Съдържание

НОФ 1991, II кръг (областен), 9. клас — Задача 2

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от НОФ 1991

ТЕМА за II кръг на олимпиадата по ФИЗИКА за 9 клас на паралелките с профил "физика" - 24 февруари 1991 година. · 24 февруари 1991 г. · 7 т.

Условие

Малко тежко топче е закачено на безтегловна неразтеглива нишка с дължина $L = 1\ \mathrm{m}$ . Отклоняват топчето на разстояние $2a = 10\ \mathrm{cm}$ от равновесното положение $O$ и го пускат в момент $t = 0$ . На разстояние $a$ от равновесното положение се намира вертикално стена (фиг.2). След удара в стената топчето губи половината от кинетичната си енергия. Определете:

Махало с дължина L, окачено на вертикала; отляво вертикална стена (щриховка) на разстояние a от равновесното положение O; с пунктир е показана отклонената нишка под ъгъл α до точка P, на хоризонтално разстояние 2a от O. — Фиг.2

а) максималното разстояние $x_{max}$ , на което ще се отклони топчето от равновесното си положение след удара;

б) времето, за което ще достигне $x_{max}$ .

Указание. При малки ъгли $\alpha$ , дъгата $OP$ е равна на хордата $OP$ (фиг.2). За малки ъгли $\sin\alpha \approx \alpha$ .

Земното ускорение е $g = 9{,}8\ \mathrm{m/s^2}$ .

Отговори

Решение

В точка $P$ топчето има потенциална енергия (фиг.2): $E_p(P) = mgh = mgL(1-\cos\alpha) = mgL.2\sin^2\alpha/2 \approx mgL\alpha^2/2$ ; където $\alpha = OP/L \approx OP/L = 2a/L$ ;

E_p(P) = 2mga^2/L

........................2 точки.

Пълната енергия на математичното махало преди удара се запазва: $E_p + E_k = \mathrm{const} = 2mga^2/L$ .

Непосредствено преди удара в стената :

E_p = mgL\alpha_1^2/2 = mga^2/2L\ ;\ E_k = 2mga^2/L - mga^2/2L = \frac{3}{2}mga^2/L.

След удара кинетичната енергия е $E_k/2 = \frac{3}{4}mga^2/L$ , а пълната енергия е $E = \frac{3}{4}mga^2/L + mga^2/2L = \frac{5}{4}mga^2/L$ .....2 точки.

При по-нататъшното движение енергията $E$ се запазва;.

mgx_{max}^2/2L = \frac{5}{4}mga^2/L\ ;\ x_{max} = a\sqrt{5/2}

...............1 точка.

б) Отклонението $y$ на махалото от равновесното положение за малки ъгли може да се запише във вида

y = A\cos\omega t, \qquad (1)

където $\omega = \sqrt{g/L}$ е кръговата честота. Преди удара $A = 2a$ . В момента $t_1$ на удара $y = -a$ . От (1) определяме

t_1 = \frac{2}{3}\pi\sqrt{L/g} = 0{,}67\ \mathrm{s}

..............................1 точка.

След удара $A = x_{max}$ .Да приемем, че в момент $t = 0$ топчето се намира в $x_{max}$ . То ще достигне стената за време $t_2$ (това е същото време, за което след удара то достига $x_{max}$ ).

-a = a\sqrt{5/2}.\cos\omega t_2\ ;\ t_2 = 2{,}26\sqrt{L/g} = 0{,}72\ \mathrm{s}.

t = t_1 + t_2 = 1{,}39\ \mathrm{s}

..............................1 точка.

Задачата се оценява максимално със 7 точки.

Махало с дължина L, отклонено на ъгъл α от вертикалата до точка P; равновесното положение е O; с пунктир са показани хоризонталата на височина h над O и дъгата OP. — Фиг.2

Оригинал в Архива: 1991_reg_9prof.pdf