Řešení úloh 1. kola 53. ročníku fyzikální olympiády. Kategorie B Autořiúloh:J.Thomas(1,4,7),M.Jarešová(3),I.ČápSK(2),J.Jírů(5) P.

Rozměr: px

Začít zobrazení ze stránky:

Download "Řešení úloh 1. kola 53. ročníku fyzikální olympiády. Kategorie B Autořiúloh:J.Thomas(1,4,7),M.Jarešová(3),I.ČápSK(2),J.Jírů(5) P."

Dušan Beránek
před 9 lety
Počet zobrazení:

1 Řešení úloh. ola 53. ročníu fyziální olympiády. Kategorie B Autořiúloh:J.Thomas(,,7),M.Jarešová(3),I.ČápSK(),J.Jírů(5) P. Šedivý(6).a) Objem V ponořenéčástiválečuje63%objemu V celéhováleču.podle Archimedova záona platí: V V V V 0, g m 3. body Hladinarozdělujeprůřezválečunadvěruhovéúseče(obr.R).Obsah S úseče nad hladinou je S r [α sin(α)]0,37pr, de α je středový úhel v radiánech. Rovnici upravíme na tvar F(α)α sin(α) 0,7p0 a vyřešíme numericy v EXCELU. Z tabuly vyplývá α78,, y rcosα0,r. Váleče tedy vyčnívá ze rtuti do výšy 0,79 poloměru. S S y α r z β r S S Obr R Obr. R b) Ponalitívody(obr.R)platí V +(V V ) V V V0,39937V, taže S r [β sin(β)]0,39937pr.

R).Obsah S úseče nad hladinou je S r [α sin(α)]0,37pr, de α je středový úhel v radiánech. Rovnici upravíme na tvar F(α)α sin(α) 0,7p0 a vyřešíme numericy v EXCELU.

2 Rovnici upravíme na tvar F(β)β sin(β) 0,7987p0 a vyřešíme numericy v EXCELU. Z tabuly vyplývá β80,9, z rcosβ0,6r. Váleče tedy vyčnívá ze rtuti do výšy 0,8 poloměru. α ve stupních α v radiánech tab. )α) β ve stupních β v radiánech )β) tab..a) Při pohybu po ruhové trajetorii je gravitační síla silou dostředivou. Platí Mm κ mv (R+h ) 0 mp (R+h ). R+h Ztoho κm v 0 7,75m s, R+h (R+h ) 3 T 0 p κm 50sh30min0s. body b) Po snížení rychlosti přejde družice na elipticou dráhu. V nejnižším bodě s výšou h márychlost v.zezáonazachovánímomentuhybnosti(keplerův záon o onstantní plošné rychlosti) dostaneme T 0 v (R+h )v (R+h ).

.a) Při pohybu po ruhové trajetorii je gravitační síla silou dostředivou. Platí Mm κ mv (R+h ) 0 mp (R+h ).

3 Záon zachování mechanicé energie vyjadřuje rovnice mv κ Mm R+h mv κ Mm R+h. Řešením soustavy rovnic dostaneme hledanou rychlost κm(r+h ) v (R+h )(R+h + h ) 7,73m s. Rychlostdružicejenutnozmenšitpřibližněo5m s. c) ProoběžnédobyplatítřetíKeplerůvzáon (a /a ) 3 (T /T ), de a, a jsoudélyhlavníchpoloostrajetorií.vnašempřípadě a R+h, a (R+h + h )/, T T 0, T T. ( ) R+h + h 3 (R+h + h ) 3 T T 0 p 5380s. (R+h ) 8κM Dobaoběhusezmenšípřibližněo30s. Jiné řešení úlohy b) Plošná rychlost družice na elipticé trajetorii je w v (R+h ) S T, de S je plošný obsah trajetorie, terá má ohniso ve středu Země, hlavní poloosu a (R+h + h )/aexcentricitu e (h h )/.Vedlejší poloosa má veliost b a e (R+h + h ) Pa v w S R+h T(R+h ) pa b T(R+h ) p (R+h + h ) (R+h )(R+h ) (R+h + h p ) 3 (R+h 8κM ) ( ) h h (R+h )(R+h ). κm(r+h ) (R+h + h )(R+h ). 3

( ) R+h + h 3 (R+h + h ) 3 T T 0 p 5380s. (R+h ) 8κM Dobaoběhusezmenšípřibližněo30s.

4 3.a) Povloženíleduohmotnosti mateplotě t L doalorimetru,veterémje vodaohmotnosti Mateplotě t v,můžeprovýslednýrovnovážnýstavobecně nastat jedna ze sedmi možností: A. Bude-li c L m(t t t L )+ml t < c v M(t v t t ), pa všechen led roztaje a soustava bude mít po dosažení rovnovážného stavuteplotuvětšínež t t 0 C. B. Bude-li c L m(t t t L )+ml t c v M(t v t t ), pavšechenledroztajeasoustavabudemítteplotu t t. C. Bude-li c L m(t t t L ) < c v M(t v t t ) < c L m(t t t L )+ml t, pačástleduroztajeasoustavabudemítteplotu t t. D. Bude-li c L m(t t t L )c v M(t v t t ), pažádnýledneroztajeasoustavabudemítteplotu t t. E. Bude-li c v M(t v t t )+Ml t > c L m(t t t L ) > c v M(t v t t ), potomčástvodyzmrzneasoustavabudemítteplotu t t 0 C. F. Bude-li c v M(t v t t )+Ml t c L m(t t t L ), potomvšechnavodazmrzneasoustavabudemítteplotu t t. G. Bude-li c v M(t v t t )+Ml t < c L m(t t t L ), potomvšechnavodazmrzneasoustavabudemítteplotumenšínež t t. body b) V prvním alorimetru nastane situace D. Platí alorimetricá rovnice c L m (t t t L )c v M(t v t t ). () V druhém alorimetru nastane situace C. Platí alorimetricá rovnice Použitím() a() dostaneme c L m (t t t L )+(m m )l t c v M(t v t t ). () c L m (t t t L )+(m m )l t c L m (t t t L ),

Bude-li c L m(t t t L )+ml t c v M(t v t t ), pavšechenledroztajeasoustavabudemítteplotu t t. C.

5 zčehož potom t L t t (m m )l t c L (m m ) t t 0,l t c L 6 C, (3) t v t t + c Lm c v M (t t t L )t t + m (m m )l t c v M(m m ) t t+ 0,l t c v 8 C. () c) Protože m 3 > m,můževetřetímalorimetrunastatsituacee,fnebo G. Otestujme nejprve situaci F. Dosazením zjistíme, že výraz na levé straně rovnicejevětšínežvýraznapravéstraně.ztohoplyne,ženastanesituacee. V ní platí alorimetricá rovnice m 3 c L (t t t L )m c v (t v t t )+M l t, de M jehmotnostzmrzlévody.pa M m 3c L (t t t L ) l t m c v (t v t t ) l t. Dosazenímza(t t t L )a(t v t t )zrovnic(3)a()dostaneme M m 3c L (m m )l t l t c L (m m ) m c v m(m m )l t l t c v M(m m ) ( m 3 m M ) m m m m 0,M. Ve3.alorimetruzmrznevodaohmotnosti0,M.Tímsehmotnostleduve 3.alorimetruzvětšína m 3,M.Výslednáteplotabude t t..a) Jestliže v sériovém zapojení nabitých ondenzátorů změníme vzdálenost dese jednoho ondenzátoru na trojnásobe, zmenší se jeho apacita na třetinu,nábojnaněmsealenezmění.jehonapětísetedy3rátzvětší.intenzita U e el.polemezidesamiondenzátorunapočátubyla E d,pozměně 3 U e vzdálenostimezidesamije E 3d E.Intenzitaeletricéhopole mezi desami se nezmění. Práce W, terou musíme vyonat, bude rovna zvýšení energie eletricého polesoustavyondenzátorů.původnícelováapacitasoustavy C sezmě- 5

ztohoplyne,ženastanesituacee. V ní platí alorimetricá rovnice m 3 c L (t t t L )m c v (t v t t )+M l t, de M jehmotnostzmrzlévody.pa M m 3c L (t t t L ) l t m c v (t v t t ) l t.

6 nilaposunutímdesena C,nábojnadesách Q CU e W E e Q C Q C Q C CU e se nezměnil:,5mj.,5 bodu b) Budou-li ondenzátory spojeny paralelně, posunutím dese se celová apacitazměnízcna 3 C,napětínaondenzátorechjeteď U.Celovýnáboj se nezmění: QCU e 3 CU U 3 U e. Poměr intenzit eletricého pole uvnitř ondenzátoru před a po posunutí jeho dese U e E d E U. 3d Práce W, terou musíme vyonat bude opět rovna zvýšení energie eletricého pole ondenzátorů: W E e Q C 3 Q C 3 CU e CU e CU e 5mJ.,5 bodu ca)připosunutídeseseapacitasoustavyzměníz C na C acelováenergie el.polesezměnío E e E e E e C U e C U e 8 CU e. Připosunutídeseprojdeobvodemnáboj q(c C )U e C U e. Zdrojvyonápráci W z q U e C U e. Podle záona zachování energie je součet práce, terou vyonáme při posunutí dese, a práce, terou vyoná zdroj, roven zvýšení energie eletricého polesoustavy: W+ W z E e.připosunutídesemusímevyonatpráci W E e W z C 8 U e+ C U e C 8 U e,5mj. Tedy celově zdroj přijal energii,5 mj, z toho energii,5 mj posytla soustava ondenzátorů a zbyte,5 mj je hledaná práce vnější síly. Připosunutídesesezměnínapětínaondenzátoruz U e na3 U e.poměr 6

Poměr intenzit eletricého pole uvnitř ondenzátoru před a po posunutí jeho dese U e E d E U.

7 intenzit eletricého pole uvnitř ondenzátoru před a po posunutí jeho dese E E U e d 3U e d.,5 bodu cb)napětínadesáchondenzátorůzůstává U e.připosunutídesesezmění apacitasoustavyzcna 3 Caenergieel.polesezměnío E e E e E e C 3 U e CU e 3 CU e. Připosunutídeseprojdeobvodemnáboj q(c C )U e C 3 U e. Zdrojvyonápráci W z q U e C 3 U e. Při posunutí dese musíme vyonat práci W E e W z C 3 U e+ C 3 U e C 3 U e3,33mj. Tedy celově zdroj přijal energii 6,7 mj, z toho energii 3,33 mj posytla soustava ondenzátorů a zbyte 3,33 mj je hledaná práce vnější síly. Poměr intenzit eletricého pole uvnitř ondenzátoru před a po posunutí jeho dese E E U e d U e 3d 3.,5 bodu 5.a) b) P RI R ( 5Ue R+5R i η ) 5RU e (R+5R i ),W, R R+5R i 0,86. body ( ) P RI R 5U e 5RUe R+R i + R i (R+R i + R i ),9W, R η R+R i + R i 0,56. body 7

Při posunutí dese musíme vyonat práci W E e W z C 3 U e+ C 3 U e C 3 U e3,33mj.

8 c) ( ) P RI Ue R 6RU e R+R i (R+R i ) 3,0W, η R 0,88. R+R i body d) Hledáme Rsplňujícípodmínu P > P,tj. ( ) ( ) Ue 5U e R > R R+R i R+R i + R i. Výrazy v závorách i hodnota hledaného odporu jsou ladné, lze tedy psát Z nerovnice plyne U e R+R i > 5U e R+R i + R i. R <(R i R i )5,Ω. 6.Znásledujícítabulyagrafůjezřejmé,žeindučnostcívyvdanémoboru frevencí je praticy onstantní, zatímco její rezistance s rostoucí frevencí čím dál rychleji roste. Činitel jaosti do frevence 500 Hz roste, při dalším zvětšováním frevence lesá. & Q) I+] 8 U 9, U P$ 8 F U / V 5 V / V + / V 5 V 5 V Ω I +] 8

Znásledujícítabulyagrafůjezřejmé,žeindučnostcívyvdanémoboru frevencí je praticy onstantní, zatímco její rezistance s rostoucí frevencí čím dál

9 I +] 7. Přímočarý posuvný pohyb tělesa můžeme popsat jao pohyb hmotného bodu. Počáte vztažné soustavy ztotožníme s počáteční polohou tělesa, ladná poloosa y je orientována svisle dolů. Podle veliosti zrychlení mohou nastat dva případy. A.Zrychlenípodložy a g.padojdeoddělenípodložyodtělesaoamžitě a těleso začne harmonicy mitat oolo rovnovážné polohy, de je tíhová síla v rovnováze se silou elasticou. Hlouba rovnovážné polohy je současně amplitudouvýchylymitů.zrovnosti mg y m plyne y m mg. Největší déla, o terou se pružina prodlouží, je rovna dvojnásobu amplitudy výchyly,tedy y 0 mg. m Úhlováfrevencemitůje ω m aamplitudarychlosti v m ωy m g. B.Zrychlenípodložy a < g. body a) Výsledná síla, terá působí na těleso, je výslednicí síly tíhové, reace podložy a síly pružnosti pružiny: F F G + R+F pr. V oamžiu oddělení tělesa od podložy přestává působit reace podložy aplatí mamg y, de yjedráha,terouurazípodložastělesemza dobu t. Odtud vyjádříme m(g a) y. () Protože se těleso s podložou pohybuje rovnoměrně zrychleně, platí sou- 9

padojdeoddělenípodložyodtělesaoamžitě a těleso začne harmonicy mitat oolo rovnovážné polohy, de je tíhová síla v rovnováze se silou elasticou.

10 časně y at. Podosazeníz()dostaneme: t m(g a). a body b) Kurčenímaximálnídélyprodlouženípružiny y 0 použijemezáonzachování energie. Hladinu nulové potenciální energie tíhové tělesa volíme v místě největší výchyly. Nemůžeme ale využít počáteční polohu tělesa, protože po dobu t na těleso působí ještě reace podložy, terá spotřebovává práci. Proto použijeme polohu, dy těleso opouští podložu. V tomto oamžiu má těleso jedna ineticou energii mv,de vat ma(g a), () jednapotenciálníenergiitíhovou mg(y 0 y)apružinapotenciálníenergii pružnosti y.vmístěnejvětšívýchylymátělesoineticouipotenciální energii nulovou a pružina potenciální energii pružnosti y 0 mv + mg(y 0 y)+ y. Spoužitímvztahů()a() y 0 m a(g a) tedy + mgy 0 m g(g a) y 0 mgy 0 + m (g a) Kvadraticá rovnice má dva ořeny y 0 mg ± m a(g a). + m (g a), 0. Maximální prodloužení pružiny má tedy hodnotu y 0 mg + m a(g a). (3) y 0.Platítedy O Obr. R3 y r y m y r mg y r + y m y c) Druhý ořen vadraticé rovnice má význam horní polohy mitajícího tělesa 0

Nemůžeme ale využít počáteční polohu tělesa, protože po dobu t na těleso působí ještě reace podložy, terá spotřebovává práci. Proto použijeme polohu, dy těleso opouští podložu.

11 (obr. R3). Amplituda vznilých mitů je tedy y m m a(g a). () Rovnovážnápolohajevevzdálenosti y r mg odpočátečnípolohytělesa. bod d) Největší rychlost bude mít těleso při průchodu rovnovážnou polohou v m ωy m m y m m a(g a). (5) Pro agpřecházívztahy(3),()a(5)vevztahyz.částiúlohy. bod

bod d) Největší rychlost bude mít těleso při průchodu rovnovážnou

Podobné dokumenty

Funkční měniče. A. Na předloženém aproximačním funkčním měniči s operačním zesilovačem realizujícím funkci danou tabulkou:

Funkční měniče. A. Na předloženém aproximačním funkčním měniči s operačním zesilovačem realizujícím funkci danou tabulkou: Funční měniče. Zadání: A. Na předloženém aproximačním funčním měniči s operačním zesilovačem realizujícím funci danou tabulou: proveďte: U / V / V a) pomocí oscilosopu měnič nastavte b) změřte na něm jeho