Řešení úloh 1. kola 47. ročníku fyzikální olympiády. Kategorie C. t 1 = v 1 g = b gt t 2 =2,1s. t + gt ) 2

Transkript

1 Řešení úloh. kola 47. ročníku fyzikální olympiády. Kategorie C Autořiúloh:R.Baník(3),I.Čáp(),M.Jarešová(6),J.Jírů()aP.Šedivý(4,5,7).a) Pohybtělesajerovnoměrnězrychlenýsezrychlením g. Je-li v rychlost u horního okraje okna, pak b=v t+ gt, v = b t gt=0,5m s, v = v + gt= b t + gt=,5m s. b) Rychlost v získalotělesozadobu t odokamžikuuvolnění.platí t = v g = b gt t =,s c) Zevztahu v = ghodvodíme h= ( b t + gt ) g =3,5m. d) Tělesodopadnenazemrychlostí v 3 : v 3 = (b (h+c)g= t + gt ) +gc=3,4m s. body body

2 .Pohyblodipořecejesloženzpohybuvzhledemkvodníhladiněaz unášivého pohybu vodního proudu. Rychlost lodi je vektorovým součtem rychlosti v, kteroubymělanaklidnéhladině,arychlosti v 0 vodníhoproudu.směrrychlosti vjestejnýjakosměr,kterýmjenatočenapříďlodi. a) Loďsedostanekprotějšímubřehuzanejkratšídobu t,bude-linasměrována kolmo k vodnímu toku(obr. Ra). V takovém případě je výsledná rychlost lodi v odchýlenaodsměrukolméhokrychlosti v 0 oúhel α.platí t = d v, v = v0 + v, tg α= v 0 v. Bod B,kdeloďpřistane,jeodprotějšíhobodu A vzdáleno BA =v 0 t = = dtg α. Podosazení: t =0s, v =5,39m s, α=,8, BA =40m. body b) Má-liloďdoploutzaconejkratšídobu t doprotějšíhobodu A,musíse pohybovatpřímopospojnici AA.Výslednárychlostlodi v jekolmákrychlosti v 0 (obr.rb).příďlodijenutnonatočitprotiprouduoúhel β.platí sinβ= v 0 v, v = v v0 = vcosβ, t = d = t v cosβ. Podosazení: β=3,6, v =4,58m s, t =3s. body c) Loďsevrátízbodu Bdobodu Azanejkratšídobu t 3,bude-lisepohybovat přímopospojnici BA.Výslednárychlost v 3 budeodsměrukolméhokv 0 odchýlenaoúhel α,příďlodijenutnonatočitoúhel γ > α(obr.rc).platí tg α= vsinγ v 0 vcosγ = sinγ tg α cosγ, tg α= sinγ sin γ +cosγ = cos γ cos γ t 3 = d vcosγ = d vcosα = d v(cos α ) = =tg γ, ( v d v v + v 0 γ=α, v 3 = AB = d v + v0 v(v v0 ) v v0 t 3 v d(v + v0 )=. v + v0 )= d v + v0 v v v0,

3 Podosazení: t 3 =66s, v 3 =3,90m s, γ=43,6. 5bodů d) Úlohaa)jeřešitelnábezomezení.Úlohyb)ac)jsouřešitelné,jestliže v > v 0. bod v 0 v α α v A A A D A v 0 β v v v 0 v 0 t B A A B A B A a b c d v 3 γ α v d γ α vt v 0 t 3 vt 3 C Obr. R Jiné řešení úlohy c): Posunutízbodu Bdobodu Ajesloženozposunutí BClodivzhledemkvodní hladiněazposunutí CA vodní hladiny vzhledem k okolní krajině(obr. Rd). Platí: (vt 3 ) =(vt ) +(v 0 t + v 0 t 3 ), (v v0)t 3 v0 d v t 3 v + v0 v d =0. Ze dvou kořenů této rovnice vyhovuje úloze kořen t 3 = d v v + v0 v v0. Z pravoúhlého trojúhelníku BDC odvodíme: ) tg γ= v v 0 t (+ v + v0 0(t + t 3 ) v v0 = = vv 0 vt vt v v0 v 0 v = ( ) = v0 v = tg α tg α =tgα. 3

4 3.a) Vnitřní poloměr polokoule je r= 3 3V p =9,85 0 m. bod b, c) Hmotnost měděné polokoule je stejná jako hmotnost vytlačené vody, která má objem Platí tedy R 3 = V 0 = prh ph3 3 = pr3 4 pr3 4 =5pR3 4. ϱv Cu = ϱ 3 p( R 3 r 3) = ϱ 0 V 0 = ϱ 0 5pR 3 4, 6ϱ r 3 4V ϱ = 6ϱ 5ϱ 0 p(6ϱ 5ϱ 0 ), R=9,97 0 m. m Cu = ϱ 0 5pR 3 4 = ϱ 0 5V ϱ 6ϱ 5ϱ 0 =0,648kg. d) Objem vody, který ještě můžeme nalít do polokoule, je stejný jako objem dosud nepotopené části polokoule o poloměru R: V = 3 pr3 V 0 = 4 pr3 = V ϱ 6ϱ 5ϱ 0 =, m 3 =,43dm 3. 4

5 4.a) Výpočet hodnot stavových veličin v jednotlivých stavech: p V,4 = p V,4, p 4 V,4 = p 3 V,4, p 4 = p 3 p p ( ),4 V p = p, p V 3 =,5p, p 4 =,5p, p V T = p V T T = T p V p V = T ( V V ),4 V V = T ( V V ) 0,4, T 3 = T p 3 p =,5T, T 4 = T p 4 p =,5T. Stav V/cm 3 p/kpa T/K Výpočet průběhu adiabat provedeme pomocí vztahů ( ),4 ( ),4 V V p=p proděj, p=p V 4 proděj3 4. V p MPa 5 4 V/cm p/kpa( ) p/kpa(3 4) V cm 3 5bodů 5

6 b) Látkové množství a hmotnost vzduchu určíme užitím stavové rovnice: n= p V =0,034mol, m=nm RT m =6,8 0 4 kg. bod c) Celkovápráce W přijednomcyklujerovnarozdílutepla Q 3 přijatého pracovnílátkoupřiizochorickémohřátíatepla Q 4 odevzdanéhopracovní látkou při izochorickém ochlazení: Q 3 = U 3 =,5nR(T 3 T )=,5(p 3 V p V )=3,75p V =493J, Q 4= U 4 =,5nR(T 4 T )=,5(p 4 V p V )=3,75p V =4J, W = Q 3 Q 4=J, η= W Q 3 =0,57. 4body 6

7 5.Elektrickáprácetopné spirály W = U τ R kohřátíledunateplotutání Q =(K+ mc )(0 C t )=4700J, skupenskéteplotáníledu L t = ml t =,8 0 5 J a teplo potřebné k ohřátí vody na výslednou teplotu Příkon topného tělíska je Q =(K+ mc )(t 0 C)=9, J. sespotřebuje nateplo potřebné 4body P= Q + L t + Q τ =44W anapětízdroje U= PR=9V. Doby trvání jednotlivých částí děje jsou τ = Q P =00s=min40s, τ = L t P =970s=3min50s, τ 3 = Q P =630s=0min30s. Časový průběh celého děje zobrazuje graf na obr. R. t C 30 body Obr. R τ min 4 body 7

8 7.a) Protože na setrvačník působily konstantní síly, byl jeho pohyb nejprve rovnoměrně zrychlený a po dopadu závaží na podlahu rovnoměrně zpomalený. Označme ϕ úhlovoudráhusetrvačníkuběhemroztáčení.platí ϕ = h r = ω t = ε t. Ztoho ω = ϕ = h =57,rad s t rt, ε = ϕ t = h rt Úhlové zrychlení během zastavování mělo velikost ε = ω = h =,90rad s t rt t. b) Na setrvačník působí během roztáčení moment síly T vláknaamomentbrzdícíchsilovelikosti M.Nazávažípůsobítíhovásíla F G asíla Tvlákna.Závažíklesásezrychlenímovelikosti a=ε r(obr.r3).zpohybovýchrovnic Jε = Tr M, dostaneme (J+ mr )ε =(J+ mr ) h rt ma=mε r= F G T = mgr M. () Pro rovnoměrně zpomalený pohyb setrvačníku po dopadu závaží na podlahu je M= Jε = J h rt t. () =,4rad s. J T T F G 4body r m Obr. R3 Řešením soustavy rovnic(),() dostaneme ( ) mr gt t h J= =,55 0 t + t 3 kg m, ( ) gt mrh h M= =4,87 0 (t + t )t 3 N m 6bodů 8