Z toho se η využije na zajištění funkcí automobilu a na překonání odporu vzduchu. l 100 km. 2 body b) Hledáme minimum funkce θ = 1.

Transkript

1 Řešení úoh. koa 59. ročníku fyzikání oympiády. Kategorie A Autor úoh: J. Thomas.a) Na dráze vt bude zapotřebí objem paiva V θ θv t. Při jeho spáení se získá tepo Q mh ρv H ρθvh t. Z toho se η využije na zajištění funkcí automobiu a na překonání odporu vzduchu ηρθvh t P t + F o P t + kv 3 t. () Odtud určíme spotřebu paiva θ P + kv 3 ηρvh ( ) ηρh v + kv 8 m3 7,0 0 m 7,0 00 km. b) Hedáme minimum funkce θ ( ) ηρh v + kv, tedy určíme její derivaci pode rychosti, kterou poožíme rovnu nue: dθ dv ( P ) ηρh v + kv 0. Odtud v min 3 9,7 m s 35 km h k. (Druhá derivace by bya kadná, jde tedy o minimum). Minimání spotřeba pak bude θ min ( ) + kv ηρh v min min ηρh P ( ) 3 + k 3 k k P /3 k /3 ( ηρh /3 + /3) 3 P ηρh 3 k 4 3,4 m m 3,4 00 km. 4 body c) Při jízdě po sinici se stoupáním přibude v rovnici () navíc zvýšení potenciání energie tíhové ηρθvh t P t + F o + E p P t + kv 3 t + mg sin α v t. Odtud spotřeba paiva θ ( ) ηρh v + kv 7 m3 + mg sin α, 0 m Rychost, při které bude spotřeba minimání, zůstává stejná, tedy P v min 3 k 9,7 m s 35 km h, minimání spotřeba paiva při jízdě ve stoupání pak 00 km.

2 θ min ηρh ( 3 3 P k 4 + mg sin α ),7 0 7 m 3 m 7 00 km. 4 body.a) Ceková hmotnost soi m m + m c 0 V + c 0 V (c 0 + c 0 )V 37,5 g. bod b) Hmotnost roztoku v maé nádobce je δm A B c 0 v. Po přidání do nádoby B bude ve druhé nádobě m B c 0 V + c 0 v soi a její koncentrace bude m B c V + v c 0V + c 0 v 5,9 g V + v. bod Při přenosu zpět bude v maé nádobce hmotnost soi δm B A c v. Po jejím přidání do nádoby A bude v první nádobě koncentrace c c c 0 (V v) + c v 0 (V v) + c 0V + c 0 v v V + v (V v) + v V c ( 0 V v ) + c 0 V v + c 0 v c 0V + c 0 V v c 0V + c 0 v 9,8 g V (V + v) V (V + v) V + v. c) Vyjádříme rozdí koncentrací c c c 0V + c 0 v c 0V + c 0 v (c 0 c 0 ) V v V + v V + v V + v, podobně po druhém přenosu ( ) V v c c (c 0 c 0 ) V + v a po k-tém přenosu ( ) k V v c k c k (c 0 c 0 ),5 g V + v. () Protože se cekový objem roztoku nemění, nemění se ani součet koncentrací, proto c k + c k c 0 + c 0 () Z rovnic () a () po jejich sečtení dostáváme [ c k ( ) ] [ k V v c V + v c 0 po jejich odečtení [ c k c 0 ( ) ] [ k V v + V + v c 0 + ( ) ] k V v 8,6 g V + v, ( ) ] k V v 6,38 g V + v.

3 d) Rozdí koncentrací bude menší než %, tedy ( ) k c k c k V v < 0,0 k > c 0 c 0 V + v n 0,0 ( ) > 57,5. V v n V + v Obr. 3.a) Při překresení schématu (obr. a) vidíme, že síť je symetrická, potenciá bodů C, D a E je stejný, proto na kondenzátorech s kapacitou C 5 bude nuové napětí a neponesou žádný náboj. Výsedná kapacita tedy bude C C + C + C 4 + C 3 6,5 µf, cekový náboj Q CU e 39 µc. Na kondenzátoru C 3 bude napětí U 3 U e, na kondenzátorech C, C a C 4 bude napětí U U U 4 U e. Náboje na kondenzátorech pak budou Q C U e 3 µc; Q C U e 6 µc; Q 4 C 4U e µc; Q 3 C 3 U e 8 µc. 5 bodů b) Bude-i ve schématu chybět jeden kondenzátor s kapacitou C 4, nebudou už body C, D a E na stejném potenciáu (obr. b) Náboj a napětí na kondenzátoru s kapacitou C 3 se proti předchozímu schématu nezmění Q 3 C 3 U e 8 µc. Nahradíme trojici kondenzátorů mezi body A a D kondenzátorem C 45 (obr. c): C 45 C + C 4C 5 38 C 4 + C 5 9 µf. Označme potenciá bodu D jako ϕ D a potenciá bodu E jako ϕ E. Potenciá bodu A ϕ A 0 V, potenciá bodu B ϕ B U e. Předpokádejme, že v bodě E bude větší potenciá než v bodě D. Pak ze zákona zachování náboje (cekový

4 náboj v bodě D i v bodě E je nua): Po číseném dosazení C ϕ E + C 5 (ϕ E ϕ D ) C (U e ϕ E ), C 45 ϕ D C 5 (ϕ E ϕ D ) + C (U e ϕ D ). 0ϕ D 45ϕ E 08, 5ϕ D + 7ϕ E 6, řešením soustavy dostaneme ϕ D 53 4 V,3 V, ϕ E 573 V,38 V. 4 Napětí na evém kondenzátoru o kapacitě C tedy bude U AE ϕ E,38 V, napětí na pravém kondenzátoru o kapacitě C bude U EB U e ϕ E 3,6 V. Jejich náboje pak budou Q AE,38 µc a Q EB 3,6 µc. Na kondenzátoru o kapacitě C 5 bude napětí U 5 ϕ E ϕ D 0,5 V a náboj Q 5 C 5 (ϕ E ϕ D ),4 µc. Na kondenzátoru o kapacitě C mezi body D a B bude napětí U DB U e ϕ D 3,87 V a náboj na něm bude Q DB C (U e ϕ D ) 7,74 µc. Na kondenzátoru o kapacitě C mezi body A a D je napětí U AD ϕ D,3 V a náboj na něm pak Q AD C ϕ D 4,6 µc. Napětí na kondenzátorech C 4 a C 5 (mezi body A a D) je U 45 ϕ D U 4 + +U 5CD,3 V, a také U 4 C 4 U 5CD C 5, pak U 4,8 V, U 5CD 0,95 V. Přísušné náboje pak budou Q 4 Q 5CD U 4 C 4 U 5CD C 5 4,73 µc. Výsednou kapacitu tohoto zapojení určíme z jednoho ze vzorců: C Q 3 + Q AE + Q AD + Q 4 U e Q 3 + Q EB + Q DB U e 4,9 µf. 5 bodů 4.a) Označme α až α 4 úhy dopadu a β až β 4 úhy omu viz obr.. Protože jde o přímohedný hrano, musí být pro žuté světo úhe Dáe patí β α β + α 90. Obr.

5 Ze zákona omu sin β n v n sin 45 β 8,0. sin α sin (90 β n n n ) sin β sin 45,88. b) Protože známe indexy omu pro žuté a fiaové světo, můžeme ve vztahu n A+ B určit konstanty A a B. Z řešení soustavy dvou rovnic o dvou neznámých λ pro první a třetí hrano vychází konstanty A,483 a B m, pro druhý hrano A,86 a B m. Hodnoty indexů omu pro červené světo pak budou n č,494 a n č,85. 3 body c) Průchod paprsků hranoy je znázorněn na obrázku. Postupně určíme úhy β, α, β, α 3, β 3, α 4 a β 4. Výsedky zapíšeme do tabuky. α β α β α 3 β 3 α 4 β 4 žutá n,506 45,0 8,0 6,0 45,0 45,0 6,0 8,0 45,0 n,88 fiaová n f,55 45,0 7,6 6,4 44,0 46,0 66,5 3,5 37,5 n f,944 červená n č,494 45,0 8, 6,8 45,3 44,7 60,6 9,4 47,3 n č,85 Fiaový paprsek se odchýí o úhe δ f 7,5 nahoru, červený paprsek se odchýí o úhe δ c,3 směrem doů. 3 body d) Šířka spektra na stínítku bude y y f + y c (tg δ f + tg δ c ) 6 cm. 5. a, b) Rychost eektronu se při pohybu magnetickém poi nemění, a protože intenzita eektrického poe je stáe komá k trajektorii pohybu eektronu mezi deskami kondenzátoru, nemění se její veikost ani v eektrickém poi. V magnetickém poi patí: mv r BQv, v eektrickém poi patí: mv R QE QU d. Řešením soustavy rovnic dostaneme: v UR dbr,75 08 m s a m B Qr d UR, kg. 5 bodů Dosazením do vztahu

6 m m 0 v c m 0 ( UR dbr c ) m 0 (UR) (dbrc) 9, 0 3 kg ( ), ( ) 3,00 0 8, kg. Odchyka od naměřené hodnoty je, %. c) Kinetická energie eektronu ( B E k (m m 0 ) c Qr ) d UR m 0 c, 0 3 J 760 kev. 6. Odvození vztahu pro index omu: n sin α sin β d a + d d b + d b + d a + d. 3 body Obr. R3 a b d mm mm mm n 75 80, , , , , , , , , ,7 Index omu vody: n (,33 ± 0,0) s reativní odchykou %. 7.a) V určitém časovém okamžiku je rozhraní mezi pevnou átkou a kapainou ve vzdáenosti x v τ od okraje, od kterého átka začaa tuhnout. Za čas τ se uvoní tepo Q t ρahx t ρahvτ, () kde ρ je hustota átky v poštářku. Tímto tepem se ohřeje jak kapaná, tak pevná část átky v poštářku o t. Ceková tepená kapacita závisí na okamžitém

7 sožení átky: Q [c 0 ρah ( x) + c 0 ( k) ρahx] t c 0 ρah [( vτ) + ( k) vτ] (t t 0 ). () Z rovnic () a () postupně dostaneme c 0 ρah [( vτ) + ( k) vτ] (t t 0 ) t ρahvτ, Z toho pyne závisost tepoty na čase t vτ t t 0 + c 0 ( kvτ) t 0 + tv c 0 c 0 ( kvτ) (t t 0 ) t vτ. ( kvτ )τ t 0 + ( tv + kvτ ) τ. c 0 b) Hedanou závisost okamžité časové změny tepoty na čase získáme derivací: dt dτ ( tv + kvτ ). c 0 Závisost rychosti změny tepoty na čase je přibižně ineární. c) Maximání tepotu bude mít poštářek v okamžiku, kdy krystaizační rozhraní dospěje na konec kvádru, tedy když τ v, t max t 0 + d) Během fázové přeměny se uvonio tepo t c 0 ( k) t 0 + t c 0 ( k) t 0 + t c 0 ( + k). Q cek [c 0 ρah ( ) + c 0 ( k) ρah] t c 0 ( + k) [( k) ρah] t ( + k) ρah t ( k ) 0, 99m t.