|
A1. 1
Правильный модуль
$$|\omega_2|=|\omega_1| $$ |
0.20 |
|
|
A1. 2
Правильное направление
$$\vec{\omega}_2=-\vec{\omega}_1 $$ |
0.10 |
|
|
A2. 1
Закон сложения скоростей
$$\vec{\omega}_{отн}=\vec{\omega}_2-\vec{\omega}_1 $$ |
0.10 |
|
|
A2. 2
Ответ
$$\vec{\omega}_{отн}=-2\vec{\omega} $$ |
0.10 |
|
|
A3. 1
Выражение для вычисления потенциальной энергии, например
$$W_P=-\int\vec{F}(r)d\vec{r} $$ |
0.20 |
|
|
A3. 2
$$W_p=-\frac{m{\omega}^2r^2}{2}+C
$$ (Если просто записан правильный ответ, предыдущий пункт оценивается в полный балл) |
0.30 |
|
|
A4. 1
Для начального момента времени получено
$$W_k+W_p=E=0 $$ |
0.10 |
|
|
A4. 2
Кинетическая энергия груза
$$W_k=\frac{m{\omega_{отн}}^2L^2}{2} $$ |
0.10 |
|
|
A4. 3
Потенциальная энергия груза
$$W_p=-2m{\omega}^2L^2\cos^2\left(\frac{\varphi}{2}\right) $$ |
0.10 |
|
|
A4. 4
Получены правильные модуль и направление относительной угловой скорости
$$\vec{\omega}_{отн}=-2\vec{\omega}\cos\left(\frac{\varphi}{2}\right) $$ |
0.20 |
|
|
A5. 1
Компонента скорости груза, направленная вдоль стержня
$$v_1={\omega}Lsin(\varphi) $$ |
0.10 |
|
|
A5. 2
Компонента скорости груза, направленная перпендикулярно стержню
$$v_2={\omega}L(1+cos(\varphi))-{\omega_{отн}}L $$ |
0.10 |
|
|
A5. 3
Получен правильный ответ, например
$$v=2{\omega}L\sqrt{2\left(cos^2\left(\frac{\varphi}{2}\right)-cos^3\left(\frac{\varphi}{2}\right)\right)} $$ |
0.30 |
|
|
B1. 1
$$a_{1лx}=\frac{T\cos(\varphi)}{m}
$$ |
0.10 |
|
|
B1. 2
$$a_{1пx}=-\frac{T\cos(\varphi)}{m}
$$ |
0.10 |
|
|
B1. 3
$$a_{2y}=-\left(\frac{T\sin(\varphi)}{m}+g\right)
$$ |
0.20 |
|
|
B2. 1
Закон сохранения энергии
$$\frac{2m}{2}({v_1}^2+{v_2}^2)=2m\left(\frac{{v_0}^2}{2}-gL\sin(\varphi)\right) $$ |
0.20 |
|
|
B2. 2
Уравнение кинематической связи
$${v_1}={v_2}\tan(\varphi) $$ |
0.20 |
|
|
B2. 3
Ответ для первой скорости грузов
$$v_1=\sqrt{{v_0}^2-2gL\sin(\varphi)}\sin(\varphi) $$ |
0.10 |
|
|
B2. 4
Ответ для скорости шарнира
$$v_2=\sqrt{{v_0}^2-2gL\sin(\varphi)}\cos(\varphi) $$ |
0.10 |
|
|
B3. 1
Выражение для нормального ускорения шарнира относительно шарика, записанное через закон сложения ускорений
$$\frac{v^2_{отн}}{L}={a_{1лx}}\cos(\varphi)-{a_{2y}}\sin(\varphi) $$ |
0.60 |
|
|
B3. 2
Выражение для относительной скорости
$$v^2_{отн}={v_1}^2+{v_2}^2 $$ |
0.20 |
|
|
B3. 3
Окончательное уравнение
$$\frac{{v_1}^2+{v_2}^2}{L}={a_{1лx}}\cos(\varphi)-{a_{2y}}\sin(\varphi) $$ |
0.20 |
|
|
B4. 1
Комбинация результатов пунктов $B1$ и $B3$
$$\left(\frac{{v_0}^2}{L}-2gsin(\varphi)\right)=\frac{T}{m}+gsin(\varphi) $$ |
0.50 |
|
|
B4. 2
Ответ
$$T=m\left(\frac{{v_0}^2}{L}-3gsin(\varphi)\right) $$ |
0.20 |
|
|
B5. 1
Условие отрыва
$$T\sin(\varphi)=mg $$ |
0.10 |
|
|
B5. 2
Получено квадратное уравнение относительно $sin(\varphi)$
$$3\sin^2(\varphi)-\frac{{v_0}^2}{gL}\sin(\varphi)+1=0 $$ |
0.50 |
|
| B5. 3 Выбран меньший из корней | 0.20 |
|
|
B5. 4
Ответ
$$\varphi_{отр}=\arcsin\left(\frac{\frac{{v_0}^2}{gL}-\sqrt{\left(\frac{{v_0}^2}{gL}\right)^2-12}}{6}\right) $$ |
0.20 |
|
|
B6. 1
Найдена минимально возможная скорость
$$v_0\geq{\sqrt{2\sqrt{3}gL}} $$ |
0.30 |
|
|
B6. 2
Найден угол отрыва для данного значения скорости
$$\varphi_{max}=\arcsin\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right) $$ |
0.20 |
|
|
C1. 1
Найдено минимальное значение $R$
$$R\geq{L}\cos(\varphi) $$ |
0.20 |
|
|
C2. 1
Из условия, что стержни твёрдые получено
$$v_{2y}=v_{1y}\pm{\frac{v_{1x}}{\tan(\varphi_0)}} $$ (В зависимости от направления оси $x$,+ соответствует направлению вправо.) |
1.00 |
|
|
C3. 1
M1
Выражение для кинетической энергии
$${v_{1_0}}^2+{v_{2_0}}^2=W_k=m{v_2}^2+m{v_{1x}}^2+m{v_{1y}}^2 $$ |
0.10 |
|
|
C3. 2
Из закона сохранения импульса в проекции на ось $OY$ получено
$${v_{2_0}}=v_{1y}+v_{2y} $$ |
0.10 |
|
|
C3. 3
Уравнение кинематической связи
$$v_{2_0}\tan{\varphi_0}=v_{x_0} $$ |
0.10 |
|
|
C3. 4
Получено уравнение относительно $v_2$, например
$${v_{2_0}}^2(1+\tan^2(\varphi_0))={v_2}^2+(v_{2_0}-v_{2_y})^2+(v_{2_0}-2v_{2y})^2\tan^2(\varphi_0)^2 $$ |
0.50 |
|
|
C3. 5
Корни уравнения
$$v_{2y}=0;v_{2_0} $$ |
0.30 |
|
|
C3. 6
Ответ
$$v_2=0 $$ |
0.20 |
|
|
C4. 1
Закон сохранения энергии
$$m{v_0}^2-2mgL\sin(\varphi_0)=m{v_1}^2 $$ |
0.50 |
|
|
C4. 2
Ответ
$$v_1=\sqrt{{v_0}^2-2g\sqrt{L^2-R^2}} $$ |
0.80 |
|