b) Maximální velikost zrychlení automobilu, nemají-li kola prokluzovat, je a = f g. Automobil se bude rozjíždět po dobu t = v 0 fg = mfgv 0

Transkript

1 Řešení úloh. kola 58. ročníku fyzikální olympiády. Kategorie A Autoři úloh: J. Thomas, 5, 6, 7), J. Jírů 2,, 4).a) Napíšeme si pohybové rovnice, ze kterých vyjádříme dobu jízdy a zrychlení automobilu A: v = v 0 at a s = v 0 t 2 at2 = v 0 t 2 v 0 v) t t = 2s = 5,57 s. v 0 + v a = v 0 v t = v2 0 v 2 2s = 7,47 m s 2. b) Maximální velikost zrychlení automobilu, nemají-li kola prokluzovat, je a = f g. Automobil se bude rozjíždět po dobu t = v 0 a = v 0 fg =,0 s. Přitom ujede vzdálenost s = v2 0 2a = v2 0 2fg = 27 m. K dosažení rychlosti v 0 za čas t je zapotřebí průměrný výkon P = mv2 0 = mfgv 0 = 4 kw. 2t 2 Protože zrychlení automobilu je stálé, roste výkon motoru lineárně. Maximální hodnota výkonu P max = mfgv 0 = 285 kw. Maximální výkon motoru se tedy při rozjíždění na zvyšování rychlosti nevyužije. body c) Hodnoty tabulky přeneseme do EXCELu a sestrojíme graf. Z rovnice regrese vidíme, že závislost rychlosti na čase je kvadratická v = 0,0t 2 4,45t + +55,6. Stejnou rychlost budou automobily mít za dobu t, pro kterou platí v A = 0,0t 2 4,45t + 55,6 = 50 t =, s. Dráha automobilu B pak bude záviset na času podle vztahu s B = t 2 0 0,0t 2 4,45t + 55,6 ) dt = 0,0t 2 2,22t ,6t 2. Automobil A urazí stejnou dráhu jako automobil B, takže v A t 2 = s B 50t 2 = 0,0t 2 2,22t ,6t 2 50 = 0,0t 2 2 2,22t ,6 0,0t 2 2 2,22t 2 + 5,6 = 0 t 2 = 2,6 s Automobil A předjede automobil B za dobu t 2 = 2,6 s ve vzdálenosti s B = = v A t 2 = 0 m od začátku cílové rovinky. V okamžiku, kdy automobil A předjíždí automobil B má automobil B rychlost v B = 0,0t 2 2 4,45t ,6 = 45 m s. 5 bodů

2 2.a) Na válec působí jeho tíhová síla F G = mg = N + T, kde T je její tečná složka ve směru nakloněné roviny) a N její normálová složka kolmá k nakloněné rovině), dále reakce kvádru R = N a vlivem tření v tečném směru síla F. Výslednice těchto sil určuje zrychlení válce podle pohybové rovnice ma = T F = mg sin α F. ) Na kvádr působí jeho tíhová síla F G2 = Mg = N 2 + T 2, kde T 2 je její tečná složka a N 2 její normálová složka, válec silami N a F, reakce nakloněné roviny R 2 = N N 2 a třecí síla F t proti pohybu kvádru. Výslednice těchto sil za předpokladu T 2 + F F t určuje zrychlení kvádru podle pohybové rovnice Ma 2 = T 2 F t + F = Mg sin α f M + m) g cos α + F. Velikost síly F určíme z podmínky o neprokluzování válce F = Jε r = 2 mr2 a a 2 r = r 2 m a a 2 ). 2) Po dosazení do pohybových rovnic a úpravě dostaneme soustavu rovnic ma 2 + ma = 2mg sin α, M + m ) a 2 m 2 2 a = Mg sin α f M + m) g cos α.

3 Ze soustavy rovnic plyne a = g sin α M + m fg cos α, ) M + m a 2 = g sin α M + m M + m fg cos α. 4) 4 body Za předpokladu T 2 + F F t se kvádr naopak nerozjede, velikost jeho zrychlení je a 2 = 0. 5) Z rovnic ) a 2) pak pro velikost zrychlení válce plyne a = 2 g sin α. 6) Hraniční podmínku pro sklon nakloněné roviny mezi klidem a pohybem kvádru získáme ze vztahu 4), v němž položíme a 2 = 0: tgα = f M + m M + m, resp. f = M + m tgα. 7) M + m bod Číselně hraniční podmínka 7) nastane pro α = 22. Pro α = 5 dostaneme z rovnic 5) a 6) a =,7 m s 2, a 2 = 0, pro α 2 = 40 z rovnic ) a 4) a = 5, m s 2, a 2 =, m s 2. bod b) Aby válec neprokluzoval, musí minimální součinitel smykového tření mezi válcem a podložkou splňovat podmínku z níž plyne F = 2 m a a 2 ) = f min mg cos α, f min = f M + m M + m = 4 f = 0,..a) Označme F, F 2, F velikosti napínajících sil odpovídající postupně frekvencím f, f 2, f a zvolme jejich působiště v soustavě souřadnic 0xy podle obr. 2. Bez ohledu na umístění působišť sil po obvodu zvolme polohu válce s těžištěm například v. kvadrantu a označme x, y jeho hledané souřadnice. Na spojnici se středem desky pak leží společné těžiště desky a válce, označme jeho souřadnice x T, y T. Pro velikosti sil platí F : F 2 : F = f 2 : f 2 2 : f 2 = 6 : 25 : 6, tedy F 2 = 25 6 F, F = 4 F. bod

4 Obr. R2 Z podmínky rovnováhy podle osy y a podle osy x platí Z rovnic plyne F + F 2 + F ) x T = F R F 2 2 R F 2 R, F + F 2 + F ) y T = F 2 2 R F 2 R. x T = y T = F 2 F 2 2 F F + F 2 + F R = 2 F 2 2 F R = F + F 2 + F R = 2 R = 0,88 R, 54 R = R = 0,2 7R. 4 Těžiště soustavy se nachází v. kvadrantu. Výhodně v polárních souřadnicích vychází r T = x 2 T + y2 T = 0,225R,

5 α T = π + arctg y T = π + arctg =,85π rad = 2. x T 2 Těžiště válce má v závislosti na hmotnosti m polární souřadnice r = M + m m r T, α = α T = 2, ) event. kartézské souřadnice x = M + m m x T, y = M + m m y T. bod Poloha válce je r R. Čím blíže je válec obvodu desky, tím menší hmotnost válce je zapotřebí. Nejmenší hmotnost m min bude pro r = R: m min = r T R r T M = 0, 225 0,225 M = 0,2M. bod Při maximální hmotnosti m max válce budou struny napínány nejvíce. Největší síla je F, její velikost bude podle zadání,80mg. Proto platí Z rovnic plyne F = 4 F =,8Mg, F + F 2 + F = 77 6 F = M + m max ) g. m max = M = 2,85M. bod Podle rovnice ) je odpovídající minimální vzdálenost r min = M + m max m max r T = M M M r T = r T = 77 0,225 R = 0,04R. 57 bod Všechny možné hmotnosti válce splňují podmínku m 0,2M; 2,85M. Těžiště válce se může nacházet v intervalu vzdáleností r 0, 04R; R od středu kruhové desky a vzhledem k symetrii zavěšení může radiála obsahující průmět těžiště soustavy svírat s radiálou procházející libovolným bodem zavěšení úhel α = ±27. bod 4. Hledáme vztah mezi úhlem ϕ a úhlem lomu δ při výstupu paprsku z hranolu. Úhel ϕ je současně úhlem dopadu při prvním lomu a platí pro něj: sin ϕ = n sin β = n sin ϕ γ) = n sin ϕ cos γ cos ϕ sin γ).

6 Horní část svazku paprsků dopadá dále na svislou stěnu hranolu, zbývající dolní část na jeho vodorovnou stěnu. Pro horní část paprsků při druhém lomu platí: sin γ = sin δ n, cos γ = sin2 δ n 2. Dosazením postupně dostaneme sin ϕ = n sin ϕ sin2 δ n 2 cos ϕ sin δ = sin ϕ n n 2 sin 2 δ cos ϕ sin δ, neboli Z rovnice plyne ) sin ϕ n 2 sin 2 δ = cos ϕ sin δ. tg ϕ = sin δ n2 sin 2 δ. ) 5 bodů Dolní část svazku paprsků dopadá na vodorovnou stěnu hranolu pod úhlem 0 γ. V případě úplného odrazu dopadají paprsky odražené od vodorovné stěny na svislou stěnu pod úhlem ϕ β = γ, tudíž úhel lomu je též δ jako u horního svazku paprsků. Jelikož jsou konečné úhly lomu horního a dolního svazku orientovány proti sobě, musí dle zadání splňovat podmínku 2δ = ω = 60. Ještě je nutné rozhodnout, zda dojde k lomu, nebo k úplnému odrazu. Porovnáme siny mezního úhlu α m a úhlu dopadu 0 γ:

7 sin α m = n = 2, sin 0 γ) = cos γ = sin 2 γ = sin2 δ 8 n 2 = = 2 2. Z porovnání plyne, že nastane úplný odraz. Odražené paprsky dopadají na svislou stěnu pod úhlem ϕ β = γ, tudíž úhel lomu je též δ jako u horních paprsků. body Případně obecné řešení podle vztahu ) pak má tvar tgϕ = sin ω 2. n 2 sin 2 ω 2 Dosazením číselných hodnot dostaneme tgϕ = 2 2 ) ϕ = a) Protože těžiště trojúhelníku je ve stejném bodě, jako střed kružnice, má vodič o délce poloměru kružnice odpor R. Vodič o délce třetiny obvodu kružnice pak má odpor X = 2πR. Překreslíme schéma: Obr. R4 Odpor mezi body A a B pak bude R AB = R + X + R + X = R + X RX + R + X R AB = 2R R + X) = 2πR R + 2πR = R + X) ) = 4πR π = 0,65R.

8 5 bodů b) Je-li odpor vodiče o délce a = AB roven R, pak odpor části AD je Y = xr a a odpor části DB je R Y = a x) R. Překreslíme schéma: a Obr. R5 Odpor mezi body A a D pak bude R AD = Y + R Y + R AB. Vyjádříme odpor mezi body AB: = R AB X + R + X R AB = Pak pro odpor mezi body A a D platí: = R AD Y + R Y + R + X = X + R + X R + X. = R + X. = Y + R + X R Y ) R + X) + = R Y ) R + X) + + R + X) Y = [R Y ) R + X) + ] Y R 2 + RX ) Y R + X) Y 2 R AD = R 2 = Y R + X + RX R 2 + RX ) Y 2 Grafem kvadratické funkce R = Y ay 2 = Y ay ) je parabola, která protíná osu R AD v bodech o souřadnicích Y = 0 a Y =, její maximum vrchol a paraboly) má souřadnici Y max = 0 + a = 2 2a = R 2 + 2πR2 ) 2 R2 + RX R + X = 2 R + 2πR ) =

9 = + 2π ) π R = 0,7R. Vzdálenost bodu D od bodu A je tedy x = 0,7a, kde a je délka strany rovnostranného trojúhelníku. 5 bodů Maximum můžeme najít také jako extrém funkce pomocí derivace: R AD bude maximální, jestliže dr AD Y = 2 R2 + RX R + X = dy = 2 R + X R 2 + RX Y = 0. R 2 + 2πR2 ) 2 R + 2πR ) = + 2π ) π R = 0,7R. Protože druhá derivace je záporná, jde skutečně o maximum. 6. Odvození vztahu pro ohniskovou vzdálenost: Před posunutím stínítka platí: Z = a + d f. f Po posunutí stínítka platí: Z 2 = a f. f Z Z 2 = d f f = d Z Z 2 = dx y y Příklady naměřených hodnot ve všech měřeních x = 20 mm): Čočka y y d f i mm mm mm mm ,5 Ohnisková vzdálenost první čočky je f = 0 ± 5) mm s relativní odchylkou 5 %. Čočka y y d f i mm mm mm mm Ohnisková vzdálenost druhé čočky je f 2 = 4 ± 2) mm s relativní odchylkou %.

10 Čočka y y d f i mm mm mm mm Ohnisková vzdálenost třetí čočky je f = 54 ± ) mm s relativní odchylkou 6 %. 7.a) Okamžitý výkon všech sil působících na míček závisí na jeho okamžité rychlosti P = mgv kv 2. Přitom urychlující síla zvětšuje kinetickou energii míčku a její výkon je kladný, brzdící síla zmenšuje kinetickou energii míčku a její výkon je záporný. Během pádu míčku se síly, které na míček působí, vyrovnají. Míček se dál bude pohybovat rovnoměrně rychlostí v 2, kterou dopadne na zem. Pak mg kv 2 = 0 k = mg. v 2 Během pohybu se rychlost míčku mění z rychlosti v 0 na rychlost v 2. Vztah pro výkon můžeme upravit na tvar P = mgv kv 2 = k [ v 2 mgv ] k = mg)2 4k Grafem závislosti výkonu na rychlosti je parabola obr. R6). Vrchol paraboly odpovídá rychlosti v = v 2. 2 body b) Z grafu je vidět, že maximální rychlost změny kinetické energie může nastat buď pro rychlost míčku v = v nebo pro rychlost míčku v = v 0. [ = k v mg ) 2 2k k v mg 2k v 0 Tomu odpovídají výkony P = mgv 2 E 4 k roste) a P 2 = mg)2 k v 4k 0 mg ) 2 = mg)2 k v 2k 4k 0 + mg ) 2 = 2k ) ] 2 mg = 2k ) 2 = mg v 2 v v 2 2 ) 2 + mgv 2 4. P P v 0 v v 2 P 2 Obr. R6 = mgv 0 v 2 + v 0 v 2 E k klesá).

11 Protože P 2 < 0, je P 2 = k v 0 + mg ) 2 mg)2 2k 4k = mgv 0 v 2 + v 0 v 2, P = mgv 2 > 0 P = P = mgv Porovnáme výkony P a P 2 a najdeme, při jaké velikosti rychlosti v 0 bude platit P 2 > P v 2 + v 0 mgv 0 > mgv 2 v 2 4 ) 2 4v v 2 v 0 v2 2 v2 > 0 pro v 0 > 0, v 0 >. ) 2 2 v2 Tedy pro v 0 < je P 2 > P 2, proto v m = v = v 2 ; pro v 2 0 > ) 2 v2 je P < P 2 a v m = v 0. Pro v 0 = platí obě řešení. 2 2 ) v2 2 5 bodů