Съдържание

НОФ 2023, II кръг (областен), 12. клас — Задача 2. Отскачащо махало

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от НОФ 2023

Областен кръг на олимпиадата по физика 2023 — тема за шеста състезателна група (12. клас) · 18 февруари 2023 г. · 10 т.

Внимание: Бележка към темата

Преди Задача 1 темата отпечатва блок „Константи, които можете да използвате във всички задачи“, който важи и за трите задачи: гравитационна константа $G = 6{,}67 . 10^{-11}\ \mathrm{m^3/(kg . s^2)}$ ; универсална газова константа $R = 8{,}31\ \mathrm{J/(mol . K)}$ ; число на Авогадро $N_\mathrm{A} = 6{,}02 . 10^{23}\ \mathrm{mol^{-1}}$ ; константа на Болцман $k_\mathrm{B} = R/N_\mathrm{A} = 1{,}38 . 10^{-23}\ \mathrm{J/K}$ . Дословният блок е отпечатан в началото на условието на Задача 1.

Условие

Малко топче с маса $m = 2{,}0\ \mathrm{kg}$ е окачено на хоризонтална пружина с коефициент на еластичност $k = 50\ \mathrm{N/m}$ . В началния момент пружината е недеформирана, а на топчето е придадена начална скорост $v_0 = 0{,}40\ \mathrm{m/s}$ в посоката, показана на фиг. 2(а), така че то започва да трепти хармонично. Триенето между топчето и хоризонталната повърхност се пренебрегва.

а) Пресметнете периода T и амплитудата A на трептенето. [2,5 т.]

б) Определете посоката (наляво или надясно спрямо чертежа) и големината $v$ на скоростта на топчето в момента $t = 1$ s след началото на трептенето. [4,5 т.]

в) Топчето отново е пуснато да трепти със същата начална скорост и в същата посока, както е описано по-горе. На разстояние $d = 0{,}04\ \mathrm{m}$ от него обаче е поставена неподвижна вертикална стена, както е показано на фиг. 2(б). Топчето започва да отскача еластично от стената, т.е. без кинетичната му енергия да се променя при ударите със стената. Намерете времето T $_1$ между последователните отскачания на топчето от стената. [3 т.]

Пружина, закрепена за лява вертикална стена, свързана с топче; стрелка v0 сочи надясно. — Фиг. 2(а) — топче с маса $m$ на хоризонтална пружина с коефициент $k$ , с начална скорост $v_0$ надясно.

Пружина с топче и вертикална стена вдясно; двупосочна стрелка d между топчето и стената. — Фиг. 2(б) — същата система, но на разстояние $d$ вдясно от топчето е поставена неподвижна вертикална стена.

Отговори

Решение

а) Периодът на пружинно махало е: $T = 2\pi\sqrt{\frac{m}{k}} \approx 1{,}26\ \mathrm{s}$ . [0,5 т.] (0,5 т. се дават, ако има както аналитичен израз, така и числен резултат)

В началния момент топчето има кинетична енергия: $E_\mathrm{к} = \frac{mv_0^2}{2}$ и нулева потенциална енергия, защото пружината не е деформирана. След като топчето достигне максимално отклонение $x = \pm A$ от равновесното положение, то спира, т.е. кинетичната му енергия е нула, но пружината има потенциална енергия: $E_\mathrm{п} = \frac{kA^2}{2}$ . От закона за запазване на енергията следва: $\frac{mv_0^2}{2} = \frac{kA^2}{2}$ , [1,0 т.] откъдето намираме: $A = v_0\sqrt{\frac{m}{k}} = 0{,}08\ \mathrm{m}\ (8\ \mathrm{cm})$ [1,0 т.] (0,5 т. за аналитичен израз + 0,5 т. за числен отговор)

б) За да съобразим посоката на скоростта, вземаме предвид, че: $\frac{3T}{4} < t < T$ . [0,5 т.] Това означава, че топчето е минало през крайно дясно положение, после – през крайно ляво положение, и в момента се доближава отляво надясно към равновесното положение. Следователно скоростта в момента $t = 1$ s е насочена надясно. [0,5 т.]

При нулево начално отклонение, както е в случая, законът за хармонично движение се дава с израза: $x = A\sin(\omega t)$ , [1,0 т.] където $\omega = 2\pi/T = \sqrt{k/m} = 5{,}0\ \mathrm{rad/s}$ е кръговата честота на трептенето. От закона за запазване на енергията имаме: $\frac{mv^2}{2} + \frac{kx^2}{2} = \frac{mv_0^2}{2}$ , [1,0 т.] където $v$ е скоростта в момента $t$ . Като вземем предвид тригонометричното тъждество $\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1$ , и факта, че $v_0 = \omega A$ , изразяваме големината на скоростта: $v = \sqrt{v_0^2 - \frac{k}{m}x^2} = \sqrt{v_0^2 - \omega^2A^2\sin^2(\omega t)} = v_0\cos(\omega t)$ [1,0 т.] Оттук, като заместим с числените данни, намираме: $v = 0{,}4\ \mathrm{m/s} . \cos(5\ \mathrm{rad/s} . 1\ \mathrm{s}) \approx 0{,}11\ \mathrm{m/s}$ . [0,5 т.]

в) Нека $t'$ е моментът, в който топчето за първи път след началото на движението се удря в стената. В този момент $x = d$ и от закона за харомонично трептене имаме: $A\sin(\omega t') = d$ . [0,5 т.] Оттук намираме: $\sin(\omega t') = \frac{d}{A} = \frac{0{,}04\ \mathrm{m}}{0{,}08\ \mathrm{m}} = \frac{1}{2}$ . [0,5 т.] Следователно $\omega t' = \pi/6$ и: $t' = \frac{\pi}{6\omega} = \frac{T}{12}$ [1,0 т.]

След като топчето отскочи, то ще се движи същото време $t'$ наляво, докато достигне равновесното положение, а след това още половината от периода на хармоничното трептене, докато мине през крайно ляво положение и се върне обратно в началото. След това процесът се повтаря периодично. Следователно времето за повторение на движението, което е равно на времето между последователните отскачания, е: $T_1 = 2t' + \frac{T}{2} = \frac{T}{6} + \frac{T}{2} = \frac{2}{3}T \approx 0{,}84\ \mathrm{s}$ [1,0 т.]

Оригинал в Архива: NOF2_2023_12problems.pdf · официални решения: NOF2_2023_12solutions.pdf