Съдържание

НПСФ 2009, 10. клас — Задача 2. Бягаща вълна

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от НПСФ 2009

Национално пролетно състезание по физика 2009, Велинград — тема за 10. клас · 28 февруари 2009 г. · 10 т.

Условие

Схема на редица топчета, окачени на нишки; топче 1 е отклонено на ъгъл α, топчетата 2–5 и N висят вертикално. — Веригата от $N$ еднакви топчета на нишки с дължина $L$ ; първото топче е отклонено на ъгъл $\alpha$ , а разстоянието между съседните топчета в равновесие е $a$ .

$N = 100$ еднакви топчета са окачени на леки нишки с еднакви дължини $L = 1$ m. Приемете, че радиусите на топчетата са много по-малки от дължините на нишките. В състояние на равновесие разстоянието между всеки две съседни топчета е $a = 1$ mm. Първото топче е отклонено на ъгъл $\alpha = 10°$ от вертикалата и е пуснато да се движи с нулева начална скорост. Земното ускорение е $g = 9,8$ m/s $^2$ .

Упътване: Приемете, че при удар на две еднакви топчета – едно движещо се и едно – неподвижно, първото топче спира, а второто – продължава да се движи със същата скорост, каквато е имало първото топче преди удара. :Можете да използвате, че $\sin 10° = 0,1736$ и $\cos 10° = 0,9848$ .

а) Приблизително колко време $t_1$ след пускането на първото топче то ще се удари с второто топче? [2 т.]

б) Каква максимална скорост $v$ достига първото топче преди удара? [3 т.]

в) На каква максимална височина $h$ ще се издигне последното топче? [1 т.]

г) Колко време $t$ след пускането на първото топче, последното топче ще се издигне на максимална височина? [4 т.]

Отговори

Решение

а) Периодът на математично махало с дължина $L$ е:

(1)\qquad T = 2\pi\sqrt{\frac{L}{g}} \qquad \textbf{[0,5 т]}

Понеже разстоянието $a$ между топчетата е много по-малко от дължината на нишките, приемаме, че в момента на удара нишката на първото топче е практически вертикална. Докато достигнве вертикално положение,.първото топче извършва четвърт период на хармонично трептене:

(2)\qquad t_1 = \frac{T}{4} = \frac{\pi}{2}\sqrt{\frac{L}{g}} \qquad \textbf{[1,0 т]}

След заместване с числените данни намираме:

(3)\qquad t_1 \approx 0{,}50\,\mathrm{s} \qquad \textbf{[0,5 т]}

б) След отклонение на ъгъл $\alpha$ първото топче се издига на височина:

(4)\qquad h = L(1 - \cos\alpha)

над равновесното си положение и придобива потенциална енергия:

(5)\qquad E_p = mgh = mgL(1 - \cos\alpha) \qquad \textbf{[1,0 т]}

При достигане на равновесното положение потенциалната енергия изцяло се трансформира в кинетична енергия:

(6)\qquad \frac{mv^2}{2} = mgh \qquad \textbf{[1,0 т]}

Следователно:

(7)\qquad v = \sqrt{2gL(1 - \cos\alpha)} \qquad \textbf{[0,5 т]}

или

(8)\qquad v \approx 0{,}55\,\mathrm{m/s} \qquad \textbf{[0,5 т]}

в) При удар кинетичната енергия на движещото се топче се предава изцяло на следващото топче. Това означава, че след последния удар $N$ -тото топче ще има същата кинетична енергия, като тази на първото топче преди първия удар и ще се издигне на същата височина, от която първото топче е започнало своето движение:

(9)\qquad h = L(1 - \cos\alpha) = 1{,}52\,\mathrm{cm} \qquad \textbf{[1,0 т]}

г) Последното топче достига от равновесно положение до крайно дясно положение също за време $t_1 = 1/4T$ . [0,5 т]

В общото време обаче се включва и времето $t_2$ , за което протичат всички удари. Времето между два последователни удара е:

(10)\qquad \Delta t = \frac{a}{v}. \qquad \textbf{[0,5 т]}

Понеже между $N$ топчета протичат $N - 1$ удара, получаваме:

(11)\qquad t_2 = (N-1)\Delta t = \frac{(N-1)a}{v} \qquad \textbf{[1,0 т]}

Следователно:

(12)\qquad t = 2t_1 + \frac{(N-1)a}{v} \qquad \textbf{[1,0 т]}

(13)\qquad t = 1{,}18\,\mathrm{s}. \qquad \textbf{[1,0 т]}

Оригинал в Архива: proletni_2009_10problems.pdf · официални решения: proletni_2009_10solutions.pdf