Съдържание

НОФ 2015, III кръг (национален), 10–12 клас, втори ден — Задача 3. Снимки на хвърлено тяло

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от НОФ 2015

МИНИСТЕРСТВО НА ОБРАЗОВАНИЕТО И НАУКАТА · НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО ФИЗИКА · Враца, 7 април 2015 г. · Тема за 10.–12. клас – II етап · 7 април 2015 г. · 6 т.

Внимание: Бележка към темата

Заглавната страница отпечатва „II етап“, докато каталогът сочи III кръг; отпечатаният текст е приет за меродавен.

Условие

Топче е хвърлено от земната повърхност от неизвестни място, момент време, скорост $v_0$ и ъгъл $\alpha_0$ спрямо хоризонта. По време на полета си то е снимано с фотоапарат и после три снимки са насложени и обработени. На фигурата е дадена позицията на топчето на трите снимки. Земното ускорение е $g = 10\ \mathrm{m/s^2}$ .

Координатна система x,y в метри с решетка от 0 до 1,4 m по x и от 0 до 1,0 m по y, на която са отбелязани три точки от траекторията на хвърлено тяло, номерирани 1 (около x=0,1; y=0,35), 2 (около x=0,9; y=0,75) и 3 (около x=1,3; y=0,8).

А) Изчислете скоростта $v_1$ на топчето в положение 1 и ъгъла $\alpha_1$ (или негова тригонометрична функция) на посоката ѝ спрямо хоризонта. [3 т.]

Б) Изчислете скоростта $v_0$ , ъгъла $\alpha_0$ на посоката ѝ спрямо хоризонта и кординатата $x_0$ на топчето в момента на хвърлянето. [2 т.]

В) Изчислете моментите време $t_1$ , $t_2$ и $t_3$ , когато топчето се намира в положения 1, 2 и 3, измерени от момента на хвърляне. [1 т.]

Отговори

Решение

А) За тяло, хвърлено с начална скорост $v_1$ под ъгъл $\alpha_1$ спрямо хоризонта в координатна система с център положение 1, можем да запишем: $v_{1x} = v_1\cos\alpha_1$ , $v_{1y} = v_1\sin\alpha_1$ , $x = v_1\cos\alpha_1\, t$ , $y = v_1\sin\alpha_1\, t - \frac{1}{2}gt^2$ , откъдето $y = \tan\alpha_1 x - \dfrac{g}{2{v_1}^2(\cos\alpha_1)^2}x^2$ [0,5 т.] или $y = ax - bx^2$ , където $a = \tan\alpha_1$ и $b = \dfrac{g}{2{v_1}^2(\cos\alpha_1)^2}$ . В координатна система с център позиция 1, позиция 2 има координати (0,8 m; 0,4 m), [0,5 т.] а позиция 3 има координати (1,2 m; 0,45 m). [0,5 т.] Заместваме в уравнението на траекторията: $0{,}4 = 0{,}8a - 0{,}64b$ и $0{,}45 = 1{,}2a - 1{,}44b$ . Решавайки тези две уравнения с две неизвестни, получаваме решение $a = 0{,}75$ (3/4) , $b = 0{,}3125$ (5/16). [0,5 т.] От тези стойности се получава $\tan\alpha_1 = 3/4$ [0,5 т.] и $v_1 = 5$ m/s. [0,5 т.]

Б) От закона за запазване на механичната енергия (или от кинематични зависимости) се получава ${v_{0y}}^2 = {v_{1y}}^2 + 2gy_1$ , откъдето при $y_1 = 0{,}35$ m, $v_{0y} = 4$ m/s. Тъй като $v_{0x} = v_{1x} = 4$ m/s, $v_0 = 4\sqrt{2} \approx 5{,}7$ m/s, [0,5 т.] а $\alpha_0 = 45^{\circ}$ . [0,5 т.] За да намерим координатата $x_0$ , трябва да намерим времето на полет от положение 0 до положение 1. $y_1 = v_0\sin\alpha_0\, t_1 - \frac{1}{2}g{t_1}^2$ , $0{,}35 = 4t_1 - 5{t_1}^2$ , откъдето $t_1 = 0{,}1$ s, а $x_1 = v_0\cos\alpha_0\, t_1 = 0{,}4$ m. Следователно в дадената на фигурата координатна система $x_0 = -0{,}3$ m. [1 т.]

В) При получен вече момент време $t_1 = 0{,}1$ s, $t_2 = t_1 + \dfrac{x_2 - x_1}{v_{0x}} = 0{,}3$ s [0,5 т.] и $t_3 = t_1 + \dfrac{x_3 - x_1}{v_{0x}} = 0{,}4$ s. [0,5 т.]

Оригинал в Архива: NOF3_2015_10-12problemsD2.pdf · официални решения: NOF3_2015_10-12solutionsD2.pdf