НПСФ 2007, 11–12 клас — Задача 1. Циркови номера

• а) $\dfrac{F_2}{F_1} = \dfrac{l_1}{l_2}$

• б) $\dfrac{\Delta p_2}{\Delta p_1} = \dfrac{F_2}{F_1} = \dfrac{l_1}{l_2}$

• в) $\dfrac{v_2}{v_1} = \dfrac{l_2}{l_1}$

• г) $v_2 = \dfrac{v_0}{\dfrac{m_2}{m_1}\dfrac{l_2}{l_1} + \dfrac{l_1}{l_2}}$

  $v_0$ е скоростта на първия акробат в момента на докосване на дъската, $v_0 = \sqrt{2gh_1}$.

• д) $l_1 = l_2\sqrt{\dfrac{m_2}{m_1}}$

• е) $h_2 = \dfrac{h_1}{4}\dfrac{m_1}{m_2}$

а) тъй като дъската действа като лост от първи род

$F_1l_1 = F_2l_2$, следователно

$(1.1)\qquad \dfrac{F_2}{F_1} = \dfrac{l_1}{l_2}$ [1 т]

б) тъй като $\Delta p_{1,2} = F_{1,2}.\Delta t$, то

$(1.2)\qquad \dfrac{\Delta p_2}{\Delta p_1} = \dfrac{F_2}{F_1} = \dfrac{l_1}{l_2}$ [1 т]

в) когато и двамата акробати са неподвижни спрямо дъската, те се въртят заедно с дъската с една и съща ъглова скорост $\omega$ спрямо неподвижната точка на дъската. Тогава

$\omega = \dfrac{v_2}{l_2} = \dfrac{v_1}{l_1}$, следователно

$(1.3)\qquad \dfrac{v_2}{v_1} = \dfrac{l_2}{l_1}$ [1 т]

г) скоросттта $v_2$ на излитане на втория акробат може да се намери от получените уравнения (1.1), (1.2) и (1.3). Нека скоростта на първият акробат в момента на докосване на дъската да е $v_0$ , в момента на отскачането на втория акробат да е $v_1$, а на втория акробат тогава да е $v_2$ . От (1.2) следва

$(1.4)\qquad m_2v_2l_2 = m_1(v_0 - v_1)l_1$ [1 т]

Използвайки (1.3), (1.4) се преобразува до

$(1.5)\qquad m_2v_2l_2 = m_1\left(v_0 - \dfrac{v_2l_2}{l_1}\right)l_1$

От (1.5) за $v_2$ намираме

$(1.6)\qquad v_2 = \dfrac{v_0}{\dfrac{m_2}{m_1}\dfrac{l_2}{l_1} + \dfrac{l_1}{l_2}}$ [2 т]

д) за да отскочи вторият акробат на максимална височина $h_2$, трябва скоростта му на отскачане $v_2$ да е максимална. Следователно се търси такава дължина $l_1$ при фиксирани останали параметри в (1.6) така, че $v_2$ да е максимална. Нека за краткост да въведем $\dfrac{m_2}{m_1} = k$ и $\dfrac{l_2}{l_1} = x$. (1.6) се преобразува до

$(1.7)\qquad v_2 = \dfrac{v_0}{kx + \dfrac{1}{x}}$

Функцията $f(x) = kx + \dfrac{1}{x}$ трябва да има минимум. Нека той е равен на $n$. Тогава $n = kx + \dfrac{1}{x}$. Решаваме спрямо $x$:

$(1.8)\qquad kx^2 - nx + 1 = 0$

Откъдето

$(1.9)\qquad x_{1,2} = \dfrac{n \pm \sqrt{n^2 - 4k}}{2k}$

Тъй като изразът под радикала трябва да не е отрицателен $n^2 - 4k \ge 0$, откъдето $n \ge 2\sqrt{k}$ . Следователно минимумът на $f(x)$ е $2\sqrt{k} = 2\sqrt{\dfrac{m_2}{m_1}}$ .

Това е изпълнено за $x_1 = x_2 = \dfrac{n}{2k} = \dfrac{1}{\sqrt{k}} = \sqrt{\dfrac{m_1}{m_2}}$ . Следователно

$(1.10)\qquad l_1 = l_2\sqrt{\dfrac{m_2}{m_1}}$ [3 т]

е) максималната височина $h_2$ се определя от (1.6) използвайки (1.10). За скоростта $v_2$ се получава

$(1.11)\qquad v_2 = \dfrac{v_0}{\dfrac{m_2}{m_1}\sqrt{\dfrac{m_1}{m_2}} + \sqrt{\dfrac{m_2}{m_1}}} = \dfrac{v_0}{2}\sqrt{\dfrac{m_1}{m_2}}$

Прилагайки закона за запазване на механичната енергия за крайните точки на полета на двамата акробати, получаваме

$(1.12)\qquad m_2gh_2 = \dfrac{m_2v_2^{\,2}}{2} = \dfrac{m_2}{2}\dfrac{v_0^{\,2}}{4}\dfrac{m_1}{m_2} = \dfrac{1}{4}\dfrac{m_1v_0^{\,2}}{2} = \dfrac{1}{4}m_1gh_1$

следователно

$(1.13)\qquad h_2 = \dfrac{h_1}{4}\dfrac{m_1}{m_2}$ [1 т]