Řešení úloh celostátního kola 47. ročníku fyzikální olympiády. Autor úloh: P. Šedivý. x l F G

Rozměr: px

Začít zobrazení ze stránky:

Download "Řešení úloh celostátního kola 47. ročníku fyzikální olympiády. Autor úloh: P. Šedivý. x l F G"

Aneta Zemanová
před 7 lety
Počet zobrazení:

1 Řešení úloh celostátního kola 47 ročníku fyzikální olypiády Autor úloh: P Šedivý 1 a) Úlohu budee řešit z hlediska pozorovatele ve vztažné soustavě otáčející se spolu s vychýlenou tyčí okolo svislé osy rotoru Určíe nejprve celkový oent odstředivých sil působících na jednotlivé části tyče vzhlede k vodorovné ose o procházející koncetyče(obrr1)naeleenttyčedélkydxvevzdálenosti xodosy opůsobí odstředivásíladf ooenteovelikosti dm= df o xcos α=dω xsin α xcos α= dx l ω x sin αcos α o α x dx l df o ω T F G Celkový oent odstředivých sil dostanee integrací: M= ω sin αcos α l l 0 Obr R1 x dx=ω sin αcos α l = ω sinα l 6 (1) Proti něu působí oont tíhové síly body M = g l sin α () Pokud tyč vychýlíe jen nepatrně ze svislé rovnovážné polohy, například v důsledku chvění, které se vždy v takovéto rotující soustavě vyskytuje, ůžee psát Pak sin α α, sinα sin α α M ω l α, M = glα Jestliže M < M,jesvislárovnovážnápolohastabilní,tyčsepoalévychýlení vrátídosvislépolohyjestliže M > M,jesvislárovnovážnápolohalabilní,tyčse 1

2 při sebeenší výchylce z rovnovážné polohy bude dále vychylovat, dokud se oba oentynevyrovnajíkritickáúhlovárychlost ω 0jetaková,prokteroupřialé výchylcezrovnovážnépolohyplatí M= M Zrovnosti = glα dostanee ω 0l α ω 0= g l body b) Odchylku tyče od svislého sěru po překročení kritické úhlové rychlosti určíe z rovnosti oentu odstředivých sil a oentu tíhové síly podle(1) a(): ω sin αcos α l = g l sin α, g cos α= ω l, α=arccos g ω l () c) Pro l=0,50 dostanee ω 0=5,4rad s 1 Poocí vztahu() vyplníe tabulku a sestrojíe graf(obr R): ω/rad s 1 5, cos α 1 0,8175 0,6006 0,4598 0,94 0,044 0,108 0,076 α 0 5, 5,1 6,6 7,9 78, 8,5 85,8 90 α body ω 0 rad s 1 Obr R Odchylky60 dosáhnee,když g ω l =1, ω= g =7,67rad s l 1 body

3 a) Z rovnosti gravitační a dostředivé síly κ M R = v R =4p R T (1) odvodíe κ M v= R =770 R s 1, T=p κ M =5460s body b) Celková echanická energie E družice je rovna součtu energie kinetické a energie potenciální: E= E k + E 1 p= v κ M R Z(1)odvodíe E k = v = κ M R = Ep Pak E= Ep = E k= κ M R = v () Celková echanická energie družice je záporná Pro dané hodnoty E= 4, J body c) Působení odporové síly se běhe jednoho oběhu celková echanická energie družice zenší o spotřebovanou práci: E = F pr Z() plyne, že poloěr trajektorie se zenší, ale rychlost družice se zvětší 1bod Pro zěnu rychlosti bude platit ( ) (v+ v) v Po úpravě dostanee kvadratickou rovnici = v v ( v) ( v) +v v 4pRF =0, jejíž řešení dostanee v= v ± v + 4pRF = F pr Podle předcházející úvahy se usí velikost rychlosti družice zvětšit, vyhovovat bude pouze řešení v= v+ v + 4pRF κ M κ M = R + R +4pRF =0,7 s 1 body Pro zěnu poloěru bude platit κ M ( (R+ R) κm ) = κ M R = F pr R (R+ R)R

4 Ztoho 4pFR R= κ M+4pR F = 474 Ke stejný výsledků ůžee rychleji dojít poocí aproxiací: Pro zěnu rychlosti bude platit ( ) (v+ v) v v v= F pr, v= prf v = prf κ M R = pfr1,5 κ M =0,7 s 1 Pro zěnu poloěru bude platit κ M ( (R+ R) κm ) = κ M R R (R+ R)R κ M R R = F pr, R= 4pFR κ M = 474 body 4

5 a) Okažité napětí na kondenzátoru kolísá jen nepatrně okolo průěrné hodnoty U CPodobutrváníipulzusekondenzátornabíjíajehonábojsezvětšío ( ) ( U0 U Q C 1= UC U0 τ= r R r UC(R+r) ) τ Vezbývajícíčástiperiodysevybíjíajehonábojsezenšío ( ) ( ) UC Q = r + UC UC(R+r) (T τ)= (T τ) R Zrovnosti Q 1= Q dostanee U 0 r τ=uc(r+r) T, U U0R C= r+ R τ T body Zěna napětí na kondenzátoru běhe trvání ipulzu je ( U= Q1 C = U0 r UC(R+r) ) τ C = U0τ ( 1 τ ) rc T Stejně velký je pokles napětí ve zbývající části periody b) Dosazenídovztahu U U C dostanee U0τ rc T τ C R+r c) Pro dané hodnoty platí 8 10 s=t τ C Předpoklady úlohy jsou tedy splněny Dálevychází U C=0,8V, U=6V ( 1 τ ) U0R T r+r τ T, R+r =0,18s body body body 5

6 4 Řešení postupný zobrazení na první a druhé rozhraní čočky Použijee zobrazovací rovnici kulového rozhraní ve tvarech ( ( ) 1 1 n 1 )=n R +1 a R 1 f a, a + f a =1, kde f= n1r n n 1, f = nr n n 1 jsouohniskovévzdálenosti, avztahprovýpočetpříčnéhozvětšení β= f a f 1Rovinnérozhraní: R, n 1 =1, n= n=1,56, a 1= v Ztoho f 1, f 1 Použijee první tvar zobrazovací rovnice Z něj plyne a 1= n n 1 a 1= nv= 78 Příčnézvětšeníobrazuvytvořenéhorovinnýrozhraníje β 1=1 5bodů Kulovérozhraní: R= 100, n 1= n=1,56, a = a 1+ d=108, n =1 Použijee druhý tvar zobrazovací rovnice f nr = 1 n =79, f = R 1 n =179, a = af a f = 11, β = f a f =1,6 Obraz leží v předětové poloprostoru ve vzdálenosti 11 od kulového rozhraní aápříčnézvětšení β= β 1β =1,6 5bodů Jiné řešení zobrazení na rovinné rozhraní vychází z obr R: Pro alé úhly platí n= sin α sin α tg α a tg α = 1 = a 1, a 1 a 1 a 1= na 1, β 1= y y =1 Obr R y y a 1 <0 a 1 >0 α α 6

7 Řešení poocí hlavních rovin a ohniskové vzdálenosti tlusté čočky(obr R4) viz studijní text Zobrazení čočkai Paraetryčočky: R 1, R = 100, d=0, n 1 =1(okolnívzduch), n = n=1,56(sklo) Obecný vztah pro ohniskovou vzdálenost tlusté čočky n f= 1n R 1R (n n 1)[(n n 1)d+n (R R = nr 1R 1)] (n 1)[(n 1)d+n(R R 1)] upravíenatvar f= [ nr (n 1) (n 1) d ( )] R + n 1 R 1 R 1 Podobně usíe upravit vztah pro výpočet polohy hlavního bodu H: a 1(H)= n 1R 1d (n n 1)d+n (R R 1) = Protože R 1 dostáváe = R 1d (n 1)d+n(R R = d 1) (n 1) d ( ) R + n 1 R 1 R 1 f= R n 1 =179, a1(h)= d n = 19,, a (H n )= 1dR (n n 1)d+n (R R =0 1) 6bodů Pozorovanýpředětápředětovouvzdálenost a=a 1 a 1(H)=69, Obrazovávzdálenostje a = af a f = 11=a, obrazležívpředětové poloprostoru ve vzdálenosti 11 od kulového rozhraní a á příčné zvětšení β = = f a f =1,6 4body χ χ v= a 1 d y S y a 1 (H) <0 a >0 a <0 H H Obr R4 7

Podobné dokumenty

Řešení úloh 1. kola 50. ročníku fyzikální olympiády. Kategorie A

Řešení úloh 1. kola 50. ročníku fyzikální olympiády. Kategorie A Řešení úloh kola 50 ročníku fyzikální olympiády Kategorie A Autořiúloh:JJírů(),PŠedivý(,,5,6,7),úlohajepřevzatazMoskevskéFO a) Zvolme vztažnou soustavu podle obr R Po přestřižení vlákna koná kulička šikmý