Řešení úloh 1. kola 54. ročníku fyzikální olympiády. Kategorie A

Transkript

1 Řešení úloh 1. kola 54. ročníku fyzikální olympiády. Kategorie A Autořiúloh:J.Jírů(1),M.Jarešová(),J.Thomas(4),P.Šedivý(3,5,6), M. Kapoun(7) 1.a) Pravidelný šestiúhelník o straně a lze složit ze šesti shodných rovnostrannýchtrojúhelníkůsdélkoustrany a(obrr1).deskaohmotnosti m 1 = m/6 a tvaru tohoto trojúhelníku má moment setrvačnosti vzhledem k ose procházející těžištěm J 0 = 1 36 m 1(a + a + a )= 1 1 m 1a. Posunutím osy otáčení z těžiště do vrcholu V dostaneme podle Steinerovy věty moment setrvačnosti ( J 1 = 1 ) 1 m 1a 3 + m 1 3 a = 5 1 m 1a. Moment setrvačnosti celého pravidelného šestiúhelníku vzhledem k ose procházející středem je T 0 a J 6 =6J 1 =6 5 1 m 1a = 5 1 ma. a T 0 a body V V α h T 0 α r Obr. R1 Obr. R Obr. R3 b) Čtverec o straně délky a lze složit ze čtyř shodných pravoúhlých rovnoramenných trojúhelníků s přeponou délky a(obr. R). Deska o hmotnosti m 1 = m/4atvarutohototrojúhelníkumámomentsetrvačnostivzhledem k ose procházející těžištěm J 0 = 1 36 m 1 ( ( a ) + a ) = 1 18 m 1a. Moment setrvačnosti vzhledem k ose procházející hlavním vrcholem je podle V 1

2 Steinerovy věty J 1 = 1 ( 18 m 1a + m 1 3 a ) = 1 6 m 1a. Moment setrvačnosti celé čtvercové desky vzhledem k ose procházející středemje J 4 =4J 1 =4 1 6 m 1a = 1 6 ma. body c) Pravidelný n-úhelník o poloměru r kružnice opsané lze složit z počtu n shodných rovnoramenných trojúhelníků se základnou délky a a s ramenem délky r(obr.r3).deskaohmotnosti m 1 = m/natvarutohototrojúhelníku má moment setrvačnosti vzhledem k ose procházející těžištěm J 0 = 1 36 m 1(r + a ). Moment setrvačnosti vzhledem k ose procházející hlavním vrcholem je podle Steinerovy věty J 1 = 1 ( ) 36 m 1(r + a )+m 1 3 h, kde hjevýškakolmákzákladně.označmedáleαvrcholovýúhel.pakplatí h=rcosα, a=rsinα.podosazenídostaneme a pro celý mnohoúhelník J 1 = 1 36 m 1r (+4sin α+16cos α) J n = nj 1 = 1 36 mr (+4sin α+16cos α). Výraz lze upravit do dvou tvarů: J n = 1 6 mr (1+cos α)= 1 6 mr (3 sin α). Vrcholovýúhelαtrojúhelníkusplňujepodmínku α= p n.momentsetrvačnosti desky pravidelného n-úhelníku vzhledem k ose procházející středem je J n = 1 ( 6 mr 1+cos p )= 16 ( ) n mr 3 sin p. (1) n 4body

3 d) Výsledekúlohya)získámezevztahu(1)položením n=6, r=a.výsledek úlohyb)dostanemezevztahu(1)položením n=4, r= a. 1bod e) Pro moment setrvačnosti kruhové desky(též válce) užitím ve vzorci(1) jedné zlimit dostaneme lim n cos p n =1, J = 1 mr. lim sin p n n =0 1bod.a) Kvyřešenítétočástivyjdemezobr.R4.Užitím. Keplerova zákona můžeme pro plošnou rychlost psát v 0 cosα = v m( + H). Dále platí zákon zachování mechanické energie v 0 α H v m κ mm z + 1 mv 0= κ mm z + H +1 mv m. Označíme r= + H.Pakdostaneme v 0 cosα = v m r, κ M z + 1 v 0 = κ M z Podosazeníza v 0 = v 1,kde v 1 = r +1 v m. κ M z,obdržíme Obr. R4 v 1 cosα = v m r, v 1 +1 v 1 4 = v1 r +1 v m. Zprvnírovnicevyjádříme v m = v 1 r cosαadosadímedodruhérovnice. Po úpravě dostaneme 7r 8 r+ Rz cos α=0, 3

4 což je kvadratická rovnice v proměnné r. Jejím řešením dostaneme r 1 = 1 ( 7 4 ± ) 16 7cos α. Pro α=30 dostaneme r 1 =1,04, r =0,10. Vzhledemktomu,že H = r,dostanemevprvnímpřípadě H 1 = =0,04 =55km,vedruhémpřípadě H = 0,90 = 5740km(což znamená,žejetopodpovrchemzemě-vizobr.r4). Střelasepřisvémpohybudostanedomaximálnívýšky55km. 4body b) Rychlost střely v okamžiku, kdy střela dosáhne maximální výšky, určíme užitím vztahu v m = v 1 r cosα, v m = 1 cos30 v 1 =0,4 v 1 =0,4 7,9km s 1 =3,3km s 1. 1,04 body c) Budemepostupovatobdobnějakovpřípaděa)ab),změnabudepouze vtom,žepakdosadíme v 0 = v 1.Dostanemevztahy v 1 cosα = v m r, v1 +1 v 1 = v1 r +1 v m. Postupnými úpravami dostaneme kvadratickou rovnici r r + R zcos α=0, zčehož r 1 =(1+sinα) =1,5, r =(1 sinα) =0,5.Tomu odpovídajívýšky H 1 =0,5, H = 0,5. Rychloststřelyvokamžiku,kdystřeladosáhnemaximálnívýšky H 1 = =0,5,opěturčímeužitímvztahu Poznámka: v m = v 1 r 1 cosα=0,58 v 1 =4,6km s 1. 4body PřiřešenítétoúlohyjemožnotaképoužíttextŠedivý,P. Volf,I.:Pohyb tělesa po eliptické trajektorii v radiálním gravitačním poli. Využitím vztahů uvedených na str. 15 se řešení úlohy zjednoduší. 4

5 3.a) Těžištěkyvadlasenacházívevzdálenosti 3 bcosϕodosykyvadla.podle vzorce(1) má deska vzhledem k ose procházející těžištěm rovnoběžně s osou otáčení kyvadla moment setrvačnosti J 0 = 1 36 m[b +(bsinϕ) ]. Moment setrvačnosti desky vzhledem k ose otáčení určíme užitím Steinerovy věty: ( ) J= J 0 + m 3 bcosϕ = 1 18 mb (1+sin ϕ)+mb 4 9 cos ϕ= = 1 6 mb (1+cos ϕ). Direkčnímomentkyvadlaje D= mg 3 bcosϕ.kyvadlokývásperiodou 1 J T=p D =p 18 mb (3+6cos ϕ) b(1+cos ϕ) mg =p. 3 bcosϕ 4gcosϕ b) Úpravou vztahu τ= p b(1+cos ϕ) 4gcosϕ 5bodů dostanemekvadratickourovniciadosazením b=1,0m, τ=1,00s, g= =9,81m s dojdemekekvadratickérovnici,40p cos ϕ 39,4cosϕ+1,0p =0. Úlozevyhovujekořencosϕ=0,39693, ϕ=66,6. 5bodů 5

6 4.a) TabulkunaměřenýchhodnotvložímedoExceluadoplnímejiořádeksfrekvencemi použitých spektrálních čar. Vytvoříme XY bodový graf, přidáme spojnici trendu a zobrazíme rovnici regrese, která má tvar y= bx+a, kde y=u 0, x= f 101. PomocístatistickéfunkceLINREGRESEdopočítáme další statistické údaje, z nichž nás zajímají směrodatné odchylky koeficientů aab. 1 λ QP I 7+] \ [ 5 I +] Docházíme k výsledkům b=(0, ±0,000108)V s, a=( 1,75743 ±0,06749)V. 4body b) Úpravou Einsteinovy fotoelektrické rovnice hf= W mv = W 0 + U 0 e dostaneme vztah U 0 = h e f W 0 e, 1 CelýpostupjepodrobněvysvětlennapodobnéúlozevestudijnímtextuTeplotnízávislosti fyzikálních veličin na str. 8 až 31. Text se nachází na webových stránkách FO. 6

7 kterýporovnámesrovnicíregrese: h f f= bx=b e 10 1 h= be 10 1=(6,65 ±0,17) J s, W 0 e = a W 0= ae=(1,76 ±0,07)eV=(,8 ±0,11) J. Pro mezní frekvenci a mezní vlnovou délku světla platí hf 0 = hc λ 0 = W 0 λ 0 = hc W 0. Relativní chyba takto vypočítané mezní vlnové délky je Pak δλ 0 = (δh) +(δw 0 ) = (δb) +(δa) =0,0464. λ 0 =7, (1 ±0,0464)m=(709 ±33)nm. 5bodů c) Mezní vlnová délka dané fotonky leží v červené oblasti spektra. V infračerveném oboru záření tedy fotonka nefunguje. 1bod 5.a) Označme s stranu čtverce připadajícího na jeden pixel. Pak s = ab 16, 10 6=370mm 16, 10 6=, mm, s=4,8 mm. Stejná je i vzdálenost středů sousedních pixelů. 3body b) Poloměr středního kroužku při Fraunhoferově ohybu na kruhovém otvoru je kde λ je vlnová délka světla. r= 1,λf D, Zvolíme-liohniskovouvzdálenost f 1,je f 1 D =1,35avzniknekroužekopoloměru r 1 =1,λ f 1 D =1, ,35m=0, mm, což je asi pětina vzdálenosti středů sousedních pixelů. Tabulkovéhodnotyelementárníhonábojearychlostisvětlavevakuuberemejakopřesné. 7

8 Zvolíme-liohniskovouvzdálenost f,je f D =5,6avzniknekroužekopoloměru r =1,λ f D =1, ,6m=3, mm. V tomto případě je obsah světlého kroužku srovnatelný s obsahem čtverce vymezeného pro jeden pixel. 5bodů c) Pokudobjektivpřicloníme,poměr f/dsezvětšíajerovenclonovémučíslu. Zvětší se i poloměr kroužku vzniklého zobrazením svítícího bodu. Záleží i na vlnové délce světla. Ve světle červeném bude poloměr kroužku větší, v modrém světle menší. body 6. Energie kondenzátoru po překmitnutí obvodu je téměř rovna součtu energie kondenzátoru a cívky před rozepnutím spínače: 1 CU 1 CU 1+ 1 LI, L= C ( U U1) I. Indukčnost cívky 100 závitů z rozkladného transformátoru s uzavřeným jádremjepřibližně1,6h,srovnýmjádrem0, H. 7.a) Každý z elektronů je přitahován jádrem a odpuzován protějším elektronem. Výsledná síla směřuje k jádru a má velikost F= k e r k e 4r =7ke 4r, (1) kde k= 1 4pε 0 =8, N m C jekonstantacoulombovazákona. Tato síla sehrává roli dostředivé síly, tedy F= mω r= 7ke 4r. () Po vynásobení druhého a třetího členu poloměrem r poznáváme v druhém členu kinetickou energii obíhající dvojice elektronů, proto platí: E k = 1 mω r = 7ke 4r, 8

9 potenciální energie elektrostatická soustavy nábojů v atomu je E p = k e r + k e r = 7ke r, takžecelkováenergieatomu E= E k + E p = 7ke 4r ionizaciatomuplatí W 1 + W = E = 7ke 4r.Ztoho r= 7ke 4(W 1 + W ) =0,0319nm. je záporná. Při úplné Dosazenímdo(1)dostaneme F=3, N. Z() odvodíme 7ke ω=pf= 4mr 3, f= e 7k 4p mr 3=1, Hz. 6bodů b) Vlnovádélkavevakuubymělabýt λ= c f =16,1nm. 1bod c) Na elektron částečně ionizovaného atomu působí dostředivá síla o velikosti F = ke r = mω r. Mátedykinetickouenergii E k =1 mω r = ke r. Potenciálníenergieiontuje E p= ke Při druhé ionizaci pak platí r acelkováenergie E = ke r. W = E = ke r r = ke W =0,064nm. 3body 9