Řešení úloh 1. kola 55. ročníku fyzikální olympiády. Kategorie B

Transkript

1 Řešení úloh 1 kola 55 ročníku fyzikální olympiády Kategorie B Autořiúloh:JJírů(1,2),JThomas(3,5,7),MJarešová(4),MKapoun(6) 1a) Během celého děje tvoří vozík s kyvadlem ve vodorovném směru izolovanou soustavu, tudíž hybnost soustavy zůstává po celou dobu pohybu i po nárazu nulová stejně jako v počátečním stavu Proto po dokonale nepružném nárazu, kdy kyvadlo zůstane vzhledem k vozíku v klidu, zůstane celá soustava též v klidu Během pohybu kyvadla je podle zákona zachování hybnosti v každém okamžiku poměr velikostí rychlosti těles opačný k poměru jejich hmotností, proto i poměr posunutí ve vodorovném směru je opačný k poměru hmotností(vodorovná souřadnice těžiště se nemění) Pro M = 4m dostanemeposunutívozíku x= 1 5 l=4cm 3body b) Označme v maximální velikost rychlosti kuličky vzhledem k zemi Ze zákonů zachování mechanické energie a zachování hybnosti během vzájemného pohybu kyvadla a vozíku mgl= 1 2 mv MV2, mv=mv dostaneme V= m (M+ m)m 2gl Číselně vychází V= 1 5 2gl= 2 9,81 0,20m s 1 =0,44m s body c) Velikost rychlosti kuličky vzhledem k zemi bezprostředně před nárazem je v= M m V= M m m M 2gl= 2gl (M+ m)m (M+ m)m Kulička vzhledem k vozíku opisuje kružnici se středem v bodě závěsu, velikost její rychlosti vzhledem k vozíku bezprostředně před nárazem je u=v+ V= Tahová síla napínající vlákno pak je F= mg+ mu2 l M+ m 2gl= (M+ m)m m = mg+ ( ) 2 M+ m 2gl M l M+ m 2gl M = ( 3+ 2m ) mg M Pro M=4mdostaneme F= 7 2 mg 4body 1

2 2a) PlynnejprvepřiizobarickémrozpínánízvětšíobjemzV 0 na2v 0,potése rozpíná s lineárně rostoucím tlakem v závislosti na objemu na konečný objem 3V 0 Označme SplošnýobsahpístuPřírůstektlakujevyvolándeformací pružiny, konečný tlak je p 1 = p 0 + kh S = p 0+ kh2 V 0 =129kPa Konečnou teplotu určíme ze stavové rovnice p 0 V 0 T 0 = ( ) p 0 + kh2 3V V 0 0, T 1 znížplyne ( ) 3 p 0 + kh2 ) V 0 T 1 = T 0 =3 (1+ kh2 T 0 =3,86T 0 =1130K p 0 p 0 V 0 b) Plyn vykonal práci 4body W = p 0 S 2h+ 1 2 kh2 = p 0 V 0 h 2h+1 2 kh2 =2p 0 V kh2 =322J 2body c) Plyn zvětšil vnitřní energii o hodnotu U= 5 2 p 1 3V p 0V 0 = 5 ) (p 0 + kh2 3V p 0V 0 =5p 0 V kh2 Plyn přijal teplo V 0 Q= U+ W =5p 0 V kh2 +2p 0 V kh2 =7p 0 V 0 +8kh 2 =1,40kJ 4body 3a) Zvolme vztažnou soustavu podle obr 1 Parametrické rovnice trajektorie pak jsou x=v 0 cosα 0 t, y=h+v 0 sinα 0 t 1 2 gt2 Vyloučenímparametru tadosazením x=l, y= Hdostanemerovnici H= h+ltg α 0 gl 2 2v 2 0cos 2 α 0, (1) 2

3 kterou pomocí substituce y y v gl 2 2v cos 2 α =tg2 α+1upravímenatvar tg 2 α 0 Ltg α 0 + gl2 2v H h=0 (2) v 0 h α 0 H O x v L x 1 α 1 x v 1 Obr 1 Na tuto rovnici se se můžeme dívat jako na kvadratickou rovnici s neznámou tg α 0 Zvolíme-lipřílišmalouvelikost v 0 počátečnírychlosti,nedoletímíček na horní okraj zdi při žádné volbě elevačního úhlu Bude-li naopak počáteční rychlost větší než minimální, budou vyhovovat dva elevační úhly pro různě strmé trajektorie Pro hledanou minimální rychlost má rovnice jediné řešení a její diskriminant je roven nule: D=L 2 4 gl2 2v 2 0 ( gl 2 2v 2 0 Úpravou dojdeme k bikvadratické rovnici Úloze vyhovuje kořen ) + H h =0 v 4 0 2g(H h)v2 0 g2 L 2 =0 v 2 0= g (H h+ (H h) 2 + L 2 ) (3) Kvadratická rovnice(2) má pak dvojnásobný kořen tg α 0 = L+0 gl 2 v 2 0 = H h+ (H h) 2 + L 2 (4) L 3

4 Prodanéhodnotyvycházítg α 0 =2, α 0 =63,4, v 0 =8,9m s 1 5bodů Poznámka: Řešení by se dalo podstatně zjednodušit užitím rovnice tzv ochranné paraboly viz studijní text Polák, Šedivý: Vrhy, Knihovnička FO č56 b) Dobu letu míčku určíme řešením kvadratické rovnice Úloze vyhovuje kladný kořen t 1 = v 0sinα 0 + h+v 0 sinα 0 t 1 2 gt2 =0 v 2 0 sin2 α 0 +2gh Za tuto dobu doletí míček do vzdálenosti g x 1 = v 0 cosα 0 t 1 =7,3m, dopadnetedyvevzdálenosti3,3modzdi c) V okamžiku dopadu má rychlost míčku souřadnice =1,84s 2body v x = v 0 cosα 0 =3,96m s 1, v y = v 0 sinα 0 gt 1 = 10,1m s 1 Velikostrychlostidopaduje v 1 = vx+ 2 vy=10,8m 2 s 1 aodchylkaod vodorovnéhosměru α 1 =arctg v y v x = 68,6 2body d) Dobavýstupumíčkuje t v = v 0sinα 0 g souřadnice =0,81sZatutodobumíčekzíská x v = v 0 cosα 0 t v =3,2m, y v = h+v 0 sinα 0 t v 1 2 gt2 v =5,2m 1bod Jiné řešení úlohy a): Úpravou rovnice(1) dostaneme vztah, který vyjadřuje, jak závisí velikost počáteční rychlosti potřebné k zasažení horního okraje zdi na zvoleném elevačním úhlu: 1 =[Ltg α 0 (H h)] 2cos2 α 0 gl 2 = 2 [ gl 2 Lsinα0 cosα 0 (H h)cos 2 ] α 0 v 2 0 Má-libýtvelikostpočátečnírychlosti v 0 minimální,musímítvýraz V= Lsinα 0 cosα 0 (H h)cos 2 α 0 (5) 4

5 maximální hodnotu, tedy dv dα 0 = L(cos 2 α 0 sin 2 α 0 ) (H h) 2cosα 0 ( sinα 0 )=0 ovnici upravíme na tvar Úloze vyhovuje kořen Ltg 2 α 0 2(H h)tg α 0 L=0 tg α 0 = H h+ (H h) 2 + L 2 L Pomocídruhéderivacevýrazu V semůžemepřesvědčit,žesejednáomaximum Vztah(5) upravíme na tvar v 2 0= gl2 (1+tg 2 α 0 ) 2[Ltg α 0 (H h)], dosadímezatg α 0 adostaneme v 2 0 = g ( H h+ (H h) 2 + L 2 ) 4a) Obvod se skládá z nekonečně mnoha členů znázorněných na obr 2 Označme odpornekonečnésítě x Pokudbychomnazačáteksítěpředřadilidalšíčlen, odporsítěbysenemělměnit(obr2),protožesíťjenekonečná Pak by mělo platit: x = + 2 x 2+ x Po úpravě dostaneme kvadratickou rovnici 2 x x 2 2 =0 Fyzikální význam má pouze kladné řešení x = AB = A B x =2 2 Obr 2 4body b) Budemepostupovatobdobnějakovúlozea)pouzestímrozdílem,žečlen, který se pravidelně opakuje, bude složitější(obr 3) x 5

6 C 2 x 2 x D Obr 3 Tento obvod budeme postupně v jednotlivých krocích zjednodušovat, abychomnakonecmohlivyjádřitodporobvodu x 1ezistory, x vpravonahradímejediným oodporu 1 (obr4)platí: 1 = x + x 2ezistory2, 1 vpravonahradímejediným oodporu 2 (obr5)platí: 2 =2+ 1, podosazeníza 1 dostaneme 2 =2+ x + x = (2+3 x) + x 3ezistory2, 2 vpravonahradímejedinýmoodporu 3 (obr6)platí: 1 = , 2 podosazeníza 2 dostaneme 1 = x (2+3 x ) 3 = 2(2+3 x) 4+5 x 4Nakonecmůžemepsát x = + 3,kamdosadímeza 3 : x = + 2(2+3 x) 4+5 x Po úpravě dostaneme kvadratickou rovnici 5 2 x 7 x 8 2 =0 C D x C D x 2 Obr Obr 5 C D x 3 Obr 6 6

7 Fyzikální význam má pouze řešení x = CD = =0,7+ 2,09 =2,15 6bodů Řešení úlohy vyšetřením posloupnosti odporů postupně prodlužované konečné sítě: a) Vsítipodleobr1budemezasebeřaditčlenyzobrazenénaobr7Dostaneme posloupnost odporů, která bude mít první člen 1 =3 (6) abudeuníplatitrekurentnívzorec,kterýodvodímezobr8: n+1 = + 2 n n +2 =3 n+2 2 = 3 n+6 4 n +2 n +2 =3 42 n +2 = ( 3 4 n +2 Vztahy(6) a(7) umožnují postupně vypočítat libovolný počet členů posloupnosti Z tabulky pořízené v Excelu ale vidíme, že posloupnost rychle konverguje k hodnotě 2 a od desátého členu je prakticky konstantní 2 n+1 2 n = ) (7) Obr 7 Obr 8 Ještě přesvědčivěji vyřešíme úlohu použitím vzorce pro n-tý člen: Platí ( 2 = 2+ 1 ) (, 3 = 2+ 1 ) (, 4 = 2+ 1 ), Protože 5=1+4, 21=1+4+16, 85= , odhadneme vzorec pro n-tý člen ve tvaru Q 5 Q 5 n =2+ (8) n 1 4 i i=0 7

8 Důkaz matematickou indukcí: Dosazením(8) do(7) dostaneme n+1 = n 1 4 i i=0 = 2+1 n i = 3 i=0 4 n 1 = 4 i +1 i=0 n 4 i 1 n =2+ n, 4 i 4 i i=0 i=0 cožjeočekávanývýsledekpro(n+1)-týčlenpodlevzorce(8)odpornekonečné sítě pak určíme jako limitu = lim n n=2 b) Podobně budeme postupovat i při řešení sítě podle obr 2 Tentokrát budeme za sebe řadit členy podle obr 9 První člen posloupnosti bude Z obr 10 odvodíme rekurentní vztah ( 2+ ) n + n 2 n+1 = + i= = + 5 =11 (9) n + n ( = 2+ n 4+5 n ) (10) Výpočtemdostaneme 2 = , 3= Zdesenámasinepodaříodvoditvzorecprovýpočet n-téhočlenuaomezíme se proto jen na výpočet dostatečného počtu členů posloupnosti pomocí rekurentního vzorce Z tabulky pořízené v Excelu vidíme, že posloupnost konverguje ještě rychleji než v úloze a) Od třetího členu má prakticky konstantní hodnotu 2, n n Q 5 Q 5 Obr 9 Obr 10 8

9 5a) Vyjdeme z obr 11 Nejprve užitím kosinové a sinové věty určíme délku strany BCaúhly βa γvtrojúhelníku ABC: BC = 2,25L 2 + L 2 3L 2 cos60 = L 1,75, sinβ L = sinα L 1,75 sinβ= sinα 1,75 β=40,9, γ=79,1 Momentytíhovésílyaelektrickésílyvzhledemkbodu Amusíbýtuobou kuliček v rovnováze Tedy Ztoho F G 1,5Lsinα 1 = F e 1,5Lsinβ, sinα 1 sinα 2 = F G Lsinα 2 = F e Lsinγ sinα 1 sin(α α 1 ) = sinβ sinγ = L 1,5L = 1 1,5, 1,5sinα 1 =sin(α α 1 )=sinαcosα 1 cosαsinα 1 Vydělenímcosα 1 aúpravoudostaneme sinα 3 tg α 1 = 1,5+cosα = α 1 =23,4, α 2 =36,6 4 A 4body T 1 1,5L α 1 α 2 L T 2 γ C F e α 2 B β D F G γ T 2 F e α 1 T 1 β F G Obr 11 Nyní již můžeme určit velikost elektrické síly a velikost náboje Podle sinové věty F e = sinα 1 F G sinβ F e = kq2 1,75L 2=mgsinα 1 =5, N, sinβ 9

10 Q= F e 1,75L 2 k =34nC 3body b) Velikosti sil, kterými jsou napnuta vlákna, můžeme určit pomocí sinové věty: T 1 = sin(180 α 1 β) F G sinβ T 1 = mgsin(α 1+ β) sinβ Podobněurčímevelikostsíly T 2 : = sin(α 1+ β), sinβ =1,35mN, T 2 = mgsin(α 2+ γ) sinγ =0,90mN Mohli jsme také využít podobnost trojúhelníků Z ní plyne T 1 = AB F G AD, T 2 = AC F G AD T 1 T 2 = AB AC =1,5 3body 6a) Měření bylo provedeno na žárovce se jmenovitými hodnotami 24 V/ 0,1 A Výsledky lineární regrese(graf 1) a mocninné regrese(graf 2) se shodují Konstantažárovkymáčíselnouhodnotu {C}=10 1,1676 =15,8,exponent n=0,5837sejennepatrnělišíodočekávanéhodnoty3/5vysokáhodnotakoeficientudeterminace 2 =0,9998svědčíodobrémsouhlasureálné funkční závislosti s ověřovaným vztahem U / V I / ma log{u} log{i} 1 16,0 0, , ,7 0, , ,6 0, , ,0 0, , ,1 0, , ,9 1, , ,0 1, , ,0 1, , ,0 1, ,

11 2,5 log{i } 2,0 y = 0,5837x + 1, = 0,9998 1,5 1,0 0,5 Graf1 0,0 120 I / ma ,0 0,5 1,0 1,5 log{u } y = 15,76x 0, = 0, U / V Graf2 7bodů b) PříkonžárovkyjepraktickyrovenjejímuzářivémutokuPlatí AT, Ztoho P= UI Φ=BT 4 B 4 A 4= B A 4 U4 I 4 I 5 B A 4 U3, I ( ) 1 B 5 3 U5 A 4 = CU 3 5 3body J 7a) Dobukmitufyzickéhokyvadlaurčímezevztahu T =2p, kde J je D moment setrvačnosti tělesa vzhledem k ose otáčení a D = mgd je direkční moment d je vzdálenost těžiště od osy otáčení a m hmotnost kmitající soustavy Protože má menší obruč poloviční délku, je její hmotnost M/2 Těžiště sou- 11

12 stavyjenaúsečce ABvevzdálenosti y= M+ M 2 2 M+ M 2 = 5 6 od bodu B Moment setrvačnosti vhledem k ose procházející bodem A J= J 1 + J 2 =2M 2 + M = 13 4 M2, direkčnímoment D= 3 2 M g 7 6 =7 4 Mg, 13 T=2p 4 M2 13 =2p Mg 7g =1,50s b) Moment setrvačnosti vzhledem k ose procházející bodem B J= J 1 + J 2 =2M 2 +2 M ( ) 2 = M2, direkčnímoment D= 3 2 M g 5 6 =5 4 Mg, 9 T=2p 4 M2 9 =2p 5 4 Mg 5g =1,47s 3body 2body c) KřešenívyužijemezákonzachováníenergiePřivychýleníobručíoúhel α m získá soustava potenciální energii tíhovou E p = M 2 g 2 (1 cosα m) M 2 g 2 α2 m 2 = M 8 gx2 m, kde x m = α m jevzdálenost,okterouseposunulstředvětšíobručepřimaximální výchylce proti rovnovážné poloze Při průchodu rovnovážnou polohousestředvětšíobručepohybujerychlostí v m = ωx m = 2p T x m asoustava získákinetickouenergii E k = 1 2 JΩ2 m, kde J= 9 4 M2 jemomentsetrvačnosti vzhledem k okamžité ose otáčení(bod dotyku větší obruče s podložkou) aω m jemaximálníúhlovárychlost,jakouseotáčísoustavakolemtétoosy 12

13 Platí Ω m = v m = 2p T x m,kde v m jerychlost,jakousepohybujestřed větší obruče při jejím průchodu rovnovážnou polohou Z rovnosti potenciální energie v krajní poloze a kinetické energie při průchodu rovnovážnou polohou dostaneme 1 2 JΩ2 m =1 9 4p2 M2 2 4 T 2 2x2 m =9 8 M4p2 T 2 x2 m = M 8 gx2 m, 9 T=2p g =3,3s 5bodů 13