Съдържание

ВсОШ 2025, Регионален етап — Задача 11. 9-Т3 · Не падать

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от ВсОШ 2025

Всероссийская олимпиада школьников по физике — Региональный этап, теоретический тур — Москва,2025

Внимание: Бележка към темата

Полный исходный60-страничный сборник:23целые задачи7–11классов,55номерованных запросов и6ненумерованных; все напечатанные возможные решения/варианты. Исходные несогласованности сохранены и отмечены отдельно. Баллы, критерии и продолжительность в данном источнике не напечатаны. Для измерений и построений используйте исходныйPDF с родным масштабом.

Титул, авторы и материалы исходного сборника

Министерство просвещения Российской Федерации. Центральная предметно-методическая комиссия Всероссийской олимпиады школьников по физике. Всероссийская олимпиада школьников по физике. Региональный этап. Теоретический тур. Москва,2025г.

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

Авторы задач

7-Т1. Александр Евсеев
7-Т2. Ольга Инишева
7-Т3. Константин Кутелев
7-Т4. Александр Евсеев
8-Т1. Андрей Сеитов
8-Т2. Александр Евсеев
8-Т3. Александр Евсеев
8-Т4. Ольга Инишева
9-Т1. Константин Кутелев
9-Т2. Антон Вергунов
9-Т3. Владимир Савинцев
9-Т4. Денис Рубцов
9-Т5. Матвей Муравьев, Иван Гурьянов
10-Т1. Алексей Заяц
10-Т2. Александр Киреев
10-Т3. Леонид Колдунов
10-Т4. Анна Шишкина
10-Т5. Юрий Черников
11-Т1. Александр Аполонский
11-Т2. Александр Аполонский
11-Т3. Константин Парфенов
11-Т4. Алексей Заяц
11-Т5. Юрий Черников

Как готовиться к региональному этапу?

В МФТИ запущен классный проект «Физтех-регионам» (https://os.mipt.ru), где в публичном бесплатном доступе лежат лекции и семинары по всем классам и по всем темам. Там же выложены подборки задач по темам. Уровень материалов позволяет хорошо подготовиться к муниципальному и региональному этапу Всероссийской олимпиады школьников по физике.

Если вы школьник, просто пользуйтесь доступными материалами. Если вы преподаватель или сотрудник регионального органа образования, то МФТИ готов помочь организовать на базе вашей школы или центра по работе с талантливыми детьми кружок по физике. Занятия будут проходить по программе «Физтех-регионам», и МФТИ не берет никаких денег за эти материалы. Единственное, вам нужно будет обеспечить работу преподавателя. Подобным образом уже функционируют кружки в более чем40регионах России.

В исходном ключе заголовок «Возможные решения». Сохранены родные группы7,8,9,10и11классов и исходные обозначения каждой целой задачи.

Условие

Один конец невесомого жёсткого стержня длиной $L$ с закреплённым на конце маленьким шариком массой $m$ касается массивного клина с углом $\alpha$ при основании (см. рисунок). Другой конец стержня шарнирно закреплён в точке $O$ . Систему удерживают в некотором положении, а затем отпускают. В момент, когда стержень горизонтален, шарик отрывается от клина.

Complete original wedge/rod/ball/pivot O, L, alpha, g/v arrows and ground hatching.

Найдите скорость $v$ клина в этот момент.

Ускорение свободного падения $g$ считайте известным. Трения в системе нет.

Решение

Чтобы шарик скользил по наклонной поверхности без отрыва, необходимо, чтобы проекции скорости $v$ клина и скорости $u$ шарика на ось нормальную к поверхности были равны. Запишем кинематическую связь для момента, когда стержень горизонтален:

u\cos\alpha=v\sin\alpha\Rightarrow u=v\operatorname{tg}\alpha.

Full native wedge acceleration/velocity diagram, all normal/tangential arrows, u/v/g, alpha/L/O and hatching.

Поскольку ось, перпендикулярная наклонной поверхности клина, постоянна по направлению, а проекции скоростей клина и шарика на эту ось одинаковы, то и проекции ускорений клина и шарика на данную ось также равны. После отрыва шарика от клина все действующие на клин силы вертикальны. В результате этого клин начинает двигаться равномерно. Следовательно, в момент отрыва проекция ускорения шарика на нормаль к поверхности клина равна нулю.

Равенство нулю проекции ускорения шарика в момент отрыва можно доказать другим способом: перейдём в поступательно движущуюся систему отсчёта, связанную с клином. В этой системе отсчёта относительное ускорение шарика будет направлено вдоль наклонной поверхности клина. Поскольку в момент отрыва шарика от клина все действующие на клин силы вертикальны, его ускорение равно нулю. Это означает, что и в лабораторной системе отсчёта ускорение шарика тоже будет направлено вдоль поверхности клина.

Так как стержень нерастяжимый, движение шарика представляет собой движение по окружности радиусом $L$ . Найдём тангенциальную $a_{\tau}$ и нормальную $a_n$ компоненты ускорения шарика. Запишем второй закон Ньютона в проекциях на вертикальную ось. Так как по условию в рассматриваемый момент шарик отрывается от поверхности клина, на него действует единственная вертикальная сила — сила тяжести. Исходя из этого, получаем: $ma_{\tau}=mg\Rightarrow a_{\tau}=g$ . Для нахождения нормальной компоненты ускорения воспользуемся формулой центростремительного ускорения:

a_n=\frac{u^2}{L}.

Далее рассмотрим три возможных способа определения скорости шарика $u$ в момент отрыва.

Первый способ

Запишем уравнение кинематической связи для проекций ускорений на нормаль к наклонной поверхности клина:

0=a_n\cos\alpha-a_{\tau}\sin\alpha\Rightarrow a_{\tau}=a_n\operatorname{tg}\alpha\Rightarrow g=\frac{u^2}{L}\operatorname{tg}\alpha\Rightarrow u^2=gL\operatorname{ctg}\alpha.

Второй способ

Второй закон Ньютона для шарика в момент отрыва:

m\vec a=\vec T+m\vec g.

Как было доказано ранее, в момент отрыва ускорение шарика в лабораторной системе отсчёта направлено вдоль поверхности клина. Спроецируем второй закон Ньютона на ось перпендикулярную наклонной поверхности клина и получим:

T\sin\alpha=mg\cos\alpha.

В этот момент шарик движется по окружности с центром в точке $O$ и радиусом $L$ , значит $T=ma_n$ . Следовательно:

\frac{u^2}{L}\sin\alpha=g\cos\alpha\Rightarrow g=\frac{u^2}{L}\operatorname{tg}\alpha\Rightarrow u^2=gL\operatorname{ctg}\alpha.

Третий способ

Запишем уравнение кинематической связи для скоростей шарика и клина при скольжении без отрыва в произвольный момент времени:

u\cos\varphi=v\sin\alpha,

где $\varphi$ — угол между стержнем и наклонной плоскостью клина. Возьмём производную по времени от кинематической связи:

a_{\tau}\cos\varphi-u\sin\varphi\cdot\omega=a_{\text{к}}\sin\alpha.

В рассматриваемый момент $a_{\text{к}}=0$ , так как все силы действующие на клин вертикальны, и $\varphi=\alpha$ . Тогда:

a_{\tau}=u\omega\operatorname{tg}\alpha=a_n\operatorname{tg}\alpha=\frac{u^2\operatorname{tg}\alpha}{L}\Rightarrow g=\frac{u^2\operatorname{tg}\alpha}{L}\Rightarrow u^2=gL\operatorname{ctg}\alpha.

С учётом того, что $u=v\operatorname{tg}\alpha$ , окончательно получим:

v=\sqrt{\frac{gL}{\operatorname{tg}^3\alpha}}=\sqrt{gL\operatorname{ctg}^3\alpha}.

Оригинал в Архива: Ru25-R-T.pdf · решение от архива: Ru25-R-T.pdf