Съдържание

ВсОШ 2023, Заключителен етап — Задача 15. 11-Т5 · Туда-сюда

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 плоской доске, образующей с горизонтом угол $\alpha=30{,}0^\circ$ , находится маленькая шайба. Коэффициент трения между шайбой и доской равен $\mu=\operatorname{tg}\alpha$ . Вблизи основания доски шайбе сообщают скорость $v_0=8{,}00\,\text{м/с}$ , и она движется по доске, пока снова не достигнет основания. Основание доски горизонтально. Известно, что в моменты старта и повторного достижения основания доски вектор скорости шайбы образовывал углы $\varphi_0=60{,}0^\circ$ и $\varphi_1=159{,}3^\circ$ соответственно с положительным направлением оси $y$ , направленной вверх по доске (см. рис). Ускорение свободного падения $g=9{,}80\,\text{м/с}^2$ . Шайба не вращается.

Примечание: Ответ на каждый из вопросов задачи должен быть как рассчитан, так и выражен аналитически через заданные в условии величины!

Complete native inclined-board question figure,alpha,varphi0,v0,y,g and full board/horizon boundaries.

1 Определите ускорения шайбы $a_0$ и $a_1$ в момент старта и прямо перед повторным достижением основания доски соответственно.

2 Определите скорости шайбы $u$ и $v_1$ в верхней точке траектории и прямо перед повторным достижением основания доски соответственно.

3 Определите время $t$ , через которое шайба повторно достигает основания доски.

Решение

1. Пусть $m$ — масса шайбы. В плоскости доски на шайбу действуют компонента силы тяжести $mg\sin\alpha$ , а также сила трения $F_{\text{тр}}=\mu mg\cos\alpha$ , причём поскольку $\mu=\tan\alpha$ :

F_{\text{тр}}=mg\sin\alpha.

Изобразим на рисунке компоненту силы тяжести и силу трения, соответствующие углу $\varphi$ между направлением скорости шайбы и осью $y$ . Из него следует, что равнодействующая $R$ компоненты силы тяжести и силы трения равна:

R=2mg\sin\alpha\cos(\varphi/2).

Тогда для ускорений $a_0$ и $a_1$ имеем:

a_0=2g\sin\alpha\cos(\varphi_0/2)\approx8.49\,\text{м/с}^2,\qquad a_1=2g\sin\alpha\cos(\varphi_1/2)\approx1.76\,\text{м/с}^2.

2. Первое решение:

Равнодействующая компоненты силы тяжести и силы трения направлена вдоль биссектрисы угла $\varphi$ между направлением скорости и осью $y$ — тангенциальное ускорение шайбы и проекция её ускорения на ось $y$ равны друг другу, $a_\tau=a_y$ , поэтому:

v-v_y=v(1-\cos\varphi)=\mathrm{const}=v_0(1-\cos\varphi_0).

Второе решение:

Запишем выражение для тангенциальной и нормальной компонент ускорения:

a_\tau=\dot v=-g\sin\alpha(1+\cos\varphi),\qquad a_n=v\dot\varphi=g\sin\alpha\sin\varphi.

Отсюда:

\frac{\dot v}{v\dot\varphi}=-\frac{1+\cos\varphi}{\sin\varphi}=-\frac1{\tan(\varphi/2)}.

Разделим переменные и получим:

\frac{dv}v=-\frac{d\varphi}{\tan(\varphi/2)}.

Проинтегрируем полученное выражение $(\theta=\varphi/2)$ :

\int_{v_0}^v\frac{dv}v=\ln\left(\frac v{v_0}\right)=-\int_{\varphi_0}^{\varphi}\frac{d\varphi}{\tan(\varphi/2)}=-2\int_{\varphi_0/2}^{\varphi/2}\frac{\cos\theta\,d\theta}{\sin\theta}=-2\ln\left(\frac{\sin(\varphi/2)}{\sin(\varphi_0/2)}\right).

Избавляясь от логарифма, получим:

\frac v{v_0}=\frac{\sin^2(\varphi_0/2)}{\sin^2(\varphi/2)},\qquad v(\varphi)=\frac{v_0(1-\cos\varphi_0)}{1-\cos\varphi}.

Поскольку в верхней точке траектории $\varphi=90^\circ$ , для скоростей $u$ и $v_1$ имеем:

u=v_0(1-\cos\varphi_0)\approx4{,}00\,\text{м/с},\qquad v_1=\frac{v_0(1-\cos\varphi_0)}{1-\cos\varphi_1}\approx2{,}07\,\text{м/с}.

3. Первое решение:

Обратим внимание, что из найденного во втором пункте инварианта следует:

v-v_y=v_0(1-\cos\varphi_0).

Интегрируя по времени, получим

S-\Delta y=v_0(1-\cos\varphi_0)t,

где $\Delta y$ и $S$ — изменение координаты $y$ мела и пройденный им путь соответственно. К моменту достижения шайбой основания доски $\Delta y=0$ , поэтому:

S=v_0(1-\cos\varphi_0)t.

Для определения пути $S$ воспользуемся законом изменения кинетической энергии:

\Delta E_k=\frac{mv^2}2-\frac{mv_0^2}2=A_{\text{тяж}}+A_{\text{тр}}=-mg\sin\alpha\Delta y-mg\sin\alpha S.

Поскольку при достижении основания доски $\Delta y=0$ :

v_0^2-v_1^2=2g\sin\alpha S=2g\sin\alpha v_0(1-\cos\varphi_0)t,

откуда:

t=\frac{v_0}{2g\sin\alpha(1-\cos\varphi_0)}\left(1-\left(\frac{1-\cos\varphi_0}{1-\cos\varphi_1}\right)^2\right)\approx1{,}52\,\text{с}.

Второе решение:

С учётом полученной зависимости $v(\varphi)$ , время $t$ можно определить, например, из уравнения для нормальной компоненты ускорения шайбы:

v\dot\varphi=g\sin\alpha\sin\varphi\ \Rightarrow\ dt=\frac{v\,d\varphi}{g\sin\alpha\sin\varphi}=\frac{v_0(1-\cos\varphi_0)}{g\sin\alpha}\cdot\frac{d\varphi}{(1-\cos\varphi)\sin\varphi}.

Перейдём к переменной половинного угла:

dt=\frac{v_0(1-\cos\varphi_0)}{g\sin\alpha}\cdot\frac{d\varphi}{4\sin^3(\varphi/2)\cos(\varphi/2)}.

Воспользуемся стандартной тригонометрической подстановкой $z=\tan(\varphi/2)$ . Тогда получим:

\sin(\varphi/2)=\frac z{\sqrt{1+z^2}},\qquad\cos(\varphi/2)=\frac1{\sqrt{1+z^2}}.

Свяжем $d\varphi$ и $dz$ :

dz=d\tan(\varphi/2)=\frac1{\cos^2(\varphi/2)}\cdot\frac{d\varphi}2=(1+\tan^2(\varphi/2))\cdot\frac{d\varphi}2,\qquad d\varphi=\frac{2\,dz}{1+z^2}.

Отсюда имеем:

dt=\frac{v_0(1-\cos\varphi_0)}{g\sin\alpha}\cdot\frac{(1+z^2)^2}{4z^3}\cdot\frac{2\,dz}{1+z^2}.

Вводя переменные $z_0=\tan(\varphi_0/2)$ и $z_1=\tan(\varphi_1/2)$ , для времени $t$ получим:

t=\frac{v_0(1-\cos\varphi_0)}{2g\sin\alpha}\int_{z_0}^{z_1}\frac{1+z^2}{z^3}\,dz=\frac{v_0(1-\cos\varphi_0)}{2g\sin\alpha}\left(\int_{z_0}^{z_1}\frac{dz}{z^3}+\int_{z_0}^{z_1}\frac{dz}z\right).

Интегрируя, находим:

t=\frac{v_0(1-\cos\varphi_0)}{2g\sin\alpha}\left(\frac1{2z_0^2}-\frac1{2z_1^2}+\ln\left(\frac{z_1}{z_0}\right)\right).

Возвращаясь к исходным переменным, для времени $t$ находим:

t=\frac{v_0(1-\cos\varphi_0)}{2g\sin\alpha}\left(\frac1{1-\cos\varphi_0}-\frac1{1-\cos\varphi_1}+\ln\left(\frac{\tan(\varphi_1/2)}{\tan(\varphi_1/2)}\right)\right)\approx1{,}52\,\text{с}.

Примечание 1: Вообще говоря, задача является переопределённой, поскольку значение $\varphi_1$ однозначно определяется значением $\varphi_0$ , однако в такой формулировке задача становится слишком сложной. Участникам олимпиады было достаточно получить лишь одно уравнение, связывающее $\varphi_1$ и $t$ . Без заданного значения $\varphi_1$ решение третьего пункта задачи требует комбинации первого и второго изложенных решений. Численное значение $\varphi_1=159.3^\circ$ можно найти, приравняв два выражения для $t$ и численно решив полученное уравнение:

\frac1{(1-\cos\varphi_0)^2}-\frac1{(1-\cos\varphi_1)^2}=\frac1{1-\cos\varphi_0}-\frac1{1-\cos\varphi_1}+\ln\left(\frac{\tan(\varphi_1/2)}{\tan(\varphi_0/2)}\right).

Примечание 2: Из комбинации двух решений также получаются явные зависимости перемещения $\Delta y$ и пути $S$ от угла $\varphi$ :

\Delta y(\varphi)=\frac{v_0^2(1-\cos\varphi_0)^2}{4g\sin^2\alpha}\left(\frac{\cos\varphi_0}{(1-\cos\varphi_0)^2}-\frac{\cos\varphi}{(1-\cos\varphi)^2}-\ln\left(\frac{\tan(\varphi/2)}{\tan(\varphi_0/2)}\right)\right),

S(\varphi)=\frac{v_0^2(1-\cos\varphi_0)^2}{4g\sin^2\alpha}\left(\frac{2-\cos\varphi_0}{(1-\cos\varphi_0)^2}-\frac{2-\cos\varphi}{(1-\cos\varphi)^2}+\ln\left(\frac{\tan(\varphi/2)}{\tan(\varphi_0/2)}\right)\right).

Помимо этого, мы можем определить зависимость перемещения вдоль оси $x$ , направленной вдоль основания наклонной плоскости, от угла $\varphi$ :

dx=v\sin\varphi\,dt=v\sin\varphi\cdot\frac{d\varphi}{\dot\varphi}=\frac{v^2\,d\varphi}{g\sin\alpha}=\frac{v_0^2(1-\cos\varphi_0)^2}{g\sin\alpha}\cdot\frac{d\varphi}{(1-\cos\varphi)^2}.

Вновь переходя к переменной $z=\tan(\varphi/2)$ , получим:

\Delta x(z)=\frac{v_0^2(1-\cos\varphi_0)^2}{2g\sin\alpha}\int_{z_0}^z\frac{(1+z^2)^2}{z^4}\cdot\frac{dz}{1+z^2}=\frac{v_0^2(1-\cos\varphi_0)^2}{2g\sin\alpha}\left(\int_{z_0}^z\frac{dz}{z^4}+\int_{z_0}^z\frac{dz}{z^2}\right).

Интегрируя, находим:

\Delta x(z)=\frac{v_0^2(1-\cos\varphi_0)^2}{2g\sin\alpha}\left(\frac1{3z_0^3}-\frac1{3z^3}+\frac1{z_0}-\frac1z\right).

Возвращаясь к переменной $\varphi$ :

\Delta x(\varphi)=\frac{v_0^2(1-\cos\varphi_0)^2}{2g\sin\alpha}\left(\frac1{3\tan^3(\varphi_0/2)}-\frac1{3\tan^3(\varphi/2)}+\frac1{\tan(\varphi_0/2)}-\frac1{\tan(\varphi/2)}\right).

Таким образом, траектория шайбы может быть получена аналитически в параметрической форме, поскольку $\Delta y(\varphi)$ и $\Delta x(\varphi)$ является известными аналитическими функциями.

Траектория для заданных значений $v_0,\varphi_0,\alpha$ и $g$ представлена на рисунке ниже.

Примечания к источнику: в формуле времени после возврата к $\varphi$ на странице 57 оба аргумента логарифма напечатаны как $\tan(\varphi_1/2)$ , в отличие от предыдущего $\ln(z_1/z_0)$ и последующего уравнения из Примечания 1 с $\varphi_0$ в знаменателе. Сохранены все три исходные формы и число $1{,}52\,\text{с}$ . В Примечании 2 знаменатели $\Delta y$ и $S$ содержат $\sin^2\alpha$ , тогда как время и $\Delta x$ содержат $\sin\alpha$ ; сохранены исходные степени. На странице 55 слово «мела» присутствует в пояснении к $\Delta y$ и $S$ в задаче про шайбу; сохранена исходная терминология.

Complete native key velocity/y reference plus gravity/friction resultant triangle,R,varphi/varphi2,mg sin alpha,Ffriction,all arrows and dashed extension.

Complete native final parametric trajectory graph,x/y axes,metre units,origin,all numeric ticks,curve maximum/end point and arrowheads.

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