Съдържание

НОФ 2019, III кръг (национален), 10–12 клас — Задача 1. Детски „кърлинг“

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от НОФ 2019

Национална олимпиада по физика 2019, национален кръг, IV възрастова група (10.–12. клас) · 5 май 2019 г. · 15 т.

Условие

Върху хоризонтален прав асфалтов път разстоянието между две точки $A$ и $B$ е $l$ . Дете рита топка, намираща се в $A$ , с начална скорост $\upsilon_0$ под ъгъл спрямо хоризонта. Целта му е топката да попадне в $B$ .

а) При каква минимална начална скорост топката може да достигне $B$ директно, без да да отскача от асфалта? [2 т.]

б) Началната скорост $\upsilon_0$ е такава, че топката не може да достигне директно $B$ , какъвто и да е ъгълът, под който е ритната. Нека тя отскача от асфалта абсолютно еластично, т.е. топката след удара отскача със същата по големина скорост, както преди удара, като ъгълът на падане е равен на ъгъла на отражение. Под какъв ъгъл $\alpha$ спрямо хоризонта трябва да бъде изритана топката така, че да попадне в $B$ на n-тото поред отскачане от асфалта? [1 т.]

в) За колко време $T_n$ топката ще попадне в $B$ при n-тото докосване на асфалта? [2 т.]

г) Как детето трябва да променя началния ъгъл $\alpha$ , така че топката да достига в $B$ все по-бързо? Изведете формула за най-малкото възможно време $T_{min}$ . На какъв вид движение отговаря това минимално време?

В зависимост от начина на решение, можете да използвате приближената формула $(1-\varepsilon)^{1/2} \approx 1-\dfrac{\varepsilon}{2}$ , когато $\varepsilon \ll 1$ . [4 т.]

д) Нека приемем, че топката, когато отскача от асфалта, губи част от кинетичната си енергия. Отношението на кинетичната енергия, непосредствено след отскока на топката от асфалта и на кинетичната енергия непосредствено преди удара в асфалта е рвно на $\kappa$ , като $\kappa \ll 1$ . При удара ъгълът на падане е равен на ъгъла на отражение. Ако детето хвърля топката под ъгъл $\alpha$ , какво ще е крайното (максималното) разстояние, което ще достигне тя? [3 т.]

е) За какво време топката ще измине максималното разстояние? [3 т.]

Отговори

Решение

а) Избираме правоъгълна декартова координатна система, чието начало О съвпада с положението на детето и ос $y$ , която сочи вертикално нагоре. Оста $x$ сочи по посока на движението на топката от $A$ към $B$ . Нека детето хвърля топката под ъгъл $\alpha$ . Законът за движение на топката по $x$ и по $y$ е

x = v_0 t\cos\alpha, \qquad (1)\ (0.4\ \text{т.})

y = v_0 t\sin\alpha - \frac{gt^2}{2}. \qquad (2)\ (0.4\ \text{т.})

Времето $t_B$ , необходимо за достигане на т. B се намира от условието $y_B = 0$ ,

v_0 t_B\sin\alpha - \frac{g t_B^2}{2} = 0. \qquad (0.4\ \text{т.})

Така намираме

t_B = \frac{2v_0\sin\alpha}{g} \qquad (3)

За да може топката да достигне до т. B, трябва да е изпълнено условието

l = x_B = v_0 t_B\cos\alpha = \frac{v_0^2\sin 2\alpha}{g} \qquad (4)

или все едно

\sin 2\alpha = \frac{gl}{v_0^2}. \qquad (5)

Това условие може да се изпълне само ако

\frac{gl}{v_0^2} \le 1,

т.е. скоростта $v_0$ , трябва да е достатъчно голяма, че $v_0^2 \ge gl$ . (0.8 т.)

б) Разделяме разстоянието $l$ между т. A и т. B на $n$ равни части ( $n = 1,2,3,....$ ), така че

v_0^2 \ge \frac{gl}{n}.

Топката може да измине от т. A разстояние $l/n$ . Ако

\sin 2\alpha_n = \frac{gl}{n}, \qquad (6)\ \textbf{(0.8 т.)}

от условие (5) следва, че топката ще попадне в т. B след $n-1$ отскачания на $n$ -тото. Очевидно съществуват безкрайно много такива ъгли. (0.2 т.)

в) Очевидно

T_n = nt_n = n\frac{2v_0\sin\alpha_n}{g} = \frac{2nv_0}{g}\sqrt{1-\cos^2\alpha_n} = \frac{2nv_0}{g}\sqrt{\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\cos 2\alpha_n} = \frac{nv_0\sqrt{2}}{g}\sqrt{1-\sqrt{1-\sin^2 2\alpha_n}} = \frac{nv_0\sqrt{2}}{g}\sqrt{1-\sqrt{1-\frac{g^2l^2}{n^2v_0^4}}} \qquad (7)\ \textbf{(2 т.)}

г) От горната формула е трудно да се прецени кога времето $T_n$ намалява. Но можем да изразим това време, чрез ъгъла на хвърляне $\alpha_n$ . (0.7 т.)

От уравнение (6) намираме

n = \frac{gl}{v_0^2\sin 2\alpha_n}.

Заместваме горното уравнение във второто уравнение на (7) получаваме

T_n = n\frac{2v_0\sin\alpha_n}{g} = \frac{l}{v_0\cos\alpha_n} \qquad \textbf{(0.8 т.)}

Когато началният ъгъл $\alpha_n$ намалява, тогава и времето $T_n$ също намалява. Минималното време се достига, когато ъгълът $\alpha_n$ достига 0. От (6) се вижда, че това се случва, когато $n$ расте все повече и повече до безкрайност. (0.5 т.)

Нека $n$ е достатъчно голямо, тогава (7) се приближава до

T_n = \frac{nv_0\sqrt{2}}{g}\sqrt{1-\left(1-\frac{g^2l^2}{n^2v_0^4}\right)^{1/2}} \cong \frac{nv_0\sqrt{2}}{g}\sqrt{\frac{g^2l^2}{2n^2v_0^4}} = \frac{l}{v_0}. \qquad \textbf{(1.5 т.)}

Физически това отговаря на търкаляне на топката по асфалтовия път. (0.5 т.)

д) От условието следва, че

\frac{v_i^2}{v_{i-1}^2} = \kappa. \qquad \textbf{(0.5 т.)}

Оттук следва, че $v_i^2 = \kappa^i v_0^2$ . Тогава пълното разстояние е

l = \sum_{i=0}^{\infty}\frac{\sin 2\alpha}{g}v_i^2 = \sum_{i=0}^{\infty}\frac{v_0^2\sin 2\alpha}{g}\kappa^i = \frac{v_0^2\sin 2\alpha}{g}\sum_{i=0}^{\infty}\kappa^i \qquad \textbf{(2 т.)}

Последната сума е безкрайно намаляваща геометрична прогресия.

Получаваме

l = \frac{v_0^2\sin 2\alpha}{g(1-\kappa)}. \qquad \textbf{(0.5 т.)}

е) По същия начин намиаме пълното време, докато топката спре

T = \sum_{i=0}^{\infty}t_i = \sum_{i=0}^{\infty}\frac{2v_i\sin\alpha}{g} = \frac{2\,v_0\sin\alpha}{g}\sum_{i=0}^{\infty}\kappa^{i/2} = \frac{2\,v_0\sin\alpha}{g\left(1-\sqrt{\kappa}\right)} \qquad \textbf{(3 т.)}

Оригинал в Архива: NOF3_2019_10-12problems.pdf · официални решения: NOF3_2019_10-12solutions.pdf