Съдържание

НОФ 2021, III кръг (национален), 11–12 клас — Задача 1. Удар между билиардни топки

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от НОФ 2021

Национална олимпиада по физика 2021, национален кръг, V състезателна група (11. – 12. клас) · 9 май 2021 г. · 15 т.

Условие

Върху билиардна маса с рамери $a$ и b са разположени две билиардни топки с маси $\mathrm{m}_1$ и $\mathrm{m}_2$ , както е показано на фиг. 1. Всяка от топките има радиус R. Разстоянието между центровете на топките, мерено по вертикалата е h, както е показано на фиг. 1, като $\mathrm{h} < 2\mathrm{R}$ . Топката с маса $\mathrm{m}_1$ се движи хоризонтално със скорост $\vec{v}_1$ към неподвижната топка с маса $\mathrm{m}_2$ . Ако считате топките за абсолютно твърди тела и взаимодействието между топките почти мигновено, намерете:

Правоъгълна билиардна маса със страни a и b; малка окръжност m1 вляво с хоризонтална стрелка v1, окръжност m2 по-надясно и по-нагоре, вертикалният отстъп между двете хоризонтални пунктирани линии е означен с h. — Фиг. 1 — билиардната маса с размери $a$ и $b$ ; топката $m_1$ се движи със скорост $\vec{v}_1$ към неподвижната топка $m_2$ , чийто център е отместен по вертикалата на разстояние $h$ .

Същата билиардна маса; от окръжността m2 тръгва стрелка нагоре към горния ръб, откъдето траекторията се пречупва надолу-надясно към долния десен ъгъл, означен с A. — Фиг. 2 — топката $m_2$ се удря в горния ръб на масата и влиза в джоба (точка $A$ ).

а) ъгъла $\alpha$ на отскачане на топката с маса $\mathrm{m}_2$ след удара спрямо хоризонталната линия (т.е. спрямо посоката на $\vec{v}_1$ ). Считайте, че силите на взаимодействие между топките са централни, т.е. по време на краткия удар силите, с които топките си взаимодействат сочат по линията, свързваща центровете им. [1 т.]

б) големините на скоростите на топките след удара $v_1'$ и $v_2'$ [3 т.]

в) ъгъла $\beta$ на отклонение на топката с маса $\mathrm{m}_1$ спрямо хоризонталната ос. Докажете, че ако $\mathrm{m}_1 = \mathrm{m}_2$ , то $\alpha+\beta = \dfrac{\pi}{2}$ (всички ъгли да се изразят в радиани). [2 т.]

г) При какво отношение $\dfrac{\mathrm{a}}{\mathrm{b}}$ топката с маса $\mathrm{m}_2$ ще се удари в горния ръб на билярдната маса и ще влезе в джоба (точка A), както е показано на фиг. 2. [2 т.]

д) Нека $\mathrm{m}_1 = \mathrm{m}$ и $\mathrm{m}_2 = \mathrm{m}\left(1-\varepsilon\right)$ , като $0 < \varepsilon \ll 1$ , т.е. двете топки са с различни, но почти равни маси. Тогава $\beta = \dfrac{\pi}{2}-\alpha+\Delta\beta$ , където $\Delta\beta$ е малък ъгъл. Да се намери $\Delta\beta$ , като се пренебрегнат събираеми от втора и по-висока степен на $\varepsilon$ , т.е. , членовете пропорционални на $\varepsilon^2$ , $\varepsilon^3$ ,... се приемат за нула.

Упътване: Използвайте приблизителните формули при $\mathrm{x} \ll 1$ : $\cos \mathrm{x} \approx 1$ , $\sin \mathrm{x} \approx \mathrm{x}$ (ако $\mathrm{x}$ е в радиани) и $\left(1-\mathrm{x}\right)^{\mathrm{n}} \approx 1-\mathrm{nx}$ . [3 т.]

е) Нека сега h = 0 и топката с маса $\mathrm{m}_2$ се движи в противоположна посока на $\vec{v}_1$ със скорост с големина $v_2$ . Да се намерят скоростите на топките след челен абсолютно еластичен удар. [4 т.]

Отговори

а) $\sin\alpha = \frac{\mathrm{h}}{2\mathrm{R}}, \qquad \cos\alpha = \sqrt{1-\frac{\mathrm{h}^2}{4\mathrm{R}^2}}$

т.е. $\alpha = \arcsin\!\left(\dfrac{h}{2R}\right)$ .
б) $\vartheta_2 = \frac{2v_1}{1+\frac{\mathrm{m}_2}{\mathrm{m}_1}}\sqrt{1-\frac{\mathrm{h}^2}{4\mathrm{R}^2}}\;;\qquad \vartheta_1 = \frac{v_1}{1+\frac{\mathrm{m}_2}{\mathrm{m}_1}}\sqrt{\left(1-\frac{\mathrm{m}_2}{\mathrm{m}_1}\right)^2+\frac{\mathrm{m}_2}{\mathrm{m}_1}\frac{\mathrm{h}^2}{\mathrm{R}^2}}$
в) $\sin\beta = \frac{\mathrm{m}_2}{\mathrm{m}_1}\frac{\mathrm{h}}{\mathrm{R}}\,\frac{\sqrt{1-\frac{\mathrm{h}^2}{4\mathrm{R}^2}}}{\sqrt{\left(1-\frac{\mathrm{m}_2}{\mathrm{m}_1}\right)^2+\frac{\mathrm{m}_2}{\mathrm{m}_1}\frac{\mathrm{h}^2}{\mathrm{R}^2}}}$

При $m_2 = m_1$ следва $\sin\beta = \cos\alpha$ , т.е. $\alpha+\beta = \pi/2$ .
г) $\frac{\mathrm{a}}{\mathrm{b}} = 3\frac{\cos\alpha}{\sin\alpha} = 3\sqrt{\left(\frac{2\mathrm{R}}{\mathrm{h}}\right)^2-1}$

Условието за влизане в джоба е $\operatorname{ctg}\alpha = \dfrac{a}{3b}$ .
д) $\Delta\beta \approx \frac{\varepsilon}{2}\frac{\cos\alpha}{\sin\alpha} = \frac{\varepsilon}{2}\sqrt{\left(\frac{2\mathrm{R}}{\mathrm{h}}\right)^2-1}$
е) $\vartheta_{1x} = \frac{\mathrm{m}_1-\mathrm{m}_2}{\mathrm{m}_1+\mathrm{m}_2}v_1 - \frac{2\mathrm{m}_1}{\mathrm{m}_1+\mathrm{m}_2}v_2\;;\qquad \vartheta_{2x} = \frac{2\mathrm{m}_1}{\mathrm{m}_1+\mathrm{m}_2}v_1 + \frac{\mathrm{m}_1-\mathrm{m}_2}{\mathrm{m}_1+\mathrm{m}_2}v_2$

Формулите са дадени точно както са отпечатани в решенията; в първата множителят $2\mathrm{m}_1$ очевидно трябва да е $2\mathrm{m}_2$ (грешка в източника).

Решение

а) Ще насочим оста $x$ по хоризонталата, а оста $y$ – по вертикалата, както е показано на фигурата. От правоъгълния триъгълник намираме

\sin\alpha = \frac{\mathrm{h}}{2\mathrm{R}}\ , \qquad \cos\alpha = \sqrt{1-\frac{\mathrm{h}^2}{4\mathrm{R}^2}}

Две допиращи се окръжности; от общия им център-възел тръгват оси x и y, пунктирана отсечка 2R към центъра на горната окръжност, вертикална пунктирана отсечка h, ъгъл алфа над оста x и ъгъл бета под нея със стрелка надолу-надясно. — Геометрия на удара: оста $x$ по хоризонталата, оста $y$ по вертикалата; разстоянието между центровете е $2R$ , вертикалното отместване е $h$ , $\alpha$ е ъгълът на разлитане на $m_2$ , а $\beta$ — на $m_1$ .

[1 т.]

б) Написваме закона за запазване на импулса по оста $x$ и по оста y, както и закона за запзване на енергията:

(1) $\quad \mathrm{m}_1 v_1 = \mathrm{m}_2\vartheta_2\cos\alpha + \mathrm{m}_1\vartheta_1\cos\beta$ [0,5 т.]

(2) $\quad \mathrm{m}_2\vartheta_2\sin\alpha = \mathrm{m}_1\vartheta_1\sin\beta$ [0,5 т.]

(3) $\quad \dfrac{1}{2}\mathrm{m}_1 v_1^2 = \dfrac{1}{2}\mathrm{m}_1\vartheta_1^2 + \dfrac{1}{2}\mathrm{m}_2\vartheta_2^2$ [0,5 т.]

От (1) и (2) намираме

(4) $\quad \vartheta_1\sin\beta = \dfrac{\mathrm{m}_2}{\mathrm{m}_1}\vartheta_2\sin\alpha$ ,

(5) $\quad \vartheta_1\cos\beta = v_1 - \dfrac{\mathrm{m}_2}{\mathrm{m}_1}\vartheta_2\cos\alpha$ .

Заместваме (4) и (5) в уравнение (3) и като отчетем, че $\vartheta_1^{\,2} = \left(\vartheta_1\sin\beta\right)^2 + \left(\vartheta_1\cos\beta\right)^2$ , получаваме

(6) $\quad \vartheta_2 = \dfrac{2v_1\cos\alpha}{1+\frac{\mathrm{m}_2}{\mathrm{m}_1}} = \dfrac{2v_1}{1+\frac{\mathrm{m}_2}{\mathrm{m}_1}}\sqrt{1-\dfrac{\mathrm{h}^2}{4\mathrm{R}^2}}$ [1 т.]

Аналогично получаваме $\vartheta_1$ :

(7) $\quad \vartheta_1 = \dfrac{v_1}{1+\frac{\mathrm{m}_2}{\mathrm{m}_1}}\sqrt{\left(1-\dfrac{\mathrm{m}_2}{\mathrm{m}_1}\right)^2+\dfrac{\mathrm{m}_2}{\mathrm{m}_1}\dfrac{\mathrm{h}^2}{\mathrm{R}^2}}$ [0,5 т.]

в) Можем да намерим $\beta$ като заместим (6) и (7) в (4), при което получаваме

(8) $\quad \sin\beta = \dfrac{\mathrm{m}_2}{\mathrm{m}_1}\dfrac{\mathrm{h}}{\mathrm{R}}\ \dfrac{\sqrt{1-\frac{\mathrm{h}^2}{4\mathrm{R}^2}}}{\sqrt{\left(1-\frac{\mathrm{m}_2}{\mathrm{m}_1}\right)^2+\frac{\mathrm{m}_2}{\mathrm{m}_1}\frac{\mathrm{h}^2}{\mathrm{R}^2}}}$ [1,75 т.]

При $\mathrm{m}_2 = \mathrm{m}_1$ , имаме $\sin\beta = \sqrt{1-\dfrac{\mathrm{h}^2}{4\mathrm{R}^2}} = \cos\alpha$ . Така получаваме $\alpha+\beta = \dfrac{\pi}{2}$ . [0,25 т.]

г) За да може топката да влезе в джоба (точка A), е необходимо

\operatorname{ctg}\alpha = \frac{\mathrm{a}}{3\mathrm{b}}\ .

[1,75 т.]

От друга страна намираме

\frac{\mathrm{a}}{\mathrm{b}} = 3\frac{\cos\alpha}{\sin\alpha} = 3\sqrt{\left(\frac{2\mathrm{R}}{\mathrm{h}}\right)^2-1}\ .

[0,25 т.]

д) От уравнение (8) следва

\sin\beta = \left(1-\varepsilon\right)\frac{\mathrm{h}}{\mathrm{R}}\ \frac{\sqrt{1-\frac{\mathrm{h}^2}{4\mathrm{R}^2}}}{\sqrt{\varepsilon^2+\left(1-\varepsilon\right)\frac{\mathrm{h}^2}{\mathrm{R}^2}}}\ .

Като пренебрегнем $\varepsilon^2$ в знаменателя, с точност до членове пропорционални на $\varepsilon$ имаме

(9) $\quad \sin\beta = \sqrt{1-\varepsilon}\sqrt{1-\dfrac{\mathrm{h}^2}{4\mathrm{R}^2}} \approx \left(1-\dfrac{\varepsilon}{2}\right)\cos\alpha$ [1 т.]

Тъй като $\beta = \dfrac{\pi}{2}-\alpha+\Delta\beta$ , получаваме

\sin\left(\frac{\pi}{2}-\alpha+\Delta\beta\right) = \cos\left(\alpha-\Delta\beta\right) = \cos\alpha\cos\Delta\beta + \sin\alpha\sin\Delta\beta \approx \cos\alpha + \Delta\beta\sin\alpha

[1 т.]

Като заместим в (9), намираме:

\Delta\beta \approx \frac{\varepsilon}{2}\frac{\cos\alpha}{\sin\alpha} = \frac{\varepsilon}{2}\sqrt{\left(\frac{2\mathrm{R}}{\mathrm{h}}\right)^2-1}\ .

[1 т.]

(е) Записваме закона за запазване на изпулса и на енергията:

\mathrm{m}_1 v_1 - \mathrm{m}_2 v_2 = \mathrm{m}_1\vartheta_{1x} + \mathrm{m}_2\vartheta_{2x}

[1 т.]

\frac{1}{2}\mathrm{m}_1 v_1^2 + \frac{1}{2}\mathrm{m}_2 v_2^2 = \frac{1}{2}\mathrm{m}_1\vartheta_{1x}^2 + \frac{1}{2}\mathrm{m}_2\vartheta_{2x}^2

[1 т.]

Системата от двете уравнения се решава, като изразим от първото $\vartheta_{2x}$ , т. е.

\vartheta_{2x} = \frac{\mathrm{m}_1}{\mathrm{m}_2}v_1 - v_2 - \frac{\mathrm{m}_1}{\mathrm{m}_2}\vartheta_{1x}

и заместим във второто, при което получаваме квадратно уравнение за $\vartheta_{1x}$ ;

\left(1+\frac{\mathrm{m}_1}{\mathrm{m}_2}\right)\vartheta_{1x}^2 - 2\vartheta_{1x}\left(\frac{\mathrm{m}_1}{\mathrm{m}_2}v_1 - v_2\right) - 2v_1v_2 - \left(1-\frac{\mathrm{m}_1}{\mathrm{m}_2}\right)v_1^2 = 0\ .

Една четвърт от дискримантата на това уравнение е точен квадрат:

\frac{1}{4}\mathrm{D} = \left(v_1+v_2\right)^2 .

Оттук намираме корените на квадратното уравнение. Единият корен $\vartheta_{1x} = v_1$ дава $\vartheta_{2x} = -v_2$ , което съответства на ситуацията преди удара. Другият корен е

\vartheta_{1x} = \frac{\mathrm{m}_1-\mathrm{m}_2}{\mathrm{m}_1+\mathrm{m}_2}v_1 - \frac{2\mathrm{m}_1}{\mathrm{m}_1+\mathrm{m}_2}v_2\ ,

[1 т.]

при което олучаваме

\vartheta_{2x} = \frac{2\mathrm{m}_1}{\mathrm{m}_1+\mathrm{m}_2}v_1 + \frac{\mathrm{m}_1-\mathrm{m}_2}{\mathrm{m}_1+\mathrm{m}_2}v_2\ .

[1 т.]

Оригинал в Архива: NOF3_2021_11-12problems.pdf · официални решения: NOF3_2021_11-12solutions.pdf