Logo
Logo

Устойчивость различных систем

Разбалловка

A1  1.50 Выразите угловое ускорение стержня $\ddot{\varphi}$ через $\varphi$, $l$ и $g$. Покажите, что зависимость угла наклона $\varphi$ от времени задается выражением $\varphi=Ae^{t/\tau}+Be^{-t/\tau}$, где $A$ и $B$ – постоянные, зависящие от начального положения и начальной угловой скорости стержня, а $\tau$ – характерное время падения. Выразите $\tau$ через $l$ и $g$.

A1. 1 Момент инерции стержня $I=ml^2/3$. 0.20
A1. 2 Момент силы $mgl\varphi/2$ 0.20
A1. 3 Связь углового ускорения и угла: $\ddot{\varphi}=3g\varphi/2l$. 0.40
A1. 4 Вторая производная угла $\ddot{\varphi}=\varphi/\tau^2$. 0.30
A1. 5 Характерное время $\tau=\sqrt{\cfrac{2l}{3g}}$. 0.40
A2  0.50 Пусть теперь мальчик пытается поддерживать длинную тонкую палку в вертикальном положении на своей руке. Как только палка начинает падать, например, влево, он двигает руку влево на еще большее расстояние так, что центр масс палки оказывается правее её точки опоры. Вследствие этого момент силы тяжести начинает вращать палку вправо, уменьшая ее скорость вращения, направленную влево. Оцените, палку какой длины мальчик может держать вертикально, если время его реакции примерно равно $\tau_r=0{,}2~\text{с}$. (Время реакции – это временная задержка между командой, посланной мозгом рукам, и соответствующим движением рук.)

A2. 1 Характерное время порядка времени реакции: $\tau_r=\sqrt{\cfrac{2l}{3g}}$. 0.30
A2. 2 Длина палки $l_r=\cfrac{3g\tau^2_r}{2}=0{,}59~\text{м}$ (по 0.1 за формулу и число). 2 × 0.10
A3  0.50 Люди и птицы удерживают себя в стоячем положении похожим образом. Они двигают точку опоры (точку внизу ступни, где приложена нормальная сила реакции опоры), например, изменяя угол между ступней и ногой, чтобы противостоять падению верхней части тела.
Маленькая птичка высоты $l=6~\text{см}$ может стоять на ногах. Оцените сверху её время реакции.

A3. 1 Характерное время порядка времени реакции $\tau_b=\sqrt{\cfrac{2l_b}{3g}}$. 0.30
A3. 2 Время $\tau_b=\sqrt{\cfrac{2l_b}{3g}}=0{,}065~\text{с}$ (по 0.1 за формулу и число). 2 × 0.10
A4  1.00 Равновесие на велосипеде тоже поддерживается путём переноса точки опоры, лежащей на линии между точками соприкосновения колес с землёй. Эта линия может быть перемещена поворотом руля во время езды. Оцените минимальную скорость велосипедиста $v_m$, при которой он может держать равновесие таким способом. Считайте, что для него характерное время падения такое же, как и у стержня длиной $L=2~\text{м}$; расстояние между осями колёс $d=1~\text{м}$.

A4. 1 Связь характерного времени и расстояния между осями $v_m\tau=d$. 0.50
A4. 2 $$\tau=\sqrt{\cfrac{2L}{3g}}
$$
0.20
A4. 3 $v_m=d\sqrt{\cfrac{3g}{2L}}=2{,}7~\text{м}/\text{с}$ (по 0.15 за формулу и число). 2 × 0.15
B1  1.00 Предположим, что изначально канатоходец стоял в почти идеальном равновесии
($\alpha_1=\alpha_2=0$). Из-за неустойчивости равновесия он медленно начинает падать по часовой стрелке. Он это замечает, когда $t=t_0$, $\alpha_1=\alpha_2=\alpha_0>0$. Он быстро изгибается, чтобы перестать падать. Считайте, что угол $\beta$ мгновенно принимает значение $\beta_0$. Выразите новые значения углов $\alpha_1$ и $\alpha_2$ через $\beta_0$ и $\alpha_0$.

B1. 1 Записан закон сохранения момента импульса : $m(1{,}4H)^2\dot{\alpha}_1+mH^2\dot{\alpha}_2=const$ 0.30
B1. 2 Если сохранение момента импульса упомянуто, но не записано уравнение. -0.10
B1. 3 Процесс происходит очень быстро и $const=0$ в сравнении с другими величинами. 0.20
B1. 4 Уравнение для приращения углов $1{,}96\Delta{\alpha}_1+\Delta{\alpha}_2=0$. 0.10
B1. 5 Угол $\beta=\Delta{\alpha}_1-\Delta{\alpha}_2$. 0.20
B1. 6 Ответ для $\alpha_1=\alpha_0+\cfrac{\beta_0}{2{,}96}$. 0.10
B1. 7 Ответ для $\alpha_2=\alpha_0-\cfrac{1{,}96\beta_0}{2{,}96}$. 0.10
B2  0.50 Таким образом, канатоходец теперь согнут и поддерживает ту же форму тела ($\beta=\beta_0$) в течение времени $T_b$, после которого он почти мгновенно выпрямляется ($\beta=0$). Он хочет снова встать вертикально $\alpha_1=\alpha_2=0$. Должен ли он был сгибаться по часовой стрелке ($\beta_0>0$) или против часовой стрелки ($\beta_0<0$)? Объясните свой ответ.

B2. 1 Центр масс должен повернуться против часовой стрелки. 0.10
B2. 2 Изменение угловой координаты центра масс $\Delta{\varphi}=1{,}4\Delta{\alpha}_1+\Delta{\alpha}_2=-0{,}56\Delta{\alpha}_1$. 0.30
B2. 3 Ответ: $\beta>0$. 0.10
B3  1.00 Теперь будем считать, что $\alpha_0\ll{\beta_0}$. Сразу после того, как он выпрямился, ни его угловая скорость ($\dot{\alpha}_1=\dot{\alpha}_2$), ни угол $\alpha_1$ не равны нулю (равными нулю они станут значительно позже). Найдите значение выражения $\dot{\alpha}_1/\alpha_1$. Ответ выразите через $H$ и $g$.

B3. 1 Решение уравнения движения $\alpha_1(t)=Ae^\frac{t}{\tau}+Be^{-\frac{t}{\tau}}$, где $\tau=\sqrt{\cfrac{2{,}96}{2{,}4}\cfrac{H}{g}}$. 0.20
B3. 2 Для того, чтобы выпрямиться, нужно $A=0$. 0.30
B3. 3 Производная по времени $\dot{a}_1=-\cfrac{B}{\tau}e^{-\cfrac{t}{\tau}}$. 0.30
B3. 4 При $t=0$ $\cfrac{a_1}{a_2}=-\cfrac{1}{\tau}$. 0.20
B4  1.00 Найдите время $T_b$, в течение которого канатоходец согнут. Ответ выразите через $\alpha_0$, $\beta_0$, $H$ и $g$. Можно считать, что $\alpha_0\ll{\beta_0}$.

B4. 1 После выпрямления угол наклона можно считать равным $\alpha_0$. 0.10
B4. 2 Изменение момента импульса за время, пока канатоходец согнут $\Delta{L}=-5{,}92mH^2\cfrac{\alpha_0}{\tau}$ 0.30
B4. 3 Связь момента сил и изменения момента импульса $\Delta{L}=MT_b$, 0.20
B4. 4 Выражение для момента во время фазы сгибания $M=-\cfrac{0{,}56}{2{,}96}\beta_0mgH$ 0.30
B4. 5 Получен правильный ответ: $T_b=28{,}18\cfrac{\alpha_0}{\beta_0}\sqrt{\cfrac{H}{g}}$ 0.10
C1  1.50 Считайте, что в момент $t=T/2$ маятник был неподвижен и наклонён под малым углом $\varphi_0$. Нарисуйте график зависимости угла наклона $\varphi$ от времени, и определите угловое смещение маятника $\Delta{\varphi}$ в момент $t=T$, то есть, $\Delta{\varphi}=\varphi(T)-\varphi(T/2)$. Можно считать, что $\Delta{\varphi}\ll{\varphi_0}$.

C1. 1 Верно записано уравнение движения $\ddot{\varphi}=\cfrac{2v_0}{lT}\varphi$ (когда сила инерции направлена вниз). 0.40
C1. 2 В уравнении движения присутствует незначительная ошибка. -0.20
C1. 3 Идея замены $\varphi\approx{\varphi_0}$. 0.20
C1. 4 Идея замены $a_0$ на $-a_0$ при смене направления силы инерции. 0.20
C1. 5 Верный график (с подписями времён). 0.40
C1. 6 Выражение для амплитуды: $\Delta{\varphi}=\cfrac{1}{4}\cfrac{v_0T}{l}\varphi$. 0.30
C2  1.50 Так как мы все еще пренебрегаем силой тяжести, только сила инерции имеет ненулевой момент относительно шарнира. Найдите среднее по времени значение этого момента силы инерции за время $2T$.

C2. 1 Средний момент $\langle M \rangle=\langle mla(t)\varphi(t)\rangle$. 0.30
C2. 2 Верно взяты интегралы $\int\limits_0^T\varphi(t)dt$ и $\int\limits_T^{2T}\varphi(t)dt$ (по 0.5 за каждый). 2 × 0.50
C2. 3 Ответ: $\langle M \rangle=-\cfrac{1}{3}mv^2_0\varphi_0$ 0.20
C2. 4 Неправильный знак в ответе. -0.10
C3  1.00 Теперь учтем силу тяжести. Напишите неравенство, которое должно выполняться для $g$,$T$,$l$ и $v_0$, чтобы существовало вертикальное положение.

C3. 1 Средний момент $M_g=mgl\varphi_0$ 0.40
C3. 2 Уравнение движения либо суммарный средний момент $M_0=m\varphi_0\left(gl-\cfrac{v^2_0}{3}\right)$. 0.40
C3. 3 Ответ: $3gl 0.20