Logo
Logo

Вращающаяся космическая станция

Задачи
Корзина недоступна
Чтобы пользоваться корзиной для создания наборов задач, авторизуйтесь.

Разбалловка

I16
0.0
Сумма баллов
B1  0.50 С какой циклической частотой $\omega_{ss}$ должна вращаться станция, чтобы космонавты испытывали такое же ускорение свободного падения $g_E$, как на поверхности Земли?

1 Выражение для центробежной силы: $F_{ce} = m \omega^2 r$ 0.10
2 Связь $g_E$ и $\omega_{ss}$: $g_E = \omega_{ss}^2 R$ 0.20
3 Ответ: $\omega_{ss} = \sqrt{g_E / R}$ 0.20
B2  0.20 Полагая, что ускорение свободного падения на Земле постоянно и равно $g_E$, чему будет равна циклическая частота колебаний $\omega_E$, измеренная человеком на Земле?

1 Ответ не зависит от $g_E$ 0.10
2 Ответ: $\omega_E = \sqrt{k/m}$ 0.10
B3  0.60 Какую циклическую частоту $\omega$ измерит Алиса на космической станции?

1 Уравнение вида $F = -k x \pm m \omega_{ss}^2 x$ 0.20
2 Правильный знак: $F = -k x + m \omega_{ss}^2 x$ 0.20
3 Правильный диффур: $m \ddot{x} + \left( k - m \omega_{ss}^2 \right) x = 0$ 0.10
4 Ответ: $\omega = \sqrt{k/m - \omega_{ss}^2}$ (можно использовать $g_E / R$ вместо $\omega_{ss}^2$) 0.10
B4  0.80 Получите выражение для ускорения свободного падения $g_E(h)$ для небольших высот $h$ над поверхностью Земли и вычислите циклическую частоту колебаний $\tilde{\omega}_E$ колеблющегося груза (достаточно использовать линейное приближение). Обозначьте радиус Земли за $R_E$. Вращением Земли можно пренебречь.

1 $g_E(h) = - G M / \left( R_E + h \right)^2$ 0.10
2 Линейное приближение: $g_E (h) = - \frac{G M}{R_E^2} + 2 h g_E / R_E$ 0.20
3 Подстановка $g_E = G M / R_E^2$: $g_E (h) = - g_E + 2 h g_E / R_E$ 0.10
4 В предыдущих пунктах возможен другой выбор знака, но он должен быть самосогласован
5 $F = - k x + 2 x m g_E / R_E$ 0.20
6 Правильный диффур: $m \ddot{x} + \left( k - 2 m g_E / R_E \right) x = 0$ 0.10
7 Ответ: $\tilde{\omega}_E = \sqrt{k/m - 2 g_E / R_E}$ 0.10
B5  0.30 Для какого радиуса космической станции $R$ частота колебаний $\omega$ совпадает с частотой колебаний $\tilde{\omega}_E$ на поверхности Земли? Выразите свой ответ через $R_E$.

1 $\omega_{ss}^2 = 2 g_E / R_E$ 0.10
2 Ответ: $R = R_E / 2$ 0.20
B6  1.10 Вычислите горизонтальную скорость $v_x$ и горизонтальное смещение $d_x$ (относительно пола башни в направлении, перпендикулярном башне) груза в момент времени, когда он ударится о пол. Можете считать, что высота $H$ башни мала, так что ускорение, измеренное космонавтами, постоянно во время падения. Также вы можете считать, что $d_x \ll H$.

1 M1 Выражение для силы $F_C(t) = 2 m \omega_{ss}^3 R t$ 0.10
2 M1 Найдена скорость $v_x$: $v_x(t) = \omega_{ss}^3 R t^2$ 0.20
3 M1 Найдено время движения: $t = \sqrt{2 H / \left( \omega_{ss}^2 R \right)}$ 0.20
4 M1 Ответ для конечной скорости: $v_x = 2 H \omega_{ss}$ 0.10
5 M1 Проинтегрирована скорость: $d_x = \frac{1}{3} R \omega_{ss}^3 t^3$ 0.30
6 M1 Ответ для смещения: $d_x = \frac{1}{3} \sqrt{\frac{8 H^3}{R}}$ 0.20
7 M2 Здесь $\phi$ обозначает угол, заметенный грузом, $\alpha$ – угол, который прошла башня за время падения груза
8 M2 Начальная скорость груза равна $\omega_{ss} \left(R-H\right)$ 0.10
9 M2 Новая горизонтальная компонента скорости $\omega_{ss} \left(R - H\right) \cos \phi$ 0.10
10 M2 $\cos \phi = 1 - \frac{H}{R}$ 0.10
11 M2 При переходе во вращающуюся системы вычитается $\omega_{ss} R$ 0.10
12 M2 Ответ: $v_x = - 2\omega_{ss} H$ (знак не важен) 0.20
13 M2 $d_x = \left(\alpha - \phi \right) R$ 0.10
14 M2 Найдено время движения груза: $t = \frac{\sqrt{R^2 - \left(R-H\right)^2}}{\omega_{ss} \left(R-H\right)}$ 0.10
15 M2 Ответ: $d_x = \left[ \frac{\sqrt{1 - \left(1-\xi\right)^2}}{1 - \xi} - \arccos \left(1-\xi \right) \right] R$, где $\xi = H/R$ (упрощать не обязательно) 0.30
16 M2 Полученный ответ упрощен с ошибкой -0.10
B7  1.30 Найдите минимальную высоту башни, для которой может произойти, что $d_x = 0$.

1 Скорость груза в ИСО: $v = \omega_{ss} \left(R-H\right)$ 0.10
2 Найдено расстояние $d$, проходимое грузом: $d^2 = R^2 - \left(R-H\right)^2$ 0.10
3 Найдено время движения: $t = \frac{\sqrt{R^2 - \left(R-H\right)^2}}{\omega_{ss} \left(R - H\right)}$ 0.10
4 $t = \frac{R \sin \phi}{\omega_{ss} R \cos \phi}$ 0.20
5 $\phi = \tan \phi$ 0.20
6 Понимание, что полученное уравнение имеет бесконечно много корней 0.20
7 $H/R = 1 - \cos \phi \approx 0.871$
8 M1 $0.85 \leq H/R \leq 0.88$ 0.40
9 M2 $0.5 \leq H/r \leq 0.85$ 0.30
10 M3 $0 < H/R < 0.5$ или $H/R > 0.88$ 0.20
B8  1.70 Алиса потянула груз на расстояние $d$ вниз от положения равновесия $x = 0$, $y=0$, а затем отпустила (рис. 5). Приведите алгебраические выражения для $x(t)$ и $y(t)$. Величину $\omega_{ss} d$ можно считать малой. Можно пренебречь силой Кориолиса для движения вдоль оси $y$. Нарисуйте схематично траекторию ($x(t)$, $y(t)$), отметив все характерные особенности, в частности, амплитуду.

1 Штраф за каждую потерю знака 17 × -0.10
2 Вместо $\omega$ используется $\sqrt{k/m}$ (вместо правильного $\sqrt{k/m - \omega_{ss}^2}$) -0.10
3 По оси $y$ груз совершает гармонические колебания: $y = A \cos \omega t + B \sin \omega t$ 0.10
4 Используя начальные условия, $y(t) = -d \cos \omega t$ 0.20
5 Найдена скорость: $v_y(t) = d \omega \sin \omega t $ 0.10
6 Найдена сила Кориолиса (с точностью до знака): $F_x(t) = -2 m \omega_{ss} d \omega \sin \omega t$ 0.20
7 Движение по оси $x$ является суперпозицией гармонических колебаний (0.1) и движения с постоянной скоростью (0.1) 2 × 0.10
8 Найдена амплитуда колебаний по $x$: $A = \frac{2 \omega_{ss} d}{\omega}$ 0.10
9 $x(t) = \frac{2 \omega_{ss} d}{\omega} \sin \omega t - 2 \omega_{ss} d t$ 0.20
10
11 Движение является суперпозицией периодического (0.1) и движения с постоянной скоростью (0.1) 2 × 0.10
12 Острые пики (см. рис., B) 0.10
13 Пики расположены на $y = \pm d$ (см. рис., A и B) 0.10
14 Острые пики находятся на расстоянии $\Delta x = \frac{4 \pi \omega_{ss} d}{\omega}$ друг от друга (см. рис., C) 0.20