\alpha+F_x\cos\alpha)\cos\alpha}{2m}=0\ \Rightarrow\ |F_x|=\frac{N\sin\alpha\cos\alpha}{1+\cos^2\alpha}<\frac{N\sin\alpha}{\cos\alpha}\leq\mu N.

Это доказывает, что предположение об отсутствии проскальзывания после обнуления проекции $v_{2x}$ скорости шайбы 2 верно.

Тогда при $\mu_2=0{,}6$ в силу полученной связи $\omega$ и $v_2$ находим:

\omega_2=0\,\text{рад/с}.

Примечания к источнику: в ключе для шайб несколько раз употреблено «шарика/шарик»; исходная терминология сохранена. На странице 34 в комбинированном выражении энергии перед $v_0^2\sin^2\alpha$ не напечатан множитель $m$ , в отличие от предыдущего уравнения. В двух фразах об областях неотрицательности $v_2$ (страницы 35 и 37) напечатан союз «и» между $\mu\leq\operatorname{tg}\alpha$ и $\mu>2\operatorname{tg}\alpha+\operatorname{ctg}\alpha$ ; сохранены исходные фразы, последующее исключение второго случая и конечное условие.

Native complete rod/washer force construction,L/r/O,beta,F/Fperp/R arrows and contact-wall hatching.

Native complete elastic-velocity and coordinate diagram, washers1/2,v1,omegaL,alpha,x/y arrows.

Native complete inelastic force/velocity diagram, washers1/2,v1/v2,alpha,N/friction arrows,x/y coordinates.

Оригинал в Архива: Ru23-T.pdf · решение от архива: Ru23-T.pdf