Съдържание

НОФ 2007, II кръг (областен), 10–12 клас — Задача 1. Движещи се клинове

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от НОФ 2007

МИНИСТЕРСТВО НА ОБРАЗОВАНИЕТО И НАУКАТА. Олимпиада по физика, Областен кръг, 25 март 2007 г. Решения на темата за 10 – 12 клас с критерии за оценяване · 25 март 2007 г. · 10 т.

Внимание: Бележка към темата

Условията на задачите липсват в архива: файлът съдържа само официалните решения на темата за 10 – 12 клас с критериите за оценяване. Тук са дадени решенията; условията предстои да бъдат намерени и добавени.

Общи указания

Приведените решения са примерни. При алтернативни решения работата се оценява по критерии на комисията, като се съблюдават максималния брой точки по всяка задача и всяко подусловие.
Числените отговори се приемат за верни, ако е посочена мерната единица на крайния резултат и числената стойност не се различава с повече от 5 % спрямо посочената в примерното решение.
За улеснение на комисията за някои от подточките са дадени по два варианта на решение. Различните варианти на решение се оценяват с еднакъв брой точки.

Условие

Условието липсва в архивния източник — виж бележката към темата. По-долу е дадено само официалното решение с критериите за оценяване.

а) (условието на подусловието липсва в архивния източник) [2 т.]

б) (условието на подусловието липсва в архивния източник) [5 т.]

в) (условието на подусловието липсва в архивния източник) [3 т.]

Отговори

Решение

Внимание: Непълно решение

Условието на задачата липсва в архива — решението е пълно, но не може да бъде свързано с оригиналния текст.

а) При преместване $\Delta\vec{x}_1$ на първото тяло надолу, второто тяло извършва преместване $\Delta\vec{x}_2$ надясно. Тъй като големините на преместванията са катети в правоъгълен триъгълник с ъгъл $\alpha$ (вж. Фиг.1), то $\dfrac{|\Delta\vec{x}_2|}{|\Delta\vec{x}_1|} = \mathrm{tg}\alpha$ . Разделяйки числителя и знаменателя на времето за движение $\Delta t$ , получаваме, че $\dfrac{|\vec{v}_2|}{|\vec{v}_1|} = \mathrm{tg}\alpha$ . Повтаряйки това още веднъж, следва, че и $\dfrac{|\vec{a}_2|}{|\vec{a}_1|} = \mathrm{tg}\alpha$ . [2 т]

б) Вариант I – енергетичен подход

Тъй като силите на реакция $R_1$ на стената, $R_2$ на пода и $R$ между клиновете не извършват работа, то механичната енергия на системата не се променя. Тъй като силите, действащи на двете тела, не зависят от времето, телата се движат равноускорително. Нека разгледаме преместване $\Delta\vec{x}_1$ надолу на първото тяло. Записвайки закона за запазване на механичната енергия за началното и крайното положение на системата от двете тела, получаваме

m_1 g\Delta x_1 = \frac{m_1 v_1^{\,2}}{2} + \frac{m_2 v_2^{\,2}}{2} \qquad \textbf{[1 т]} \qquad (1.1)

При равноускорително движение с нулева начална скорост е изпълнена връзката

\Delta x_1 = \frac{v_1^{\,2}}{2a_1}. \qquad \textbf{[1 т]} \qquad (1.2)

Използвайки и полученото отношение за скоростите на двете тела в подусловие а), уравнение (1.1) се преобразува до

m_1 g\frac{v_1^{\,2}}{2a_1} = \frac{m_1 v_1^{\,2}}{2} + \frac{m_2 v_1^{\,2}\mathrm{tg}^2\alpha}{2} \qquad (1.3)

откъдето

a_1 = g\frac{1}{1+\dfrac{m_2}{m_1}\mathrm{tg}^2\alpha}, \qquad \textbf{[1 т]} \qquad (1.4)

а за ускорението на второто тяло:

a_2 = g\frac{\mathrm{tg}\alpha}{1+\dfrac{m_2}{m_1}\mathrm{tg}^2\alpha} \qquad \textbf{[1 т]} \qquad (1.5)

Вариант II – динамичен подход

На фиг. 1 са изобразени силите, които действат на двата клина –

[1 т] за чертеж с обозначени сили.

На движението на клина 1 във вертикално направление оказват влияние само силите $\vec{R}$ и $\vec{G}_1$ (вж. фиг. 1). От II принцип на Нютон имаме:

m_1 a_1 = m_1 g - R\sin\alpha \qquad \textbf{[1 т]}

Ускорението на клина 2 в хоризонтална посока се дължи единствено на силата на противодействие $-\vec{R}$ на клина 1:

m_2 a_2 = R\cos\alpha \qquad \textbf{[1 т]}

Като използваме съотношението $a_2 = a_1\mathrm{tg}\alpha$ от т. а), намираме:

a_1 = g\frac{1}{1+\dfrac{m_2}{m_1}\mathrm{tg}^2\alpha} \quad \textbf{[1 т]} \qquad \text{и} \qquad a_2 = g\frac{\mathrm{tg}\alpha}{1+\dfrac{m_2}{m_1}\mathrm{tg}^2\alpha} \quad \textbf{[1 т]}

в) При $m_1 = m_2$ , ускорението $\vec{a}_2$ е максимално, когато функцията $f(x) = \dfrac{x}{1+x^2}$ ( $x \equiv \mathrm{tg}\alpha$ ) има максимум. Нека той е равен на $k$ :

k = \frac{x}{1+x^2}.

Преобразуваме уравнението до

kx^2 - x + k = 0 \qquad (1.6)

То има реални (и положителни) решения за $k \le \dfrac{1}{2}$ . Следователно максимумът на функцията е $k = \dfrac{1}{2}$ [1 т], при $x = \mathrm{tg}\alpha = 1$ . Следователно ъгълът, при който ускорението $\vec{a}_2$ е максимално, е $\alpha = 45^{\circ}$ [1 т]. Замествайки в (1.5) $a_2 = \dfrac{g}{2}$ [1 т].

Два клина между вертикална стена (вляво) и хоризонтален под (щриховани). Горният клин m₁ опира в стената, долният клин m₂ лежи на пода; наклонената им допирна повърхност сключва ъгъл α със стената. Означени са силите: R₁ (реакция на стената, хоризонтално надясно), G₁ (тегло на m₁, надолу), R (сила между клиновете върху m₁), −R (върху m₂), G₂ (тегло на m₂), R₂ (реакция на пода, нагоре); ускоренията a₁ (на m₁, по наклона) и a₂ (на m₂, надясно); вдясно стрелка g надолу. — Фиг. 1

Оригинал в Архива: 10-12.pdf