Съдържание

НОФ 2024, II кръг (областен), 11. клас — Задача 1. Скок като на кино

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от НОФ 2024

Областен кръг на олимпиадата по физика 2024, тема за V състезателна група (учебно съдържание за 11. клас) · 18 февруари 2024 г. · 10 т.

Внимание: Бележка към темата

Общи указания от темата: „Във всички задачи може да приемете, че земното ускорение е известно и има стойност $g = 9{,}8\ \mathrm{m/s^2}$ .“ и „При решение на задачите, ако не разполагате с подходящ калкулатор, може да използвате таблицата на тригонометричните функции, дадена на трета страница.“

Условие

В екшън-филм главният герой скача с велосипед от хоризонталния покрив на сграда с височина $H = 5{,}0\ \mathrm{m}$ и прелита над контейнер с широчина $w = 4{,}5\ \mathrm{m}$ и височина $h = 3{,}0\ \mathrm{m}$ , допиращ се до стената на сгадата. Скоростта $\vec{v}_0$ на велосипеда в момента на скока е хоризонтална. Разглеждайте системата от велосипеда и велосипедиста като материална точка.

а) При каква минимална големина $v_0$ на началната скорост велосипедът може да прелети над контейнера, без да се удари в него? [4 т.]

б) Ако велосипедистът скочи с минималната възможна начална скорост, определете: разстоянието $L$ от контейнера, на което се приземява велосипедът; [2 т.]

в) Ако велосипедистът скочи с минималната възможна начална скорост, определете: ъгъла $\alpha$ , който сключва с хоризонта векторът $\vec{v}$ на скоростта на велосипеда в момента на приземяването. Изразете отговора с точност до цяло число градуси. [4 т.]

Схема: висок блок с означена височина H, велосипедист на покрива му с хоризонтална скорост v0, и до него по-нисък блок (контейнер) с широчина w и височина h. — Фиг. 1. Велосипедистът на покрива с височина $H$ и контейнерът с широчина $w$ и височина $h$ , допрян до стената.

Отговори

Решение

а) Избираме координатна система с начало в точката на скачане (ръба на сградата), хоризонтална ос X и ос Y с посока вертикално надолу, както е показано на фигурата.

Движението по оста X е равномерно и се описва със закона:

$(1)\qquad x = v_0 t$ [1,0 т]

По оста Y движението е равноускорително с ускорение $g$ и с нулева компонента на началната скорост:

$(2)\qquad y = \dfrac{gt^2}{2}$ [1,0 т]

Y-координата на покрива на контейнера е:

$(3)\qquad y_\text{к} = H - h$ [0,5 т]

Следователно велосипедът се оказва на височината на контейнера в момента:

$(4)\qquad t_1 = \sqrt{\dfrac{2(H-h)}{g}}$ [0,5 т]

За да прелети велосипедът над контейнера, е нужно $x(t_1) \ge w$ , т.е.

$(5)\qquad v_0 t_1 = v_0\sqrt{\dfrac{2(H-h)}{g}} \ge w$

Следователно минималната начална скорост е:

$(6)\qquad v_0 = w\sqrt{\dfrac{g}{2(H-h)}} \approx 7{,}0\ \mathrm{m/s}.$ [1,0 т]

(0,5 т за буквен отговор + 0,5 т за верен числен отговор със записана единица)

б) В момента, когато велосипедът достига пътя, $y = H$ . Следователно общото време на полета е:

$(7)\qquad t_2 = \sqrt{2H/g}$ [0,5 т]

Хоризонталната координата в този момент е:

$(8)\qquad x_2 = v_0 t_2,$ [0,5 т]

а разстоянието до стената на контейнера – съответно:

$(9)\qquad L = x_2 - w = w\left(\sqrt{\dfrac{H}{H-h}} - 1\right) \approx 2{,}6\ \mathrm{m}.$ [1,0 т]

(0,5 т за буквен отговор + 0,5 т за верен числен отговор със записана единица)

в) Компонентата на скоростта по Y е в момента на приземяването е:

$(10)\qquad v_y = g t_2 = \sqrt{2gH}$ [1,0 т]

От друга страна, хоризонталната компонента на скоростта не се променя:

$(11)\qquad v_x = v_0$ [1,0 т]

За ъгъла $\alpha$ е изпълнено:

$(12)\qquad \mathrm{tg}\,\alpha = \dfrac{v_y}{v_x} = 2\dfrac{\sqrt{H(H-h)}}{w} \approx 1{,}405$ [1,0 т]

От таблицата на тригонометричните функции виждаме, че на тази стойност на тангенса най-точно съответства ъгъл:

$(13)\qquad \alpha \approx 55^\circ.$ [1,0 т]

Оригинал в Архива: NOF2_2024_11problems.pdf · официални решения: NOF2_2024_11solutions.pdf