Белорусская, 2022/23, заключительный этап, 10 класс, экспериментальный тур

Подсказка

Массивная пружина растягивается и собственным весом: деформация каждого витка определяется весом всей части ниже него. Зависимость длины от массы груза линейна, а по её наклону и сдвигу находятся жёсткость и масса пружины.

Ответ

1.1) \(L_0=10{,}0\) см, \(L_1=19{,}0\) см;  1.3) \(L=L_0+\dfrac{m_0g}{2k}+\dfrac{mg}{k}\), \(L_{0{,}5}=\dfrac{L_0}{2}+\dfrac{3}{4}\dfrac{m_0g}{k}+\dfrac{mg}{2k}\);  1.4) \(k\approx1{,}0\) мН/см, \(k_{0{,}5}\approx2k\), \(m_0\approx1{,}8\) г;  1.5) \(F=kL-19\) мН при вертикальном положении, \(F=kL-10\) мН при горизонтальном (\(a=k=1{,}0\) мН/см);  2.1) \(\Delta F_{\min}=0{,}2\) мН, \(F_{\max}\approx131\) мН (вертикально) и \(140\) мН (горизонтально) при длине ленты 150 см;  2.2) \(m\approx1{,}7\) г;  2.3) \(\mu\approx0{,}2\).

Решение

Часть 1. Исследование пружины.

1.1 Длина недеформированной пружины

\[L_0 = 10{,}0 \text{ см}\tag{1}\]

Длина пружины, растянутой под собственным весом, равна

\[L_1 = 19{,}0 \text{ см}\tag{2}\]

1.2 Результаты измерений зависимости координат конца и середины пружины от массы подвешенного груза приведены в Таблице 1 и на графиках

Таблица 1.

1.3 Чтобы найти требуемые характеристики запишем теоретическую формулу длины целой пружины, считая, что ее деформация подчиняется закону Гука:

\[L = L_0 + \frac{m_0 g}{2k} + \frac{mg}{k}.\tag{3}\]

В этом выражении: Первое слагаемое – длина недеформированной пружины; Второе слагаемое – деформация пружины под действием собственного веса; Третье слагаемое – деформация пружины под действием веса подвешенных скрепок. Аналогично для половины пружины можно записать (учетом того, что ее коэффициент жесткости в два раза больше):

\[L_{0{,}5} = \frac{1}{2} L_0 + \frac{\frac{m_0}{2} g}{2(2k)} + \frac{\left(m + \frac{m_0}{2}\right)g}{2k} = \frac{1}{2} L_0 + \frac{3}{4} \frac{m_0 g}{k} + \frac{mg}{2k}.\tag{4}\]

1.4 Расчет по МНК параметров линейной зависимости \(L = am + b\) дает следующие значения коэффициентов

\[a = 9{,}77 \frac{\text{см}}{\text{г}}, \quad b = 19{,}0 \text{см}.\tag{5}\]

Используя теоретическую зависимость (3), находим требуемые параметры

\[\begin{aligned} a &= \frac{g}{k} \quad \Rightarrow \quad k = \frac{g}{a} \\ b &= L_0 + \frac{m_0 g}{2k} \quad \Rightarrow \quad m_0 = 2k \frac{b - L_0}{g}. \end{aligned}\tag{6}\]

Подстановка численных значений приводит к результатам

\[k = \frac{g}{a} = \frac{9{,}8 \frac{\text{м}}{\text{с}^2}}{9{,}77 \frac{\text{см}}{\text{г}}} = 1{,}0 \frac{\text{мН}}{\text{см}}.\tag{7}\]

\[m_0 = 2k \frac{b - L_0}{g} = 2 \cdot 1{,}0 \frac{\text{мН}}{\text{см}} \frac{(19{,}0 - 10{,}0) \text{см}}{9{,}8 \frac{\text{м}}{\text{с}^2}} = 1{,}8 \text{г}\tag{8}\]

Аналогичный расчет для деформации половины пружины подтверждает теоретические построения: коэффициент жесткости оказывается в 2 раза большим, значении массы пружины совпадает с найденным значением.

1.5 Из формулы (3) выразим значение силы

\[\begin{aligned} L &= L_0 + \frac{m_0 g}{2k} + \frac{F}{k} \quad \Rightarrow \\ F &= kL - k\left(L_0 + \frac{m_0 g}{2k}\right). \end{aligned}\tag{9}\]

Откуда следует, что искомые коэффициенты градуировочной функции равны

\[a = k = 1{,}0 \frac{\text{мН}}{\text{см}}, \quad b = -k\left(L_0 + \frac{m_0 g}{2k}\right) = -19 \text{мН}.\tag{10}\]

Полученные значения дают простое правило расчета силы по длине пружины: сила в миллиньтонах равна длине пружины в см минус 19. При горизонтальном расположении динамометра из параметра \(b\) следует исключить деформацию пружины под действием собственного веса. В этом случае значение коэффициента \(a\) остается неизменным, а коэффициент \(b\) становится равным

\[a = k = 1{,}0 \frac{\text{мН}}{\text{см}}, \quad b = -kL_0 = -10 \text{мН}.\tag{11}\]

Часть 2. Характеристики миллидинамометра и его применение.

2.1 При любом положении динамометра его чувствительность (точность измерения силы) равна

\[\Delta F_{\min} = k \Delta x_{\min} = 0{,}2 \, \text{мН}.\tag{12}\]

Максимальное значение силы определяется длиной шкалы измерения длины. Если принять ее равной \(150\) см, то максимальная сила равна \(F_{\max} = 140 \, \text{мН}\) при горизонтальном расположении динамометра и \(F_{\max} = 131 \, \text{мН}\) при вертикальном расположении.

2.2 Непосредственные измерения деформации пружины с подвешенным листом бумаги дают значение массы листа бумаги \(m = 1{,}7 \, \text{г}\).

2.3 Когда пружина находится на поверхности стола необходимо учесть силу трения, действующую на саму пружину, которая также трется о стол. В этом случае необходимо измерить деформации пружины в зависимости от числа скрепок, лежащих на листе бумаги. Тогда коэффициент наклона будет определяться трением бумаги о стол. А сила трения, действующая на пружину, будет влиять только на коэффициент сдвига. В результате измерений получено значение \(\mu \approx 0{,}2\).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Сила трения направлена против скорости тела относительно бумаги, поэтому при движении листа брусок смещается относительно бумаги под постоянным углом \(\beta\); из равновесия сил по этому направлению получается связь \(\mu\) с \(\alpha\) и \(\beta\).

Ответ

1.1) \(\mu=\operatorname{tg}(\alpha-\beta)\);  1.2) \(\beta\approx15^\circ\) при \(\alpha=30^\circ\);  1.4) \(\beta=\alpha-\operatorname{arctg}\mu\), \(b=17{,}2^\circ\), \(\mu=\operatorname{tg}b\approx0{,}31\) (погрешность около 10%);  1.5) \(\alpha_{\min}=b\approx17^\circ\);  1.7) для цилиндра зависимость линейна, но с наклоном \(\approx1/(1+C)\ne1\) (вращение цилиндра, трение покоя на боковой поверхности);  2.2) парабола \(y=y_0\dfrac{x(2x_0-x)}{x_0^2}\), \(x_0\approx4{,}5\) см, \(y_0\approx14\) см.

Решение

Часть 1. Тянем бумагу.

1.1 Сила трения направлена в сторону противоположную вектору относительной скорости движения тела. Эта основная идея позволяет легко построить направление сил, действующих на брусок (сила нормальной реакции, сила трения о бумагу, сила трения о дощечку). Как и банальном случае движения бруска по наклонной плоскости, коэффициент трения оказывается равным тангенсу угла между нормалью к поверхности дощечки и направлением результирующей силы взаимодействия бруска с дощечкой. В данном случае

\[\mu = \operatorname{tg}(\alpha - \beta).\tag{1}\]

1.2 Траектория движения бруска действительно близка к прямой линии. При этом угол наклона траектории примерно равен

\[\beta \approx 15^\circ.\tag{2}\]

1.3 Результаты измерений зависимости между углами \(\beta\) и \(\alpha\) представлены в таблице 1 и на графике.

Таблица 1.

1.4 Из формулы (1) следует, что

\[\beta = \alpha - \operatorname{arctg}\mu.\tag{2}\]

График подтверждает данную зависимость, так как коэффициент его наклона близок к 1. Коэффициент сдвига равен \(b = 17{,}2^\circ\), откуда следует, что

\[\mu = \operatorname{tg}b = 0{,}31.\tag{3}\]

Погрешность найденного значения составляет примерно 10%.

1.5 Из формулы (2) следует, что минимальное значение угла, при котором начинается скольжение, равно

\[\alpha_{\min} = b \approx 17^\circ,\tag{4}\]

Что подтверждается экспериментально.

1.6 Результаты аналогичных измерений для металлического цилиндра приведены в Таблице 2 и на графике.

Таблица 2.

1.7 Полученная зависимость линейна, но принципиально отличается от предыдущей зависимости, так как коэффициент наклона существенно отличается от 1. Главная причина этого заключается во вращательном движении цилиндра. Вследствие этого сила трения направлена под некоторым углом к вектору относительной скорости. Оценка этого угла отклонения дает значение примерно равное \(7^\circ\). Вторая причина полученного отличия заключается в том, что в данном случае сила трения боковой поверхности цилиндра о дощечку является трением покоя, поэтому она определяется тангенциальной составляющей внешней силы, в данном случае силы трения основания цилиндра о поверхность бумаги.

Часть 2. Толкаем карандаш.

2.1 Требуемые построения представлены на рисунке на следующей странице.

2.2 Полученная траектория движения центра карандаша не линейна, поэтому простейшая функция, которая ее описывает, есть квадратичная функция

\[y = y_0 \frac{x(2x_0 - x)}{x_0^2},\tag{5}\]

Где \(x_0 \approx 4{,}5\) см, \(y_0 \approx 14\) см - координаты вершины параболы.

2.3 Причина такого поведения заключается в том, что при повороте карандаша увеличивается момент силы трения, закручивающий карандаш. Это приводит к еще более быстрому его повороту.

Теоретическая добавка

Часть 1. Тянем бумагу.

1.1 Сила трения направлена в сторону противоположную вектору относительной скорости движения тела.

Рассмотрим движение бруска. Когда мы начинаем тянуть бумагу с некоторой скоростью \(\vec{V}_0\) на брусок начинает действовать сила трения со стороны бумаги \(\vec{F}_0\), направленная в сторону противоположную скорости движения бруска относительно бумаги. Эта сила приводит к появлению силы нормальной реакции \(\vec{N}\) со стороны дощечки. Под действием этих сил брусок начинает смещаться относительно дощечки с некоторой скоростью \(\vec{v}\), вследствие чего появляется сила трения \(\vec{F}_{\text{тр}}\).

Но (самое важное!) при после начала движения бруска относительно дощечки изменяется направление силы \(\vec{F}_0\). Вектор относительной скорости движения бруска \((\vec{v} - \vec{V}_0)\) образует некоторый угол \(\beta\) с направлением движения бумаги. Именно под этим углом и будет смещаться брусок относительно бумаги, именно этот угол легко поддается измерению. То, что направление силы \(\vec{F}_0\) зависит от скорости движения, является причиной того, что движение бруска становится равномерным! При таком движении сумма сил, действующих на брусок равна нулю, поэтому можно записать:

\[\begin{aligned} F_0 \sin(\alpha - \beta) &= F_{\text{тр}} \\ F_0 \cos(\alpha - \beta) &= N \end{aligned}\tag{1}\]

Используя закон для силы трения \(F_{\text{тр}} = \mu N\), получим

\[\operatorname{tg}(\alpha - \beta) = \mu.\tag{2}\]

Окончательно получаем, что

\[\beta = \alpha - \operatorname{arctg} \mu.\tag{3}\]

Качение цилиндра.

Описание движения цилиндра проводится аналогичным образом. На рисунке показаны силы, действующие на катящийся цилиндр. При установившемся движении выполняется уравнение

\[F_0 \sin(\alpha - \beta) = F_{\text{тр}},\tag{1}\]

в котором сила трения есть сила трения покоя, покоя, которая не может быть выражена с помощью какой-либо формулы. Поэтому нужны дополнительные уравнения. Так цилиндр катится с постоянной скоростью (и считаем, что без проскальзывания) то сумма моментов сил, действующих на цилиндр равна нулю. Это условие относительно оси цилиндра имеет вид

\[F_{\text{тр}} R = M,\tag{2}\]

Где \(M\) - момент сил трения, действующих на основание цилиндра со стороны бумаги. В этих уравнениях \(M\) и \(F_0\) сложным образом зависят от скоростей поступательного и вращательного движений цилиндра. К уравнениям динамики (1)-(2) следует добавить геометрическое соотношение между скоростями поступательного и вращательного движений:

\[\operatorname{tg}\beta = \frac{\omega R \cos \alpha}{V_0 - \omega R \sin \alpha} = \frac{\Omega \cos \alpha}{1 - \Omega \sin \alpha}.\tag{3}\]

Эта система позволяет найти связь между углами \(\beta\) и \(\alpha\), при известной зависимости \(M\) и \(F_0\) от отношения \(\Omega = \frac{\omega R}{V_0}\). Найти эти зависимости достаточно сложно, но можно предложить простые модельные соотношения, полученные на основании следующих логических заключений. При отсутствии вращения суммарная сила трения равна

\[F_0 = \mu_0 mg\tag{4}\]

Вращение даст некоторую поправку к этому выражению. Поэтому приближенно можно считать, что эта формула применима и при небольшом вращении. Момент сил трения относительно оси при поступательном движении равен нулю, он появляется при вращении, поэтому приближенно можно считать, что этот момент пропорционален отношению \(\Omega = \frac{\omega R}{V_0}\), и записать

\[M = C \mu_0 mg R \cdot \Omega.\tag{5}\]

где \(C\) - некоторый безразмерный коэффициент. Наконец, можно использовать приближение малых углов (\(\sin \beta \approx \operatorname{tg}\beta \approx \beta\), \(\cos \beta \approx 1\)). В этом случае из записанных уравнений следует, что

\[\beta \approx \frac{\alpha}{1 + C}.\tag{6}\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.