Řešení úloh 1. kola 52. ročníku fyzikální olympiády. Kategorie B Autořiúloh:M.Jarešová(5),P.Šedivý(1,4),J.Thomas(2,3,7), K.RauneraP.Šedivý(6).

Rozměr: px

Začít zobrazení ze stránky:

Download "Řešení úloh 1. kola 52. ročníku fyzikální olympiády. Kategorie B Autořiúloh:M.Jarešová(5),P.Šedivý(1,4),J.Thomas(2,3,7), K.RauneraP.Šedivý(6)."

Miroslav Rohla
před 8 lety
Počet zobrazení:

1 Řešení úloh 1. kola 52. očníku fyzikální olympiády. Kategoie B Autořiúloh:M.Jaešová(5),P.Šedivý(1,4),J.Thomas(2,3,7), K.auneaP.Šedivý(6). 1.a) Potože se tyč otáčí velmi pomalu, můžeme každou její polohu považovat za ovnovážnou. Moment tíhové síly vzhledem k ose otáčení M 1 = Sl g l 2 sinα je v ovnováze s momentem vztlakové síly ( ( M 2 = S l x ) l+ x ) cosα kg cosα 2 l 2 sinα= S kg x2 cos 2 α sinα. 2 Dokudjetyčnakloněna,jesinα >0.Zovnice M 1 + M 2 =0podosazenía úpavě dostaneme x 2 k cos 2 α = l2 ( k ). Ztoho cosα= x l Po dané hodnoty k k, ( ) α=accos x k. l k cosα= x 5. 0,8m Tento výsledek vyhovuje úloze, pokud x k l k 1, tedy, pokud vzdálenost x nepřekočí hodnotu x 0 = l 1. Podanéhodnotyje x 0 =0,358m. Popřekočenítétohodnotyjeovnice M 1 +M 2 =0splněnajenposinα=0. Tyč se ustálí ve svislé ovnovážné poloze. 4body b) Tíhovásíla F G,vztlakovásíla F v asíla F,kteounatyčpůsobíosa,jsou vovnováze.platí F G + F v + F = 0.Potožepvnídvěmajísvislýsmě, musíisílaodosybýtsvislá.podlepincipuakceaeakcepůsobítyčnaosu silou F= F G + F v,kteámávelikost F= F G F v. k 1

2 Dokudjetyčnakloněna,jesinα >0.Zovnice M 1 + M 2 =0podosazenía úpavě dostaneme x 2 k cos 2 α = l2 ( k ). Ztoho cosα= x l Po dané hodnoty k k, ( ) α=accos x k. l k cosα= x 5.

2 Pokudje x < x 0,jedélkaponořenéčástityčekonstantní l x cosα = l l 1 = l x 0 =konst. Poto i síla, kteou působí tyč na osu, má konstantní velikost ] F= Sl g S(l x 0 ) kg= Slg [ k( k ) ( k ). Podanéhodnoty F=0,194N. Popřekočeníhodnoty x 0 sedélkaponořenéčástiastímivelikostvztlakové síly zmenšuje. Platí F= Sl g S(l x) kg= Sg[x k l( k )]. Velikost síly, kteou tyč působí na osu, se v závislosti na x lineáně zvětšuje, ažpo x=lvztlakovásílazanikneanaosupůsobíjentíhatyčeovelikosti F G = Sl g.podanéhodnoty F G =0,628N. 4body Posestojenígafuzávislosti αna xvintevalu 0,x 0 můžemepoužít tabulku: x/m 0 0,05 0,10 0,15 0,20 0,25 0,30 0,33 0,358 cos α 0,000 0,140 0,280 0,419 0,559 0,699 0,839 0,922 1,000 α Gafzávislosti F na xjedostatečněučenhodnotami F =0,194Npo x x 0 a F=0,628Npo x l. k α F N ,1 0,2 0,3 x 0 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 x m 2

Velikost síly, kteou tyč působí na osu, se v závislosti na x lineáně zvětšuje, ažpo x=lvztlakovásílazanikneanaosupůsobíjentíhatyčeovelikosti F G = Sl g.podanéhodnoty F G =0,628N.

3 2.a) Stacionání dužice musí obíhat nad ovníkem. Dostředivou silou působící na satelit je gavitační síla, poto κ mm z 2 = m4p2 κm T 2 = 3 z T 2 4p km. 1bod b) Užitímkosinovévětyučímevzdálenosti l 1 a l 2 dužiceodmístavysílánía příjmu(ob. 1): l 2 VA ϕ 2 ϕ 1 z l 1 JO Ob. 1 l 2 1 = z 2 zcosϕ 1 l 2 2 = z 2 zcosϕ 2 l 1 =36600km, l 2 =37800km, Dobapřenosusignálu t 1 = l 1+ l 2 c c) Délka oblouku Johannesbug Vana je =0,25s. l= z (ϕ 2 + ϕ 1 )= z 1,20ad=7670km. 3body Tutovzdálenostuazíádiovévlnyzadobu t 2 = l/c=0,026s. d) Dužice musí být z místa příjmu viditelná. Tomu podle ob. 2 odpovídá mezníhodnotastředovéhoúhlu α m ameznívzdálenost s m : α m =accos z =81,3 =1,42ad, s m = z α m =9000km. s m α m z Ob. 2 3

1 l 2 1 = 2 + 2 z 2 zcosϕ 1 l 2 2 = 2 + 2 z 2 zcosϕ 2 l 1 =36600km, l 2 =37800km, Dobapřenosusignálu t 1 = l 1+ l 2 c c) Délka oblouku Johannesbug Vana je =0,25s.

4 s 1 =12300km > s m zmelbounedužicenebudeviditelná, s 2 =8100km < s m ziadužiceviditelnábude. e) Potože se dužice nenachází nad poledníkem, na kteém leží io, musíme zevzdálenosti s 2 nejpvevypočítatstředovýúhel αapakpomocíkosinové větyvzdálenost l 3 iaoddužice: α= s 2 z =1,27ad=72,7, l 2 3= z 2 z cosα l 3 =42700km, Dobapotřebnákpřenosusignáluje t 3 =(l 1 + l 3 )/c=0,26s. Poznámka: Úhel α v části e) lze nalézt bez znalosti vzdálenosti s pomocí vzoce sféické geometie: cosα=sinϕ 1 sinϕ 2 +cosϕ 1 cosϕ 2 cos λ, kde ϕ 1 a ϕ 2 jsouzeměpisnéšířkymísta λjeozdílzeměpisnýchdélektěchto míst. 4

větyvzdálenost l 3 iaoddužice: α= s 2 z =1,27ad=72,7, l 2 3= 2 + 2 z 2 z cosα l 3 =42700km, Dobapotřebnákpřenosusignáluje t 3 =(l 1 + l 3 )/c=0,26s.

5 3.a,b,c) Označme α okamžitou odchylku spojnice tělíska se středem kulové plochyodpočátečníhosměu(ob.3).natělískopůsobítíhovásíla F G,jejíž složky mají velikosti F 1 = mgcosα, F 2 = mgsinα, aeakcekulovéplochy N.Výslednice Ftěchtosilmátečnousložku F 1,a nomálovousložku F d = N+F 2,kteáseuplatňujejakosíladostředivá.Ze zákona zachování enegie odvodíme Pak 1 2 mv2 = mgsinα v= 2gsinα. F d = mv2 =2mgsinα=N F 2, N= F d + F 2 =3mgsinα. Výsledná síla a celkové zychlení tělíska mají velikosti F= F 2d + F21 = mg 4sin 2 α+cos 2 α=mg 3sin 2 α+1, a= F m = g 3sin 2 α+1. Poúhel β,kteýsvíávýslednásílaatedyizychlenítělískasespojnicí tělíska se středem kulové plochy, platí tg β= F 1 F d = mgcosα 2mgsinα = 1 2tg α. Číselně a) α=30, a=13,0m s 2, β=40,9, b) α=60, a=17,7m s 2, β=16,1, c) α=90, a=2g=19,6m s 2, β=0. α 4body F d N β F F 2 α F 1 F G Ob. 3 5

Výslednice Ftěchtosilmátečnousložku F 1,a nomálovousložku F d = N+F 2,kteáseuplatňujejakosíladostředivá.Ze zákona zachování enegie odvodíme Pak 1 2 mv2 = mgsinα v= 2gsinα.

6 d) Bezpostředně po přechodu na zdsněný povch je výsledná síla výslednicí dostředivésíly,kteázdemávelikost F d = 2mg,asílytření,kteámá velikost F t = fn=3fmg a smě poti pohybu tělesa(ob. 4). Výsledná síla a zychlení tělesa mají velikosti F= (2mg) 2 +(3fmg) 2 = mg 4+9f 2, a=g 4+9f 2 apoúhel β,kteýsvíajísesvislýmsměem,platí tg β= F t F d = 3fmg 2mg =3 2 f. Podanéhodnotyvychází a=20,1m s 2, β=12,7. N 3body 1bod F F d β F t F G Ob. 4 6

Výsledná síla a zychlení tělesa mají velikosti F= (2mg) 2 +(3fmg) 2 = mg 4+9f 2, a=g 4+9f 2 apoúhel

7 4.a) Nejpve učíme polohu těžiště desky. Čákovaná kužnice na ob. 5 ozdělujedeskunakuhoobsah p 2 /4azbytekoobsahu p 2 /2.Těžištětedy ozdělujeúsečku SS 1vpoměu1:2anacházísevevzdálenosti /6od bodu S. 2 body Jestliže jsou nohy stolu stejně zatíženy, působí každá z nich eakcí o velikosti F G /3.Výsledniceeakcípůsobícíchvbodech Ba Cmávelikost2F G /3ajejí působiště Pležíupostředúsečky BCasoučasněinapřímce AT,přičemž PT : AT =1:2.Poto PS = PT ST = = 4. Nohymusímeumístitdobodů BaC,kteémají x-ovousouřadnici0,25. 3body b) Stabilita stolu závisí na vzdálenostech těžiště od stan tojúhelníka ABC. Posouváme-li spojnici BC dopava, její vzdálenost od těžiště se zvětšuje a současně se zmenšují vzdálenosti přímek AB a AC od těžiště. Optimální je, kdyžúhel αnaob.6mátakovouvelikost,ževšechnytřivzdálenostijsou stejné. To vede k ovnici 5 6 sinα= 6 + cos2α= 6 + 2sin2 α. Poúpavě 12sin 2 α+5sinα 7=0. Úlozevyhovujekořen sinα= 14 24, α=35,7. Nohymusímeumístitdobodůox-ovésouřadnici cos2α=0,32,tedy oněcodáleodbodu Anežvúlozea). 5bodů y y B B A S 1 T S P S 1 x A α T 2α x Ob. 5 C C Ob.6 7

Výsledniceeakcípůsobícíchvbodech Ba Cmávelikost2F G /3ajejí působiště Pležíupostředúsečky BCasoučasněinapřímce AT,přičemž PT : AT =1:2.Poto PS = PT ST = 5 12 6 = 4.

8 l1 5.a) Podobykmitůkyvadelplatí T 1 =2p g, T l2 2=2p g, zčehož l 1 l2 = T2 1 T 2 2 = 1 4.ozdíldélektěchtokyvadelje l=l 2 l 1,zčehož l 2 = l 1 + l.podosazenídostaneme l 1 l 1 + l =1 4,potom l 1= 1 3 l=0,2m, l 2 = 4 3 l=0,8m.vdalšímvýpočtupoužijemevztah g=a gz= κm Z. Doby kmitů těchto kyvadel pak jsou l 1g T 1 =2p =2p l 1 Z 2 0,2 ( ) 2 =2p κm Z 6, =0,9s, T 2 =2T 1 =1,8s. 5bodů b) PřikmitáníkyvadelnaMasubydlezadáníměloplatit T 1M = T 1Z. l1m l1z l1z Potom 2p =2p,tj.2p Z 2 l1m =2p M 2, a gm a gz κ M Z κm M zčehož l 1M = M ( ) 2 M Z l M Z 1Z. M Číselně ( ) l 1M =0,1074 0,2m=7,5cm Doba kmitu duhého kyvadla je pak dána vztahem l 1M + l (l 1M + l)m 2 T 2M =2p =2p. a gm κm M Číselně 67, ( ) 2 T 2M =2p 6, , s=2,7s. 5bodů 2 Z 8

Doby kmitů těchto kyvadel pak jsou l 1g T 1 =2p =2p l 1 Z 2 0,2 (6370 10 3 ) 2 =2p κm Z 6,67 10 11 6 10 24=0,9s, T 2 =2T 1 =1,8s. 5bodů b) PřikmitáníkyvadelnaMasubydlezadáníměloplatit T 1M = T 1Z.

9 6. V následujících tabulkách a gafech zpacovaných EXCELem jsou zachyceny výsledky měření na temistou NTC o jmenovitém odpou 2,2 kω s dovoleným příkonem 0,25 W. egesní vzoec z pvního gafu, kteý vyjadřuje teplotu temistou jako funkci jeho odpou, byl použit v posledním řádku duhé tabulky při učení ozdílu teploty temistou a teploty okolí. Wƒ& 5 / Ω W ƒ& 5 NΩ Wƒ& \ ([ ([ ([ ([( 5 ( 5Ω 89,P$ 3P: 5 / Ω W. 3P: \ [ 5 W. Z egesního vzoce duhého gafu je zřejmé, že zvýšení teploty temistou je téměř přesně přímo úměné jeho příkonu. egesním výpočtem pomocí maticového vzoce dostaneme třetí tabulku, ze kteé vyčteme, že zatěžovací konstanta daného temistoumáhodnotu D=(5,19 ±0,06)mW/K. Poznámka: Použití Excelu v podobných úlohách podobně vysvětluje studijní text Teplotní závislosti fyzikálních veličin(knihovnička FO č. 51). 9

$Wƒ& 5 / Ω W ƒ& 5 NΩ Wƒ& \ ([ ([ ([ ([( 5 ( 5Ω 89,P$ 3P: 5 / Ω W. 3P: \ [ 5 W. Z egesního vzoce duhého gafu je zřejmé, že zvýšení teploty temistou je téměř přesně přímo úměné jeho příkonu.$

10 7.a) PozapnutíspínačeK 1 platí: I 1 = U e +, Po zapnutí spínače K 2 k ezistou jsou ezistoy zapojeny podle ob. 7. Platí: U e I 2 = Dostáváme soustavu ovnic + = U e I 1 =60Ω, = U e I 2 =40Ω. Ob. 7 Dosazením =60Ω doduhéovnicedojdemekekvadatickéovnici {} 2 +20{} 2400=0. Úlozevyhovujekořen {}=40.Odpoymajíhodnoty =40Ω, =20Ω. 3body b) ezistoy jsou teď zapojeny podle obázku 8. Úlohu můžeme řešit tansfiguací hvězda tojúhelník: 3 1 Ob = +2 =10Ω, Celkový odpo Celkový poud 2= 2 +2 =5Ω, c = 1 + ( 3+ )( 2 + ) =28Ω, I c = U e c =0,43A. 3= +2 =10Ω. 3body 10

7 Dosazením =60Ω doduhéovnicedojdemekekvadatickéovnici {} 2 +20{} 2400=0. Úlozevyhovujekořen {}=40.Odpoymajíhodnoty =40Ω, =20Ω.

11 Řešení metodou uzlových potenciálů podle ob. 9: Platí U e ϕ 1 U e ϕ 2 = ϕ 1 ϕ 2 = ϕ 2 ϕ 1 + ϕ 1, + ϕ 2. Dosazením číselných hodnot a úpavou dojdeme k soustavě ovnic ϕ=u e ϕ=0 ϕ 1 ϕ 2 5{ϕ 1 } 2{ϕ 2 }=12, 2{ϕ 1 }+5{ϕ 2 }=24, kteámářešení ϕ 1 = V. =5,143V, ϕ 2 = V. =6,857V. Ob. 9 Celkovýpoudje I c = ϕ 1 + ϕ 2 =0,43A. c) Napětí na kondenzátou je stejné jako napětí na ezistou, kteým pocházípoud I 1 (ob.10): U C = I 1 =8,0V, Q=U C C=32 µc. C Ob. 10 d) Součástky jsou teď zapojeny podle ob. 11. Platí U e ϕ 1 U e ϕ 2 = ϕ 1 = ϕ 2 ϕ 1 = + U e=4,0v, ϕ 2= + U e=8,0v, 2 body ϕ 1 Q=U C C=(ϕ 2 ϕ 1 )C=16 mc. ϕ=u e C ϕ=0 ϕ 2 Ob

=5,143V, ϕ 2 = 144 21 V. =6,857V. Ob. 9 Celkovýpoudje I c = ϕ 1 + ϕ 2 =0,43A.

Podobné dokumenty

Řešení úloh celostátního kola 55. ročníku fyzikální olympiády.

Řešení úloh celostátního kola 55. ročníku fyzikální olympiády. Řešení úlo celostátnío kola 55 ročníku fyzikální olympiády AutořiJTomas(134)aMJarešová() 1a) Pro určení poloy těžiště umístíme jelan do poloy podle obr R1 Obsa příčnéo řezu jelanem ve vzdálenosti od vrcolu