Řešení úloh 1. kola 51. ročníku fyzikální olympiády. Kategorie D = s v 2

Transkript

1 Řešení úloh 1. kola 51. ročníku fyzikální olympiády. Kategorie D Autor úloh: J. Jírů 1.a) Dobaprvníjízdynaprvníčtvrtinětratije t 1 = = h= 1 v h=1min anazbývajícíčátitrati t = 4 v = 4 48 h=1h. 6 Celkovádobaprvníjízdyje t=t 1 + t =1h1min= 7 60 h. Průměrnárychlotpakje v p = t = km h 1 =40km h 1. body b) Vopačnémměrujecelkovádobajízdy t = v p = h=1h4min. Doba jízdy na uvažované čtvrtině trati e nezměnila, nová doba jízdy na zbývající čáti trati je t = t t 1 =5min= 5 60 h. Hledaná průměrná rychlot na delší čáti trati je v = 4 t = 4 48 km h 5 1 =41,5km h c) Při první jízdě je průměrná rychlot v p = t = 4v 0,5 + 0,75 = 1 v =40km h v 1 + v 1. v 1 v Při zpáteční jízdě je v p= t = zčehožvyjádříme v : 0,75 v + 0,5 v 1 = 4v 1 v v 1 + =45 km h 1, v v = v 1v p 4v 1 =41,5km h 1. v p body 1

2 .a) Jízdakaždétramvajeekládázetřípohybů.Označmedráhu,čaazrychlení při rozjíždění indexem 1, při brzdění indexem, dráhu a ča rovnoměrnéhopohybuindexemacelkovoudráhuacelkovýčabezindexu.druhou tramvaj odlišíme od první očárkováním přílušné veličiny. Doby rozjíždění a dráhy uražené při rozjíždění jou t 1 = v = 1 a 1 1, =10, t 1 = v a = 1 1 1,5 =8, 1 = 1 a 1t 1 =1 1, 10 m=60m, 1 =1 a 1 t 1 =1 1,5 8 m=48m. Z maximální rychloti a brzdné dráhy první tramvaje určíme dobu brzdění. Zrovnic dotaneme = 1 a t, v=a t t = v = 54 1 =9. Dráha a doba rovnoměrného pohybu první tramvaje jou = 1 =( )m=480m, t = v =480 1 =40. Druhá tramvaj e rozjížděla e zpožděním t, brzdit začala ve tejném okamžiku jako první tramvaj. Doba a dráha rovnoměrného pohybu druhé tramvaje jou t = t 1 + t t 1 t=( )=8, = t v=8 1m=456m. Brzdná dráha druhé tramvaje a doba brzdění = 1 =( )m=90m, t = v = 90 1 =15. 5bodů

3 v m body b) Maximální vzdálenot d tramvají je dána obahem lichoběžníku nebo trojúhelníku d= [4+(1 10)] 1 m= (65 59) 1 m=6m. t body.a) Velikot zrychlení automobilu upevněným nákladem je a= v 0 = 6 t 1 m 1 =0,50m. Velikot zrychlení uvolněným nákladem je a 1 = F = (m+m 0)a = (m+m 0)v 0 = +5 0,50m m 0 m 0 m 0 t 5 =0,80m. body b) Od začátku brzdění do nárazu e náklad pohybuje vzhledem k zemi rovnoměrným pohybem, vzhledem k automobilu rovnoměrně zrychleným pohybemezrychlenímovelikoti a 1.Platí d= 1 a 1t 1, z čehož pro hledaný ča dotaneme d 1,6 t 1 = = a 1 0,8 =,0. body

4 c) Bezprotředně před nárazem je velikot rychloti d) v 1 = v 0 a 1 t 1 =(6 0,8 )m 1 =4,4m 1. Podle ZZH outavy automobil náklad platí Z rovnice plyne v m 1 v = m 0v 1 + mv 0 m 0 + m 6 m 0 v 1 + mv 0 =(m+m 0 )v. =5 4, m 1 =5,0m 1. body Z grafu zíkáme brzdné dráhy jako obah plochy pod grafem: 1 = v 0t 1 =6 m=6m, = 1 (v v 1 )t 1 =6m (5 4,4) m=5,4m. t Poznámka: Brzdná dráha těžiště naloženého automobilu je v obou případech 6m,neboťpohybemnákladunakorběetěžištěpounuloveměrujízdy právěovzdálenot0,6m ( x= m d= ) m+m ,6m=0,6m. 4

5 4.a) Zezákonazachovánímechanickéenergie mgl= 1 mv plyne v= gl. (1) body b) Obě kuličky e v každém okamžiku pohybují tejnou úhlovou rychlotí. Zpodmínky ω= v 1 l = v 0,5l plyne v = v 1. Kinetická energie v nejnižší poloze je Ze ZZME E k = 1 mv 1 +1 m ( v1 ) = 5 8 mv 1. dotaneme mgl+mg l =5 8 mv 1 1 v 1 = gl, () 5 v = 1 v 1= gl. () 5 c) Vpřípaděa)půobívnejnižšípolozenaouotáčenítíhováílakuličkya odtředivá íla. Obě íly měřují vile dolů, jejich výlednice má velikot F= mg+ m v l. Užitím rovnice(1) dotaneme F = mg. Obdobně v případě b): F=mg+ m v 1 l + m v 0,5l. Užitímrovnic()a()dotaneme F= 8 5 mg. 5

6 5.a) Z rovnic šikmého vrhu x=v 0 tcoα, (1) y=v 0 tinα 1 gt () dotaneme vyloučením čau t rovnici trajektorie g y=tg α x v0co α x. Doazením x = 9,15 m dotaneme výšku podního okraje míče jednotlivých třelcůnadzemívmítězdi y A =,18m, y B =1,91m, y C =1,64m. Z výledků plyne, že Cába trefil zeď a že otatní zeď přetřelili. Doazením x =,0 m dotaneme výšku podního okraje míče nad brankovou čarou y A =,59m, y B =,0m. Zekutečnotí y A > h a y B + d < h dáleplyne,žeadámkovatřelašla příliš vyoko, zatímco Beneš jako jediný kóroval. x b) Zrovnice(1)plyne t= v 0 coα. Doazením x=,0m dotanemedobuletumíčepřitřeleadámkaa Beneše: t A =0,96, t B =0,9. body c) Označme t m ča,vněmžmíčdoáhnemaximálnívýšky y m.vtomtookamžikujeviláložkarychlotimíče v y = v 0 inα gt m nulová.zpodmínky v y =0plyne t m = v 0inα. () g Doazenímčau t m dorovnice(1)dotanemeodpovídající x-ovououřadnici vrcholu trajektorie x m = v 0 inαcoα = v 0 inα. g g Projednotlivétřelcevychází x ma =17,m, x mb =16,9m. Doazením() do() dotaneme maximální výšku y m = v 0in α. g Projednotlivétřelcevychází y maxa =,80m, y maxb =,4m. 6

7 6.a) Nalezení polohy těžiště. b) Ověření záviloti periody na úhlové výchylce. 1 bod c) Čílo měření r/cm 8, 8, 8, 8, 8, 8, T/ 1,17 1,14 1,11 1,19 1,119 1,118 d) e) Závěr: Perioda kmitů nezávií na měru pojnice těžiště a průečíku oy otáčení rovinou deky. body Čílo měření r cm N t 1 1, ,8 16,7 16,65 1,647 4,5 10 1,44 1,55 1,0 1,4 6,4 10 1,0 1,01 1,0 1,0 4 8, 10 11,7 11,17 11,15 1, , ,80 10,6 10,78 1,07 6 1, 10 10,65 10,64 10,60 1, , 10 10,55 10,61 10,6 1, , ,66 10,59 10,60 1, , ,78 10,76 10,69 1, , ,87 10,79 10,8 1, , ,1 11,08 11,07 1,109 1, ,8 11, 11,1 1,14 1,8 T / 1,6 1,4 1, 1 0,8 0,6 0,4 0, 0 t r / cm t T = t N body Závěr: Nalezená funkce rotoucí vzdálenotí nejprve kleá, poté rote, vykazuje tedy minimum. 4 body 7

8 7.a) Z. Keplerova zákona dotaneme r Ga T Ga = T Ka r =7,15d. Ka 1bod b) Obdobně z. Keplerova zákona dotaneme T Io r Io = r Ka T =4 10 T Eu km, r Eu = r Ka T = km. Ka Ka body c) Kruhová rychlot v centrálním gravitačním poli poloměrem kleá, největší obvodovou rychlot má proto nejbližší měíc Io: d) Hledané vzdálenoti jou d min = r Ka r Ga =0, km, v= pr Io T Io =1700m 1. body d max = r Ka + r Ga =, km. Situace natane, jetliže Ganymed zíká před Kallitem úhlový nákok ϕ=prad.platí: ϕ=(ω Ga ω Ka ) t, kde ω Ga = p, ω T Ka = p jouúhlovérychlotitěchtoměíců.podoazení Ga T Ka dotaneme rovnici ( p p= p ) t, T Ga T Ka znížplyne T t= Ka T Ga (T Ka T Ga ) =6,5d. body e) Gravitační íla, kterou půobí Jupiter např. na měíc Kallito, je oučaně ilou dotředivou. Z toho plyne m Ka r Ka 4p T Ka = κ m M Ka r, M= 4p r Ka κt Ka Ka =1, kg. body 8