Řešení úloh 1. kola 49. ročníku fyzikální olympiády. Kategorie A

Transkript

1 Řešení úoh 1 koa 49 ročníku fyzikání oympiády Kategorie A Autořiúoh:JJírů(1),PŠedivý(,,4,5,7),BVybíra(6) 1a) Při vobě směrů proudů pode obrázku sestavíme pode Kirchhoffových zákonů rovnice: R U e1 = R i1 I 1 + RI, (1) U e = R i I + RI, () I 1 + I = I, () U e R i I I U Zrovnicpyne I= e1 R i + U e R i1 R i1 R i + R i1 R+R i R (4) Napětí na rezistoru je Obr R1 U= RI= R(U e1r i + U e R i1 ) R i1 R i + R i1 R+R i R Číseněpro R=R 0 vychází U=1,9V body b) Předpokádejme,žepatí U e1 < U e Pakproudmůžetécivopačnémsměru vzhedemkpoaritězdrojepouzezdrojemoeektromotorickémnapětí U e1 Proudtekoucítímtozdrojemtakspňujepodmínku I 1 <0 Zrovnice(1) vyjádřímeproud I 1 adozískanéhovztahudosadímezrovnice(4)proud I Po úpravě dostaneme I 1 = U e1 R U e1 R i + U e R i1 R i1 R i1 R i1 R i + R i1 R+R i R Zpodmínky I 1 <0vtétorovnicipyne R > Číseněvychází R > 8 Ω c) Příkon rezistoru je U e1 U e1 U e U e1 R i R i1 I 1 body P= RI = R(U e1r i + U e R i1 ) (R i1 R i + R i1 R+R i R) (5) Provedeme derivaci příkonu P pode odporu R: dp dr = (U e1 R i + U e R i1 )(R i1 R i + R i1 R+R i R) R (Ri1 R i + R i1 R+R i R)(R i1 + R i ) (R i1 R i + R i1 R+R i R) 4 = =(U e1 R i + U e R i1 ) (R i1 R i ) R (R i1 + R i ) (R i1 R i + R i1 R+R i R) 4 = =(U e1 R i + U e R i1 ) R i1 R i R(R i1 + R i ) (R i1 R i + R i1 R+R i R) Zpodmínky dp dr =0pyne,žehedanýodporje 1

2 R = R i1r i R i1 + R i (6) Pro R < R je dp >0, pro R > R je dp dr dr <0 Pro R=R dosahuje tedy funkce(5) maxima Maximání příkon dostaneme dosazením odporu zrovnice(6)dorovnice(5): P max = (U e1r i + U e R i1 ) 4R i1 R i (R i1 + R i ) Číseněje R =0,40Ω, P max =1,19W 4body Běhemnabíjeníkondenzátoruprojdeobvodemnáboj Q=CU e acekovápráce vykonanázdrojemje W z = U e Q=CU e, zatímcokondenzátorzískáenergii E= 1 CU e, cožjejednapoovinadruhápoovinaenergiesespotřebujeve vnitřním odporu zdroje a ve spotřebiči Rozděí se v poměru jejich odporů Spotřebič během nabíjení kondenzátoru přijme energii E 1 = 1 R CU e R+r Během vybíjení kondenzátoru se energie, kterou získa při nabíjení, zcea spotřebujevespotřebičiběhemceéhocyku,tedyzadobut 1,získáspotřebič energii E+ E 1 = 1 ( CU e 1+ R ) = R+r R+r (R+r) CU e Účinnost obvodu je Průměrný výkon spotřebiče je η= E+ E 1 W z = R+r (R+r) P= E+ E 1 t 1 = R+r 4t 1 (R+r) CU e Prodanéhodnoty η= 6 0,55=55%, P=5,5W 6bodů 11 Pokud bychom připojii spotřebič přímo ke zdroji, procháze by obvodem proud I= U e /(R+r) avýkonspotřebičebyby Účinnostobvodubybya η = R R+r P = RI = RU e (R+r)

3 Prodanéhodnoty P =8,W, η = ,1% Výkon spotřebiče v obvodu s přepínačem a kondenzátorem je poněkud menší, ae účinnost je šestkrát větší 4body Poznámka:Přesnýmvýpočtembychomzjistii,žezadobu ( ) t 1sekondenzátornabije nanapětí U 1= U e 1 e t 1 (R+r)C 0,99U e apopřepnutípřepínačesezastejnou dobuvybijenanapětí U = U 1e t 1 RC úohy jsou tedy oprávněné 0 Zjednodušujícípředpokadyvzadání a) Zvome vztažnou soustavu a označení veičin pode obr R Čas měříme od průchodu počátkem Z kinematických zákonů šikmého vrhu x=v 1 tcosα 1, y= v 1 tsinα 1 1 gt odvodímerovnicitrajektorie y= x sinα 1 gx cosα 1 v1 cos α 1 Protože trajektorie prochází bodem[, 0], patí 0= sinα 1 g cosα 1 v1, v cos 1 α = g = g (1) 1 sinα 1 cosα 1 sinα 1 Ze zákona zachování energie pyne 1 mv 0= 1 mv 1+ mg(h h 0 ) v0= v1+g(h h 0 ) () Má-ibýttedyrychost v 0 conejmenší,musítopatitiorychosti v 1 Toho pode(1)dosáhnemekdyž α 1 =45, sinα 1 =1, v1= g Rovnice trajektorie pak má tvar y= x x () Počátečníbodtrajektoriemusíspňovatpodmínku y=y 0 = (h h 0 ) Dosazením do() dostaneme kvadratickou rovnici x Úoze vyhovuje záporný kořen x 0 = +4(h h 0 ) Prodanéhodnoty d 0 = x 0 =,m x (h h 0 )=0 (4) 4body

4 y O v 1 α 1 x v 0 α 0 h h 0 d 0 d Obr R b) Z(1)a()pyne v 0 = g+g(h h 0 ) Prodanéhodnoty v 0 =10,8m s 1 Po ceou dobu pohybu má vodorovná souřadnice rychosti kamene konstantníveikost v x = v 1 cos45 g = Proeevačníúhevrhupatí cosα 0 = v x = v 0 [+(h h 0 )] Prodanéhodnotycosα 0 =0,5, α 0 =60 body c) Boddopadujeurčenpodmínkou y= h Dosazenímdo()dostaneme kvadratickou rovnici x x h=0 Úoze vyhovuje kadný kořen x d = + +4h Prodanéhodnoty x d =9,m, d=,m body d) Dobuetukameneurčímezevztahu t= x d x 0 v x = + +4h ( +4(h h 0 ) g = = +4h+ +4(h h0 ) g Prodanéhodnoty t=,1s body 4

5 4Taksoupcevzduchujerovensoučtuatmosférickéhotaku p at = h gahydrostatického taku soupce rtuti v trubici p=p at +(L ) g=(h+l ) g, kde jehustotartutiobjemuzavřenéhovzduchuje V = S,kde Sjeobsah průřezu trubice Počáteční hodnoty stavových veičin jsou T 1, p 1 =(h+ L ) g, V 1= S L Protože tepota trubice se mění pomau, můžeme předpokádat, že zahřívání vzduchu probíhá jako rovnovážný děj a použít stavovou rovnici ideáního pynu: Úpravou dostaneme (h+l ) gs T T= = ( h+ L ) gsl body T 1 ( T 1 [ h+ L ) ] (h+l) (1) L Vztah mezi absoutní termodynamickou tepotou vzduchu v trubici a dékou vzduchového soupce je popsán kvadratickou funkcí Jejím grafem(obr R) je paraboa,kteráprotínáosu vpočátkuavbodě = L+hVrcho Bparaboy má souřadnice = L+h, T = T 1 (h+l) (h+l)l body T K 400 T T T 1 A B C Obr R ,5 1 1,5 0,5L L L+h m 5

6 Pro dosazení čísených hodnot dostaneme =0,98m, T =41K, t =68 C Prosestrojenígrafupoužijemerovnici {T }=55(1,96{} {} ) Z grafu vyčteme, že při zahřívání trubice se tepota pynu zvětšuje až do hodnoty T avýškavzduchovéhosoupcepřitomroste,aždosáhnehodnoty Závisost na T v tomto intervau popisuje vztah, který dostaneme řešením rovnice(1): L+h (L+h) (L+h)LT T 1 = Z termodynamického hediska se v této části děje tepo přijaté vzduchem v trubici spotřebuje na zvýšení vnitřní energie vzduchu a na práci potřebnou k vypuzení části rtuti z trubice Podosaženítepoty T užvnitřníenergievzduchovéhosoupcedáneroste Vypuzování rtuti se zrychí a probíhá i na úkor vnitřní energie vzduchu v trubici I v této části děje můžeme považovat rozpínání za kvaziorovnovážné Tepota vzduchu se snižuje pode vztahu(1) a v okamžiku, kdy všechna rtuť opustí trubici, má hodnotu T = h h+ L T 1 =4K, t =51 C V této části děje závisí déka vzduchového soupce na kesající tepotě pode vztahu L+h+ (L+h) (L+h)LT T 1 = 4body 6

7 5 Dvojčočka rozděí světené vnění vystupující ze štěrbiny Z na dvě koherentní světenávnění,kterásesoustřeďujídoobrazů Z 1, Z štěrbiny(obrr4)ty se chovají jako dva koherentní světené zdroje, ze kterých je osvěteno stínítko V místech na stínítku, kde se setkávají vnění z obou zdrojů, se objevuje interferenční jev Poohuobrazů Z 1, Z vytvořenýchdvojčočkouurčímeužitímzákonůzobrazení tenkou spojkou(obr R5): 1 a +1 a = 1 f a = af a f, y y = a a Pro a=f, y= h dostáváme a = a=f, y = y= h Zdroje Z 1, Z tedyežívevzdáenostifoddvojčočkyavevzdáenosti =r fod stínítkajejichvzájemnávzdáenostje4 h =h body A Z Z S 1 f f Z =r f B H Obr R4 Z 1 Z y 1 y F 1 F S F 1 F y 1 y o 1 o Obr R5 f a=f a =f f Z 7

8 a) Poohu interferenčních maxim na stínítku určíme pode obr R6 V maximu Pjedráhovýrozdí s s 1 paprskůpřicházejícíchzezdrojů Z 1, Z ceistvým násobkem vnové déky světa Pro souřadnici y maxima patí s s 1 = +(y+ h) +(y h) = ( ) ( ) y+ h y h = = kλ, k ceéčíso Protoževeskutečnosti y,můžemepsát [ ] [ s s (y+ h) (y h) ] = hy = kλ, y= k λ h = ky 1, kde y 1 jevzdáenoststředůsousedníchmaximprodanéhodnotyvychází y 1 =0,66mm 4body h h Z 1 s 1 Z s y 1 P y O Obr R6 b) Šířku H obasti na stínítku, kde vzniknou interferenční proužky, určíme podeobrr4zpodobnostitrojúheníků SZ 1 Z a SABpyne H h = r H= hr f f Prodanéhodnotyvychází H=40mm body 8

9 6a) Momentsetrvačnostitenkétyčeohmotnosti m 1 adéce Lje 1 1 m 1L Torzní osciátorstyčízavěšenounadrátudéky 1 opooměru rkmitásperiodou J T 1 =p =p k t Ztoho G= pm 1L 1 T 1r 4, s G = G (sm1 m 1 ) m 1L pgr 4 1 =p m1 L 1 6pGr 4 ( ) ( ) ( ) sl s1 st L 1 T 1 Výsedky měření a výpočtů: TYČ DRÁT KMITY č L/mm d/mm 1 /mm 5T 1 /s 1 6 1, ,5 6,5 1, ,0 64 1, ,8 4 6,5 1, , 5 6,5 1,06 770,5 7,5 6 1,05 7,6 7 1,05 7,6 8 1,05 7,4 9 1,04 7,6 10 1,04 7,5 x 6,5 1, , 7,57 s x 0,5 ) 0,005 ) 0,5 ) 0,07 )Respektoványmezepřesnostidékovéhoměřida ±0,5 díku ( ) 4sr r L=(6,5 ±0,5)mm, r=(0,54 ±0,00)mm, 1 =(769, ±0,5)mm, T 1 =(7,51 ±0,0)s, m 1 =86,6g, s m1 0 G=5,9 ±0, Pa b) Torzní osciátor tvořený činkou o momentu setrvačnosti J zavěšenou na drátěodéce apooměru rkmitásperiodou J T =p k t S užitím výsedku úohy a) dostaneme J= Gr4 T = p 1m 1 L 8p T1 r 4 r4 T = m ( ) 1L 1 T, 8p 1 T 1 (sm1 ) ( ) sl s J = J + + m 1 L ( ) ( ) ( ) ( ) s1 s st1 st T 1 T 9

10 Výsedky měření a výpočtů: DRÁT KMITY č /mm 5T /s x 761, 4,98 s x 0,5 ) 0,09 =(761, ±0,5));mm, T =(8,60 ±0,0)s J=(1,71 ±0,0) 10 kg m c) Výpočet momentu setrvačnosti činky z rozměrů a hmotnosti Výsedky měření: D=65,6mm, d=16,0mm, L=4,0mm, m=,115kghmotnostceéčinky D d Výpočty: L t = L D=111,8mm, ( ) Obr R7 d p t m t = m ( ) ( ) =0,1495kghmotnosttyčky, d D p t + 4 p m k = m m t J = m t ( t 1 + d 16 =0,98kghmotnostkoue, ) [ ( D + 5 m k ) ( ) ] L D + m k =0,0165kg m Odchykavýsedků: δ= J J 100%=,5% J Rozdí je přijatený; na oditku nejsou přesně vymodeovány koue, rozdí může způsobit i nehomogenita oditku t D 10

11 7 Napětí indukované v cívce určíme pode Faradayova indukčního zákona u i = dφ dt = SdB dt = S B mω( sinωt)=s B m ωsinωt, kde S je obsah pochy ohraničené cívkou Ten můžeme určit integrací Archimedovu spiráu získáme otáčením průvodiče, jehož déka r se s úhem otočení ϕ rovnoměrně zvětšuje Patí r ϕ = R r= R n p np ϕ Eement ohraničené pochy je(obr R8) ds= r dϕ Integrací dostaneme = R 8p n ϕ dϕ Napětí indukované v cívce je tedy u i = npr Ampituda napětí je S= R nπ 8n p ϕ dϕ= npr B m ωsinωt= np R fb m U m = np R fb m 0 =mv dϕ sinωt=u m sinωt Jiný způsob určení obsahu pošného obsahu spiráové cívky: body r Obr R8 ϕ 5bodů body Cívku si můžeme přibižně nahradit sériově spojenými kruhovými závity o pooměrech R n, R n, 5 R n, (n 1) R n Cekový pošný obsah všech závitů je tedy S= pr [ 1 4n (n 1) ] = pr 1 4n n(n 1)(n+1)= = pr 4n n(4n 1) npr Vzorec, pode kterého jsme upravii součet n druhých mocnin ichých číse, snadno dokážeme matematickou indukcí 11