Съдържание

НПСФ 2021, 11. клас — Задача 2. Математично махало

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от НПСФ 2021

Национално пролетно състезание по физика 2021, Тема за пета състезателна група (11. клас) · 13 март 2021 г. · 10 т.

Условие

Част 1.

Математично махало с маса $m = 100$ g и дължина на нишката $l = 1$ m е отклонено под ъгъл $\alpha = 60^\circ$ (Фиг. 2) и се пуска без начална скорост.

А) След колко време $t$ и с каква скорост $v$ махалото ще достигне равновесното положение? (Приемете, че периодът на махалото не зависи от първоначалния ъгъл на отклонение.) [1 т.]

Известно е, че нишката се къса, когато махалото преминава през равновесното си положение.

Б) Намерете максималната сила на опън $F_{max}$ , която издържа нишката, като изразите $F_{max}$ чрез масата на махалото $m$ и земното ускорение $g$ . [2 т.]

В) Напишете закона, по който в разглеждания случай отклонението от равновесното положение ( $x = x(t)$ ) зависи от времето. Приемете, че трептенето е хармонично. [1 т.]

При решаване на подусловията от А) до В) да се приеме, че земното ускорение е $g = 10\ \dfrac{\mathrm{m}}{\mathrm{s}^2}$ .

Част 2.

На разстояние $l/2$ по вертикалата от точката на окачване е забит пирон. Махалото се отклонява под ъгъл $\alpha = 90^\circ$ (нишката е хоризонтална) и се пуска без начална скорост (Фиг. 2а).

А) При какъв ъгъл $\beta$ между вертикалата и нишката силата на опън $T$ става равна на нула? [3 т.]

Б) Намерете максималната височина $H_{max}$ , до която ще се издигне топчето на махалото над т. $O$ . [3 т.]

Решение

Част 1.

Сили, скорост, амплитуда и височина на махалото.

А) Времето $t$ за достигане до равновесното положение е равен на четвърт период на махалото ( $T/4$ )

t = \frac{\pi}{2}\sqrt{\frac{l}{g}} = 0{,}5\ s

Височината $h$ може да се изрази чрез дължината $l$ и ъгъла $\alpha$ .

h = l(1 - \cos\alpha)

Прилагаме закона за запазване на енергията:

mgh = \frac{mv^2}{2}

v = \sqrt{2gl(1 - cos\alpha)}

v = \sqrt{gl} = 3{,}2\ m/s

За правилен отговор за скоростта и времето (1 т)

Б) Силата на опън в равновесната точка е равна на сумата от силата на тежестта и центростремителната сила:

F_{max} = mg + \frac{mv^2}{l} \qquad \textbf{(1 т)}

Използваме буквения резултат за скоростта $v$ от подусловие А)

F_{max} = mg + mg = 2mg

F_{max} = 2\ \mathrm{N}

За достигане до верен отговор (1 т)

В) Общият вид на уравнението на хармонично трептене е:

x = A.\sin(\omega t + \varphi_0)

От чертежа се вижда, че амплитудата е $A = l.\sin\alpha = \sqrt{3}/2$

Кръговата честота: $\omega = 2\pi/T = \pi$ . (периодът е $T = 2$ s)

Началната фаза: $\varphi_0 = 90^\circ = \pi/2$ rad (махалото започва движението си от максимално отклонение)

Заместваме и се получава:

x = \frac{\sqrt{3}}{2}\sin\left(\pi t + \frac{\pi}{2}\right) \qquad \textbf{(1 т)}

Да се приеме за верен отговор, ако законът е представен във вида:

x = \frac{\sqrt{3}}{2}cos(\pi t)

Част 2.

А) Топчето ще се движи по окръжност, докато силата на опън $T$ не стане равна на нула. След това то ще се движи само под действие на силата на тежестта, т.е. по парабола. За да намерим при какъв ъгъл $\beta$ силата на опън $T$ ще стане равна на нула използваме закона за запазване на енергията, като нулевото ниво преминава през т. $O$ (отбелязано е с пунктир на чертежа):

mg\frac{l}{2} = \frac{mv^2}{2} + mg\frac{l}{2}cos\beta \qquad \textbf{(1 т)}

От друга страна при този ъгъл $\beta$ силата на опън е равна на нула. Следователно компонентата на силата на тежестта в проекция по дължината на нишката е равна на центростремителната сила:

mgcos\beta = \frac{mv^2}{l/2} \qquad \textbf{(1 т)}

След решаване на двете уравнения се получава търсеният ъгъл:

cos\beta = \frac{2}{3}

И скоростта на махалото е: $v^2 = \dfrac{gl}{3}$

За верен отговор за скоростта и ъгъл $\beta$ (1 т)

Б) След това движението на топчето е по парабола. Можем да го разгледаме като тяло хвърлено под ъгъл спрямо хоризонта. Максималната височина, до която ще се издигне топчето над тази позиция е:

h = \frac{v^2 sin^2\beta}{2g} \qquad \textbf{(1 т)}

като използваме изразите за $v$ и $cos\beta$ и връзката $sin^2\beta + cos^2\beta = 1$ се получава:

h = \frac{5l}{54} \qquad \textbf{(1 т)}

Следователно максималната височина на махалото е:

H_{max} = \frac{l}{2}cos\beta + h

H_{max} = \frac{l}{3} + \frac{5l}{54} = \frac{23}{54}l \qquad \textbf{(1 т)}

Оригинал в Архива: proletni_2021_11problems.pdf · официални решения: proletni_2021_11solutions.pdf