Съдържание

НОФ 2026, II кръг (областен), 8. клас — Задача 1. Движение

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от НОФ 2026

Олимпиада по физика 2026, областен кръг, тема за 8. клас (втора състезателна група) · 15 февруари 2026 г. · 10 т.

Условие

Две тела с пренебрежими размери се намират в покой на едно и също място. В началния момент време тяло 1 започва да се движи праволинейно и равноускорително. В момента $t_1$ , когато тяло 1 достига максималната си скорост $v_1$ и започва да се движи равномерно, тялото 2 започва да се движи равноускорително в същата посока. В момента $t_2$ скоростите на двете тела стават равни и тяло 1 започва да се движи равнозакъснително. В момента $t_3$ тяло 1 спира, а тяло 2 достига максималната си скорост $v_2$ , след което веднага започва да се движи равнозакъснително. В момента $t_4$ и тялото 2 спира. Знае се, че:

$v_2 = 2v_1$ ;
ускоренията $a_{\text{сп}}$ , с които двете тела са се движили равнозакъснително, са равни;
двете тела са спрели на едно и също място;
двете тела са били максимално раздалечени едно от друго на разстояние $s_m = 30$ m;
моментът $t_2$ е настъпил 6,0 s след началния момент време.

Първо направете груба (качествена) графика на зависимостта на скоростта от времето при движението на двате тела. От нея и дадените данни изчислете:

а) моментите време $t_1$ , $t_3$ и $t_4$ ; [3 т.] [3 т.]

б) скоростите $v_1$ и $v_2$ ; [1.5 т.] [1,5 т.]

в) ускорението $a_{\text{сп}}$ на спиране на двете тела и ускорението $a_1$ , с което тялото 1 достига максималната си скорост; [2 т.] [2 т.]

г) изминатото разстояние $s$ от всяко от телата. [1 т.]

Получените стойности нанесете в долната таблица:

$t_1 =$ s	$v_1 =$ m/s	$a_{\text{сп}} =$ m/s $^2$	$s =$ m
$t_3 =$ s	$v_2 =$ m/s	$a_1 =$ m/s $^2$
$t_4 =$ s

След това начертайте на една фигура точни графики на зависимостта на скоростта от времето за двете тела. Отбележете по абсцисата моментите $t_1$ , $t_2$ , $t_3$ и $t_4$ , а по ординатата – скоростите $v_1$ и $v_2$ . [2.5 т.] [1 т.]

Отговори

Решение

Графика v(t) в интервала 0–10 s: тяло 1 се ускорява до 10 m/s при 5 s, движи се равномерно до 6 s и спира при 7 s; тяло 2 тръгва при 5 s, достига 20 m/s при 7 s и спира при 9 s. — Точна графика на зависимостта на скоростта от времето за двете тела: тяло 1 – плътна линия ABEG, тяло 2 – прекъсната линия CFH.

а) Тъй като между моментите $t_1$ и $t_3$ тяло 2 се движи равноускорително и използвайки, че $v_2 = 2v_1$ , следва $a = \dfrac{v_1}{t_2-t_1} = \dfrac{v_2}{t_3-t_1}$ , откъдето след опростяване $-t_1 + 2t_2 - t_3 = 0$ . (1) От условието, че ускоренията $a_{\text{сп}}$ , с които двете тела са се движили равнозакъснително, са равни, следва $a_{\text{сп}} = \dfrac{v_1}{t_3-t_2} = \dfrac{v_2}{t_4-t_3}$ и $v_2 = 2v_1$ , се получава, че $2t_2 - 3t_3 + t_4 = 0$ . (2) От условието, че двете тела са спрели на едно и също място, т.е. те са изминали един и същ път, следва $s_1 = s_2$ , $\dfrac{v_1t_1}{2} + v_1(t_2 - t_1) + \dfrac{v_1(t_3-t_2)}{2} = \dfrac{v_2(t_3-t_1)}{2} + \dfrac{v_2(t_4-t_3)}{2}$ . След опростяване $t_1 + t_2 + t_3 - 2t_4 = 0$ . (3) След събиране на (1) и (3) се получава $3t_2 - 2t_4 = 0$ , откъдето $t_4 = \dfrac{3t_2}{2} = 9{,}0$ s. [1 т.] Замествайки в (2) $t_3 = \dfrac{2t_2+t_4}{3} = 7{,}0$ s. [1 т.] Накрая замествайки в (1) $t_1 = 2t_2 - t_3 = 5{,}0$ s. [1 т.]

б) Телата са били най-раздалечени едно от друго на разстояние $s_m = 30$ m в момента $t_2$ . Следователно $s_1(t_2) - s_2(t_2) = s_m$ , $\dfrac{v_1t_1}{2} + v_1(t_2-t_1) - \dfrac{v_1(t_2-t_1)}{2} = s_m$ , откъдето $v_1 = \dfrac{2s_m}{t_2}$ [0.5 т.] $= 10$ m/s. [0.5 т.] От дадената връзка $v_2 = 2v_1 = 20$ m/s. [0.5 т.]

в) Ускорението $a_{\text{сп}}$ на спиране на двете тела е $a_{\text{сп}} = \dfrac{v_1}{t_3-t_2} = \dfrac{v_2}{t_4-t_3}$ [0.5 т.] $= 10$ m/s $^2$ . [0.5 т.] Ускорението $a_1$ , с което тялото 1 достига максималната си скорост, е $a_1 = \dfrac{v_1}{t_1}$ [0.5 т.] $= 2$ m/s $^2$ . [0.5 т.]

г) Изминатото разстояние $s$ от всяко от телата, е $s = \dfrac{v_2(t_4-t_1)}{2}$ [0.5 т.] $= 40$ m. [0.5 т.]

Попълнената таблица изглежда така:

$t_1 = 5{,}0$ s [1 т.]	$v_1 = 10$ m/s [1 т.]	$a_{\text{сп}} = 10$ m/s $^2$ [1 т.]	$s = 40$ m [1 т.]
$t_3 = 7{,}0$ s [1 т.]	$v_2 = 20$ m/s[0.5 т.]	$a_1 = 2{,}0$ m/s $^2$ [1 т.]
$t_4 = 9{,}0$ s [1 т.]

За фигура с точни графики на зависимостта на скоростта от времето за двете тела [2.5 т.] (от които [0.5 т.] за оси с величини, единици и мащаб, [1 т.] за вярна графика на движението на тяло 1 и [1 т.] за вярна графика на движението на тяло 2).

Алтернативно (геометрично) решение за подусловия а) и б):

а) След като телата са спрели на едно и също място, то от графиката следва, че площта на четириъгълника ACEB е равна на тази на четириъгълника EGHF: $S_{ACEB} = S_{EGHF}$ , $\dfrac{t_1v_1}{2} + \dfrac{(t_2-t_1)v_1}{2} = \dfrac{(t_3-t_2)v_2}{2} + \dfrac{(t_4-t_3)v_2}{2}$ . След опростяване $t_2v_1 = (t_4 - t_2)v_2$ . Използвайки, че $v_2 = 2v_1$ , то $t_4 = \dfrac{3}{2}t_2$ [0.5 т.] $= 9{,}0$ s. [0.5 т.] От $\Delta_{CDE}$ и $\Delta_{CGF}$ , използвайки отново, че $v_2 = 2v_1$ следва, че $CD = DG$ , т.е. $t_2 - t_1 = t_3 - t_2$ . От равенството на ускоренията при равнозакъснителното движение следва, че $EG \parallel FH$ , откъдето следва, че $CG = GH$ , т.е. $t_4 - t_3 = t_3 - t_1$ . От получените връзки получаваме, че $t_4 - t_3 = 2(t_3 - t_2)$ , откъдето $t_3 = \dfrac{t_4+2t_2}{3} = \dfrac{7}{6}t_2$ [0.5 т.] $= 7{,}0$ s. [0.5 т.] Съответно $t_1 = \dfrac{5}{6}t_2$ [0.5 т.] $= 5{,}0$ s. [0.5 т.]

б) Тъй като максималното раздалечаване на двете тела е $s_m = S_{ACEB} = \dfrac{t_2v_1}{2} = 30$ m, то $v_1 = \dfrac{2s_m}{t_2}$ [0.5 т.] $= 10$ m/s. [0.5 т.] От дадената връзка $v_2 = 2v_1 = 20$ m/s. [0.5 т.]

Оригинал в Архива: 8_zad8.pdf · официални решения: 8_resh8.pdf