Съдържание

НОФ 2018, III кръг (национален), 10–12 клас — Задача 1. Механика

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от НОФ 2018

Национална олимпиада по физика 2018, национален кръг, теоретичен кръг, тема 10.–12. клас (четвърта състезателна група) · 3 април 2018 г. · 15 т.

Условие

Част 1

Тяло с маса $m_1$ и с пренебрежими размери е изстреляно под ъгъл $\alpha$ спрямо хоризонта със скорост $v_0$ . Земното ускорение е $g$ . Намерете:

а) максималната височина $H_{\max}$ , която достига тялото, и скоростта на тялото $v_{\min}$ в момента на достигане на максимална височина. [1 т.]

В момента, когато тялото достига максимална височина, то се пръсва на две парчета с маси $m_2$ и $m_3$ , които се разлитат в хоризонтални направления. Тялото с маса $m_2$ пада в точката на изстрелване $x = 0$ . Намерете:

б) скоростите на двете тела $v_2$ и $v_3$ непосредствено след взрива. [1 т.]

в) максималното разстояние $x_{\max}$ , до което достига парчето с маса $m_3$ . [3 т.]

Част 2

Тяло с маса $m$ и с пренебрежими размери е поставено на равна хоризонтална повърхност, която продължава в улей с форма на част от окръжност с радиус $R$ . Улеят преминава в плоска повърхност, наклонена под ъгъл $\alpha$ спрямо хоризонта. Наклонената повърхност е с коефициент на триене $k$ ( $k > \tan\alpha$ ), а улеят и хоризонталната повърхност са идеално гладки. Земното ускорение е $g$ . На тялото е придадена скорост $v_1$ . Намерете:

Фиг. 2. Кръговият улей и наклонената равнина.

а) скоростта като функция на ъгъла, $v(\theta)$ , в случай, че тялото не губи контакт с улея; $\theta$ е ъгълът, който сключва радиус-векторът на тялото с вертикалата. [2 т.]

б) натиска $N(\theta)$ на тялото върху улея като функция на ъгъла $\theta$ , в случай, че тялото не губи контакт с улея; [2 т.]

в) минималната скорост $v_1$ , при която тялото ще мине през точка 3; [1 т.]

г) разстоянието $L_{45}$ , което тялото ще измине по наклонената равнина; [3 т.]

д) работите $A_{\mathrm{G}}$ и $A_{\mathrm{N}}$ , които се извършват съответно от силата на тежестта и силата на реакция на опората, при движението на тялото от точка 1 до точка 4. [2 т.]

Решение

Част 1:

а) Използваме закона за запазване на енергията:

\frac{mv_0^2}{2} = \frac{mv_{\min}^2}{2} + mgH_{\max}.

[0.25 т]

Минималната скорост се постига, когато тялото е на максимална височина. Тогава то се движи хоризонтално със скорост, равна на хоризонталната компонента на $v_0$ . Имаме

v_{\min} = v_0\cos\alpha.

[0.25 т]

Решаваме системата от две уравнения и получаваме

H_{\max} = \frac{v_0^2\sin^2\alpha}{2g}.

[0.5 т]

Отговорът може да се получи и кинематично, за което се присъжда същият брой точки.

б) Тъй като тялото с маса $m_2$ пада в точката на изстрелване, скоростта му непосредствено след взрива е

v_2 = v_{\min} = v_0\cos\alpha,

[0.25 т]

в посока обратна на оста $x$ . От закона за запазване на импулса

m_1v_{\min} = -m_2v_{\min} + m_3v_3

[0.25 т]

намираме

v_3 = \frac{m_1 + m_2}{m_3}\,v_0\cos\alpha.

[0.5 т]

в) За разстоянието имаме $x_{\max} = x_1 + x_2$ , където $x_1$ и $x_2$ са изминатите разстояния преди и след взрива. Имаме $x_1 = v_0\cos\alpha\, t_1$ [0.5 т], където $t_1 = \dfrac{v_0\sin\alpha}{g}$ [0.5 т] е времето за издигане. Също така $x_2 = v_3 t_2$ [0.5 т], където $t_2 = t_1$ [0.5 т], тъй като движението по оста $y$ е независимо от движението по оста $x$ (времето за изкачване е равно на времето за спускане). Така намираме ( $2\sin\alpha\cos\alpha = \sin 2\alpha$ ):

x_{\max} = \frac{v_0^2}{g}\sin\alpha\cos\alpha\left(1 + \frac{m_1+m_2}{m_3}\right) = \frac{m_1}{m_3}\frac{v_0^2}{g}\sin 2\alpha.

[1 т]

Част 2:

а) Използваме закона за запазване на енергията $\dfrac{mv_1^2}{2} = \dfrac{mv(\theta)^2}{2} + mgR(1+\cos\theta)$ . [1 т] Така намираме

v(\theta) = \sqrt{v_1^2 - 2gR(1+\cos\theta)}.

[1 т]

б) Имаме $N(\theta) + mg\cos\theta = \dfrac{mv(\theta)^2}{R}$ [1 т]. Така намираме

N(\theta) = \frac{mv_1^2}{R} - mg\left(2 + 3\cos\theta\right).

[1 т]

в) За да мине тялото през точка 3, трябва $N(0) \ge 0$ [0.5 т]. Следователно

v_1 \ge \sqrt{5gR}.

[0.5 т]

г) Височината на точка 4 над хоризонталната равнина е $H_4 = R(1-\cos\alpha)$ [0.5 т]. За да намерим скоростта в точка 4, използваме закона за запазване на енергията:

\frac{mv_1^2}{2} = \frac{mv_4^2}{2} + mgH_4

[0.5 т], откъдето $v_4 = \sqrt{v_1^2 - 2gR(1-\cos\alpha)}$ . [0.5 т]

Силата $F$ , която действа на тялото, успоредно на повърхността на наклонената равнина, е сума от гравитационната сила и силата на триене. Имаме $F = mg\sin\alpha - mgk\cos\alpha = ma$ [0.5 т], където $a$ е ускорението. Следователно $a = g(\sin\alpha - k\cos\alpha)$ . Тъй като $k > \tan\alpha$ , движението е равнозакъснително ( $a < 0$ ).

От кинематичните закони намираме $L_{45} = \dfrac{v_4^2}{-2a}$ [0.5 т]. Окончателният израз е

L_{45} = \frac{v_0^2 - 2gR(1-\cos\alpha)}{-2g\left(\sin\alpha - k\cos\alpha\right)}.

[0.5 т]

д) Тъй като силата на реакция е ортогонална на скоростта, тя не извършва работа, т.е. за $A_N$ имаме

A_N = 0.

[1 т]

Така за $A_{\mathrm{G}}$ имаме, че е разлика между крайната и началната кинетични енергии:

A_{\mathrm{G}} = \frac{mv_4^2}{2} - \frac{mv_1^2}{2}.

[1 т]

[Бележка от източника: В крайния израз за L45 числителят е отпечатан с v0², докато предходният извод използва v1². Печатният израз е запазен.]

Оригинал в Архива: NOF3_2018_10-12problems.pdf · официални решения: NOF3_2018_10-12solutions.pdf