45 РЕГИОНАЛЕН НАТПРЕВАР ПО ФИЗИКА 2012 I година

(решенија на задачите)

1. Брзината на едно тело што се движи праволиниски, долж x-оската, со текот на времето се менува на начин прикажан на сл. 1. а) Скицирајте го графикот на зависноста на забрзувањето од

времето. б) Ако телото на почетокот од движењето се наоѓало во

координатниот почеток ( 00 =x ) каде се наоѓало во моментот

кога 0x =v . Решение:

а) Во интервалите s50 ≤≤ t и s20s15 ≤≤ t брзината е

константна, па следува дека забрзувањето е нула ( 0=xa ). Телото во овие временски интервали се движи рамномерно праволиниски. Во интервалот s15s5 ≤≤ t брзината на телото се менува (тоа изведува рамномерно забрзано движење), а забрзувањето изнесува

( ) 2

12

12 sm6110

16

515

88,

tt

vva xx

x ==−−−=

−−

=

Зависноста на забрзувањето од времето графички е прикажана на сл. 2. б) Од графикот прикажан на сл. 1 гледаме дека брзината имала вредност 0x =v во моментот

s10=t . Положбата на телото во првите 5 s ( s50 ≤≤ t ), додека се движело рамномерно праволиниски, се

менувала според законот ( ) tvtx x= . Според тоа, во моментот кога почнало да забрзува ( s5=t ), телото се

наоѓало во положба m40s5sm8 −=⋅−=x . Во следните 5 s ( s105 ≤≤ t ), телото се движeло рамномерно забрзано, па положбата се менувала според релацијата

( )2

2

00at

tvxtx x ++=

каде што m400 −=x , sm80 −=xv , а времето t го мериме од моментот кога телото почнало да забрзува. Со вакво мерење на времето неговата брзина станалa нула по 5 s. Телото во тој момент се наоѓало во положба

( )m60

2

s5sm61s5sm8m40

22

−=+⋅−−= ,x .

-10

-5

0

5

10

0 5 10 15 20 25

t (s)

v x (

m/s

)

Сл. 1

0

0.5

1

1.5

2

0 5 10 15 20 25

t (s)

ax (

m/s

2 )

Сл. 2

2. Под дејство на хоризонтална сила N981,F = , тело со маса kg2=m , поминува пат m8=s за време s4=t и притоа брзината му се зголемува 3 пати. Телото се движи по хоризионтална подлога. Колкав е

коефициентот на триење помеѓу телото и подлогата? Решение: На телото освен силата F

rму дејствуваат и силата на Земјина тежа gmP

rr= , силата на нормална реакција

на подлогата NFr

и сила на триење trFr

(види сл. 2). Според тоа, вториот Њутнов закон во овој случај може да се запише во обликот:

amFFPF trN

rrrrr=+++ (1)

или во проекции на x и y оските:

maFF: tr =−OX (2а) и 0:OY =− mgFN . (2б) Изразувајќи ја силата на нормална реакција од равенката (2б) и имајќи предвид дека Ntr FF µ= ,

добиваме mgFtr µ= . Со замена на овој израз во равенката (2а) стигнуваме до следнава релација за коефициентот на триење:

mamgF =− µ , g

a

mg

F −=µ . (3)

За да го пресметаме коефициентото на триење, потребно е да го знаеме забрзувањето а. Бидејќи телото се движи рамномерно забрзано, врската помеѓу брзината и времето е дадена со atvv += 0 , а помеѓу

брзината и изминатиот пат со asvv 220

2 += . Ако се искориси условот според кој брзината се зголемува 3 пати, се добиваат следниве равенки:

atvv += 003 и asvv 29 20

20 +=

од каде што со елиминација на почетната брзина v0 го наоѓаме забрзувањето

2t

sa = . (4)

Со замена на равенката (4) во (3) за коефициентот на триење се добива:

0502

,gt

s

mg

F =−=µ .

x

yx

gmr

Fr

NFr

trFr

Сл. 2

3. Две топчиња се обесени на конци со занемарливи маси и еднакви должини како на сл. 3. Кога топчињата се во рамнотежна положба конците се вертикално поставени, паралелни еден на друг. Полесното топче, со маса m, го изместуваме од рамнотежната положба, го доведуваме во нова положба во која конецот е хоризонтално поставен и потоа го пуштаме да се судри со другото топче. Да се определи масата на потешкото топче M ако после судирот, кој може да се смета за апсолутно еластичен, двете топчиња се искачиле до иста висина. Решение: Според законот за запазување на енергијата, при спуштуњето на малото топче, неговата потенцијална енергија ќе преминува во кинетичка и непосредно пред судирот тоа ќе има брзина v, која може да се определи од условот

mglmv =

2

2

.

Бидејќи судирот е апсолутно еластичен освен законот за запазување на импулсот ќе важи и законот за запазување на енергијата. Ако брзините на топчињата непосредно по судирот ги означиме со u1 (мало топче) и u2 (големо топче), тогаш според законот за запазување на импулсот ќе имаме: 21 uMumvm

rrr += , 12 muMumv −= , (1) а, од законот за запазување на енергијата ќе добиеме:

222

22

21

2 Mumumv += , 22

21

2 Mumumv += . (2)

По судирот топчињата ќе се разлетаат во спротивни насоки и ќе почнат да се креваат нагоре. При тоа нивната кинетичка енергија ќе преминува во потенцијална. Висината до која ќе се искачат се определува од законот зазапазување на енергијата:

1

21

2mgh

mu= ⇒ 11 2ghu = (3а)

2

22

2Mgh

Mu= ⇒ 22 2ghu = (3б)

Бидејќи според условот на задачата топчињата се искачиле до иста висина ( 21 hh = ), од релациите (3)

следува дека брзините на топчињата непосредно по судирот се еднакви т.е. uuu ≡= 21 . Оттука, равенките (1) и (2) сега може да ги запишеме во следниов облик: ( )umMmv −= (4)

( ) 22 umMmv += (5)

M m

l

Сл. 3

Ја квадрираме релацијата (4) и го изразуваме квадратот на брзината u ( ( )2222 mMvmu −= ), а потоа тој израз го заменуваме во (5) и добиваме:

( )2

222

mM

mMvmmv

−+= ⇒ ( ) ( )mMmmM +=− 2 . (6)

Со решавање на равенката (6) ја наоѓаме бараната маса M

032 =− MmM ⇒ ( ) 03 =− mMM (7) Последната равенка има две решенија 0=M и mM 3= . Физички прифатливо е второто решение, така што бараната маса на потешкото топче треба да изнесува mM 3= . Напомена: Решението на задачата не зависи од должината на конецот l т.е. од висината од која е пуштено да паѓа малото топче. Со други зборови, независно од која висина ќе го пуштиме топчето да паѓа, доколку е задоволен условот mM 3= , топчињата по судирот ќе се искачат на иста висина. Може да се покаже дека во нашиот случај висината до која ќе се искачат топчињата изнесува 4lh = .

4. Бакарна шуплива топка со радиус R1 = 40 cm се потопува во вода, при што привидно станува полесна за една четвртина отколку во воздух. Да се пресмета внатрешниот радиус на топката и нејзината маса. Густината на бакарот е ρ = 8900 kg/m3, a густината на водата е ρ0 = 1000 kg/m3. Решение: Кога топката е потопена во вода, на неа дејствуваат силата на земјина тежа G = mg надолу, и силата на потисок A 0F gVρ= во спротивна насока од силата на земјината тежа ( 0ρ е густината на водата). Земајќи

во предвид дека ( )3 341 23

,m R Rρ π= − каде што R2 e внатрешниот радиус на топката (радиусот на

шуплината), како и дека 3413

,V Rπ= за привидната тежина на топката кога е потопена во вода се добива:

3 3 3

1 A 1 2 0 14

( )3

F G F g R R Rπ ρ ρ ρ= − = − −

Тежината на топката во воздух изнесува

3 32 1 2

4( ).

3F G g R Rπ ρ ρ= = −

Oд условот на задачата,

1 23

4F F=

односно: 4

33 3 3 3 31 2 0 1 1 2

4( ) ( )

3g R R R g R Rπ ρ ρ ρ π ρ ρ− − = −

од каде што за внатрешниот радиус на топката се добива

32 1 01 4 / 32,8cmR R ρ ρ= − =

5. Во затворен сад се наоѓа смеса од m1 = 14 g азот и m2 = 9 g водород на температура 10 °C и под притисок од 1 MPa. Да се најде моларната маса на смесата и волуменот на садот. Mоларната маса на азотот изнесува M1 = 28 g/mol, а на водородот М2 = 2 g/mol. Решение: Вкупниот број на молови во смесата изнесува

Масата на смесата изнесува m = m1 + m2 = 23g. Од nm = m/M , за моларната маса на смесата се добива

Волуменот на садот се добива со користење на равенката на состојба на идеален гас