Съдържание

НОФ 2010, III кръг (национален), 10–12 клас, първи ден — Задача 1. Сензор за сили

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от НОФ 2010

Олимпиада по физика 2010, национален кръг, Плевен — тема за 10.–12. клас, първи ден · 1 май 2010 г. · 15 т.

Условие

С помощта на динамичен сензор, свързан с компютър, могат да се измерват бързопроменящи се сили. Махало е съставено от тежко топче (материална точка) с маса $m$ , окачено на неразтеглива нишка с дължина $\ell$ , чиято маса може да се пренебрегне. Другият край $D$ на нишката е закрепен към динамичен сензор (фиг.1). Топчето се люлее около равновесното си положение, а сензорът измерва вертикалната компонента $F_\mathrm{в}$ на силата, с която нишката действа на точката на окачване $D$ . Графиката от фиг. 2 показва как силата $F_\mathrm{в}$ се изменя с течение на времето.

Фиг. 1. Махалото: точка на окачване $D$ върху сензора, нишка с дължина $\ell$, ъгъл $\alpha$ спрямо вертикалата и топче с маса $m$. — Фиг. 1. Махалото: точка на окачване $D$ върху сензора, нишка с дължина $\ell$ , ъгъл $\alpha$ спрямо вертикалата и топче с маса $m$ .

Фиг. 2. Записаната от сензора вертикална компонента $F_\mathrm{в}$ (в N) като функция на времето (в s) в интервала от 0 до 2 s.

а) Определете от графиката числените стойности на силата $F_\mathrm{в}$ , когато ъгълът $\alpha$ между нишката и вертикалата е максимален и когато той е нула. [2 т.]

б) Направете от графиката числена оценка за дължината $\ell$ на нишката. [2 т.]

в) Изразете аналитично (с формули) силата $F_\mathrm{в}$ , когато ъгълът $\alpha$ между нишката и вертикалата е максимален и когато той е нула. [6 т.]

г) Определете числената стойност на максималния ъгъл $\alpha$ , на който се отклонява нишката спрямо вертикалата по време на люлеенето на махалото. [3 т.]

д) Колко е масата на топчето? [1 т.]

е) Защо методът, по който сте определили дължината $\ell$ на нишката в подусловие б), не е съвсем точен? (Приемете, че необходимите данни сте получили от компютъра с голяма точност.) [1 т.]

Отговори

а) $F_\mathrm{в}(\alpha_{\max}) = 0{,}15\ \mathrm{N},\qquad F_\mathrm{в}(\alpha = 0) = 1{,}2\ \mathrm{N}$

Минимумът и максимумът на графиката; по 1 точка за всяка стойност.
б) $\ell = \frac{gT^2}{4\pi^2} = 52\ \mathrm{cm}$

От графиката $T = 1{,}45$ s (времето между два максимума на $F_\mathrm{в}$ е половин период).
в) $F_{1\mathrm{в}} = mg\cos^2\alpha,\qquad F_{2\mathrm{в}} = mg(3 - 2\cos\alpha)$

Както в решението, $\alpha$ означава максималния ъгъл на отклонение и в двете формули. $F_{1\mathrm{в}}$ е измерваната сила, когато ъгълът е максимален (топчето е в най-горното си положение), а $F_{2\mathrm{в}}$ — когато ъгълът е нула (топчето минава през равновесното положение).
г) $\frac{F_{2\mathrm{в}}}{F_{1\mathrm{в}}} = \frac{3 - 2\cos\alpha}{\cos^2\alpha} = 8 \;\Rightarrow\; \alpha_1 = 60^\circ$

Второто решение $\alpha_2 = 139^\circ$ няма физически смисъл, защото нишката трябва да е опъната ( $\alpha < 90^\circ$ ).
д) $m = \frac{F_{2\mathrm{в}}}{g(3 - 2\cos\alpha)} = 61\ \mathrm{g}$
е) Амплитудата е голяма (α = 60°), затова люлеенето само приблизително е хармонично трептене и формулата за периода на математично махало с малка амплитуда не е точна.

При $\alpha = 60^\circ \approx 1$ rad периодът е с около 6,5% по-голям от $2\pi\sqrt{\ell/g}$ .

Решение

а) $F_\mathrm{в}(\alpha_{\max}) = 0{,}15\ \mathrm{N}$ … 1 точка

$F_\mathrm{в}(\alpha = 0) = 1{,}2\ \mathrm{N}$ … 1 точка

б) Времето между два максимума на силата $F_\mathrm{в}$ е равно на половината от периода $T$ на люлеене на махалото. От графиката определяме:

T = 1{,}45\ \mathrm{s}

… 1 точка

Приемаме, че люлеенето на махалото е хармонично трептене.

Дължината на махалото е $\ell = \dfrac{gT^2}{4\pi^2} = 52\ \mathrm{cm}$ . … 1 точка

в) При люлеенето на махалото топчето извършва неравномерно движение по окръжност с радиус $\ell$ . Означаваме с $\alpha$ максималния ъгъл между нишката и вертикалната ос (фиг.1).

Фиг. 1 към решението: силите в най-горното положение на топчето — опън $T$ по нишката, тегло $mg$ и компонентата $mg\cos\alpha$ по нишката.

Фиг. 2 към решението: височината на повдигане $h = \ell(1 - \cos\alpha)$ при отклонение на нишката на ъгъл $\alpha$. — Фиг. 2 към решението: височината на повдигане $h = \ell(1 - \cos\alpha)$ при отклонение на нишката на ъгъл $\alpha$ .

В това най-горно положение топчето е неподвижно и неговото центростремително ускорение е нула. Условието за движение по окръжност има вида:

(1)\qquad T - mg\cos\alpha = \frac{mv^2}{\ell} = 0

… 1 точка

Тъй като нишката е безмасова, силите на опън в нейните два края са равни: нишката действа на точката на окачване със сила

F_1 = T = mg\cos\alpha

… 1 точка

Сензорът измерва вертикалната компонента на тази сила

(2)\qquad F_{1\mathrm{в}} = F_1\cos\alpha = mg\cos^2\alpha

… 1 точка

Когато топчето преминава през равновесното си положение, уравнението за движение по окръжност има вида

(3)\qquad T - mg = \frac{mv^2}{\ell}

… 1 точка

Скоростта $v$ определяме от закона за запазване на енергията (фиг. 2):

(4)\qquad \frac{mv^2}{2} = mgh = mg\ell(1 - \cos\alpha)

… 1 точка

Заместваме $v^2$ от уравнение (4) в уравнение (3) и определяме силата на опъване на нишката: $T = mg(3 - 2\cos\alpha)$ . Тази сила е насочена вертикално. Нишката действа на сензора със същата по големина вертикална сила

(5)\qquad F_{2\mathrm{в}} = T = mg(3 - 2\cos\alpha)

… 1 точка

г) $F_{1\mathrm{в}}$ и $F_{2\mathrm{в}}$ са съответно минималната и максималната стойност на силата $F_\mathrm{в}$ , която измерва сензорът. Числените стойности се определят от графиката (подусловие а). От уравнения (2) и (5) получаваме

(6)\qquad \frac{F_{2\mathrm{в}}}{F_{1\mathrm{в}}} = \frac{(3 - 2\cos\alpha)}{\cos^2\alpha},

… 1 точка

където $\dfrac{F_{2\mathrm{в}}}{F_{1\mathrm{в}}} = 8$ . Това е квадратно уравнение за $\cos\alpha$ , което има два корена:

$\alpha_1 = 60^\circ$ … 0,5 точки

$\alpha_2 = 139^\circ$ … 0,5 точки

През цялото време на люлеене на махалото нишката трябва да е опъната. Това означава, че максималният ъгъл на отклонение е $\alpha < 90^\circ$ . Следователно вторият корен няма физически смисъл. … 1 точка

д) Масата на топчето определяме от уравнение (5) или (2):

m = \frac{F_{2\mathrm{в}}}{g(3 - 2\cos\alpha)} = 61\ \mathrm{g}

… 1 точка

е) Амплитудата на люлеене на махалото е голяма ( $\alpha = 60^\circ$ ).

Затова люлеенето само с приближение може да се приеме за хармонично трептене. … 1 точка

Забележка. Периодът на махалото при големи ъгли на отклонение е

T = 2\pi\sqrt{\frac{\ell}{g}}\left(1 + \frac{1}{16}\alpha^2 + \frac{11}{3072}\alpha^4 + \ldots\right).

За $\alpha = 60^\circ \approx 1\ \mathrm{rad}$ периодът е $T \approx 1{,}065\left(2\pi\sqrt{\dfrac{\ell}{g}}\right)$ , т.е. той е с около 6,5% по-голям от периода на математично махало, което трепти с малка амплитуда.

Оригинал в Архива: NOF3_2010_10-12problemsD1.pdf · официални решения: NOF3_2010_10-12solutionsD1.pdf