Съдържание

НОФ 2020, III кръг (национален), 10. клас — Задача 1. Трептене на махало

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от НОФ 2020

Олимпиада по физика 2020, национален кръг, тема за 10. клас (четвърта състезателна група) · 28 юни 2020 г. · 10 т.

Условие

Математическо махало с дължина $l$ е окачено в т. $O$ на стена, наклонена под малък ъгъл $\alpha$ спрямо вертикалата (фиг. 1). Махалото е отклонено от равновесното му положение на малък ъгъл $\beta$ , като $\beta > \alpha$ , и е пуснато. То достига до стената със скорост $\upsilon$ , удря се в нея и отскача в обратна посока със същата по големина скорост. Получава се махало, което в дясно се отклонява до ъгъл $\beta$ , а в ляво до ъгъл $\alpha$ .

Наклонена защрихована стена, точка на окачване O, вертикална пунктирана линия, ъгли α (към стената) и β (към нишката), нишка с дължина l и топче. — Фиг. 1. Махало с дължина $l$ , окачено в т. $O$ на стена, наклонена на ъгъл $\alpha$ спрямо вертикалата; отклонението надясно е $\beta$ .

а) Намерете израз за скоростта $\upsilon$ , като отчетете, че при малки ъгли $\beta = L/l \ll 1$ *, където $L$ е дължината на дъгата, съответстваща на централния ъгъл $\beta$ , може да се използва приближението $\sin\beta \approx \beta$ . Запишете резултата чрез $g$ , $l$ , $\alpha$ и $\beta$ .

*Пояснение. Така дефинираният ъгъл се измерва с единицата радиан, като $90^\circ = \pi/2$ радиана. В приближението $\sin\beta \approx \beta$ ъгълът $\beta$ се измерва в радиани. [3,5 т.]

б) Получете приближен израз за периода $T$ на махалото. Направете числена оценка при $\alpha/\beta = 1/\sqrt{2}$ , ако периодът на махалото при $\alpha > \beta$ е $T_0 = 1\ \mathrm{s}$ .

Полезна тригонометрична формула: $2\sin^2\varphi = 1 - \cos 2\varphi$ . [6,5 т.]

Отговори

Решение

а) Ще означим с $m$ масата на махалото. За определяне на скоростта можем да приложим закона за запазване на енергията при движение на махалото. Нека означим с $E_1$ енергията в крайно дясно положение. Тя е само потенциална и при избор на нулевото ниво в положението на равновесие имаме

(1)\qquad E_1 = mgl(1-\cos\beta) = 2mgl\sin^2(\beta/2) \approx \frac{mgl}{2}\beta^2.

[1 т.]

В момента, когато махалото достига наклонената стена, неговата енергия е

E_2 = \frac{m\upsilon^2}{2} + mgl(1-\cos\alpha) \approx \frac{m\upsilon^2}{2} + \frac{mgl}{2}\alpha^2.

[1 т.]

От равенството на енергиите $E_1 = E_2$ [0,5 т.], намираме

(2)\qquad \upsilon = \sqrt{gl}\times\sqrt{\beta^2-\alpha^2}.

[1 т.]

б) Периодът на трептене $T$ на махалото включва две съставящи: първата $t_1$ съответства на времето на движение вдясно от равновесното положение, а втората $t_2$ – вляво. Движението вдясно става за половин период на свободното махало, т. е.

t_1 = \pi\sqrt{\frac{l}{g}}.

[1 т.]

За намиране на втората съставяща $t_2$ ще използваме приближен метод. Движението от равновесното положение до наклонената стена ще разглеждаме като равнозакъснително [0,25 т.], а от стената до равновесното положение – като равноускорително [0,25 т.]. В първия случай скоростта се променя от $\upsilon_{\max}$ до $\upsilon$ [0,25 т.], а при отдалечаване от стената – от $\upsilon$ до $\upsilon_{\max}$ [0,25 т.], т. е. и в двата случая средната скорост $\bar{\upsilon}$ е една и съща и равна на

\bar{\upsilon} = \frac{\upsilon+\upsilon_{\max}}{2}.

[0,5 т.]

Следователно имаме $t_2 = 2t'$ [0,5 т.], където $t'$ е времето за движение в едната посока. Като приравним кинетичната енергия в равновесното положение на потенциалната енергия (1), намираме

\upsilon_{\max} = \sqrt{gl}\times\beta.

[1 т.]

Тъй като махалото изминава разстояние $s = l\alpha$ [0,25 т.], от равенството $l\alpha = \bar{\upsilon}\,t'$ [0,25 т.] намираме

t' = 2\sqrt{\frac{l}{g}}\times\frac{\alpha/\beta}{1+\sqrt{1-(\alpha/\beta)^2}},

[1 т.]

T = 2\pi\sqrt{\frac{l}{g}}\left[\frac{1}{2}+\frac{2}{\pi}\frac{\alpha/\beta}{1+\sqrt{1-(\alpha/\beta)^2}}\right] \approx 0{,}76\,T_0 = 0{,}76\ \mathrm{s}.

[1 т.]

Оригинал в Архива: NOF3_2020_10problems.pdf · официални решения: NOF3_2020_10solutions.pdf