Řešení úloh krajského kola 54. ročníku fyzikální olympiády Kategorie A Autořiúloh:J.Thomas(),J.Jírů(2),P.Šedivý(3)aM.Kapoun(4).a) Zaveďme vztažnou soustavu Oxy podle obr. R. Pohyb lodí popisují vztahy x = vt, y =0, x 2 = vtsinα, y 2 = vtcosα l 0. Hledáme minimum funkce l 2 =[vt( sinα)] 2 +[l 0 vtcos α] 2 = = v 2 t 2 ( 2sinα+sin 2 α)+l 2 0 2l 0 vtcosα+v 2 t 2 cos 2 α= =2v 2 t 2 ( sinα)+l 2 0 2l 0vtcosα. () Položme d(l 2 ) =4v 2 l 0 cosα ( sinα)t 2l 0 vcosα=0 t= dt 2v( sinα). (2) Protože d2 (l 2 ) dt 2 =4v 2 ( sinα) >0,jednáseominimum. Dosazením z(2) do() určíme minimální vzdálenost obou lodí: l 2 min = 2v2 l 2 0 cos2 α 4v 2 ( sinα) + l2 0 l min = l 0 2v2 l0 2cos2 α 2v 2 ( sinα) = l2 0 cos 2 α 2( sinα) = l 0 Číselněvychází t=90s, l min =460m. y l2 0 cos2 α 2( sinα), sinα. (3) 2 6bodů A O L C x l 0 l E v 3 =2v 2 B Obr. R α L 2 v 2 v3 C 90 α β D v l L 2 L Obr. R2
b) VokamžikuvypuštěníčlunuseloďL nacházívbodě Dvevzdálenosti l = l 0 cosα l 0tg αodbodu Caloď L 2 senacházívbodě C.Člunses lodíl 2 setkávbodě E(obr.R2).Protožesečlunpohybujerychlostí2v, platí podle sinové věty sinβ sin(90 α) = 2 sinβ= cosα 2 Jízdačlunubudetrvat t = DE = CE 2v v. Vzdálenost DE určíme pomocí sinové věty: β=24. DE sin(90 α) = CD sin(90 + α β) = CD cos(α β) = l 0 cosα l 0tg α. cos(α β) t = DE 2v = l 0 cosα l 0tg α 2vcos(α β) sin(90 α)= l 0( sinα) 2vcos(α β) =43s. 4body 2
2.a) Narezistorujenapětí U U aobvodemprocházíproud I = P U.Odpor rezistoru je R= U U = (U U )U =65Ω. I P b) Obvodem opět prochází proud I. Z fázorového diagramu(obr. R3) určíme napětí na kondenzátoru U C = U 2 U 2. Kondenzátormákapacitanci X C = U C = I 2pfC akapacitu 2body C= I P P = = =46 mf. Obr. R3 2pfU C 2pfU U C 2pfU U2 U 2 5bodů c) Připojíme-ližárovkupřesrezistor,jeproudvobvoduvefázisnapětíma zdroj je zatěžován činným výkonem P= UI = U U P =770W. U C ϕ U I Připojíme-li žárovku přes kondenzátor, platí pro fázové posunutí napětí zdrojeoprotiprouducosϕ= U U.Činnývýkonzdroje U spotřebovává pouze žárovka. P = UI cosϕ=ui U U = U I = P =40W 3
3.a) Hlavní maximum prvního řádu vidíme ve směru, jehož odchylka α od optické osysplňujepodmínku bsinα=λ.současněplatítg α= y d.vnašempřípadě dostaneme pro zelené interferenční maximum Pak tg α 2 = y 2 d =0,284 α 2=5,84. b= λ 2 sinα 2 = 546,07 0 9 m sin5,84 =2,00 0 6 m. b) Proodchylku α směru,vekterémvidímemodréhlavnímaximum.řádu, platí sinα = λ b =435,83 0 9 m 2,00 0 6 m =0,279 α =2,59. Vzájemnávzdálenostobouhlavníchmaxim.řáduprovlnovoudélku λ je 2y =2dtg α =223mm. c) Aby se dala rozlišit srovnatelně intenzivní hlavní maxima. řádu pro blízké vlnovédélky λaλ+ λ,musípočet Nštěrbinmřížkysplňovatpodmínku V našem případě tedy musí platit N > λ λ. N > λ 3 λ 4 λ 3 =273. Vzhledem k tomu, že naše mřížka má 500 štěrbin na jednom milimetru, je počet štěrbin, které se nacházejí před zornicí oka, dostatečný k tomu, abychom žluté spektrální čáry rtuti daným spektrometrem rozlišili. 4body 4
4.a) α) V dynamickém modelu pozitronia se elektron i pozitron pohybují po stejné kruhové trajektorii kolem společného těžiště(obr. R4), přičemž roli dostředivé síly sehrává elektrostatická přitažlivá síla: m e v 2 r = 4pε 0 e 2 4r 2. () Velikostmomentuhybnostisoustavy L=2r m e vje omezena Bohrovou kvantovou podmínkou L n = n h 2p, (2) odkud pro poloměr r kruhové trajektorie vychází r n = ε 0h 2 pm e e 2 n2, takževelikostpozitronia a n =2r n jekvantovánavztahem a n = 2ε 0h 2 pm e e 2 n2 =2a 0 n 2 =,06 0 0 m n 2, kde a 0 =0,529 0 0 mjetzv.bohrůvpoloměratomuvodíku. β) Celková energie pozitronia je E= E k + E p =2 2 m ev 2 + cožpodosazeníz()dá E= 4pε 0 e 2 4r,takže E n = m ee 4 6ε 2 0h 2 n 2= 2 E 0 ( e 2 ), 4pε 0 2r n 2= 6,8eV n 2, e +e Obr. R4 r kde E 0 = 3,6eVjeenergiezákladníhostavuatomuvodíku. b) Absorpce světla je v Bohrově modelu spojena s přechodem pozitronia mezi dvěmapovolenýmienergetickýmistavy E m, E n dlevztahů takže λ mn = c f mn, hf mn = E m E n, λ mn = 6cε2 0h 3 m e e 4 m 2, n > m. n 2 5
Vyčísleme nejprve výraz s konstantami. Pak můžeme psát λ mn =83,5nm m 2. n 2 Nyní vyčíslíme možné hodnoty zlomku:.pro m=(lymanovskásérie)ležícelásérievuvoblasti,neboť λ 2 = =245nm. 2.Pro m=2nabízíbalmerovskásériečáryviračástečněiveviditelné, a to dlouhovlnné oblasti optického spektra viz tabulka: n 3 4 5 6 7 8 λ(nm) 32 979 874 826 799 783 734 Z toho můžeme soudit, že pozitronium bude pohlcovat pouze světlo červené barvy. 3.Pro m=3avíceužsamyhranysériíležíviroblasti,tedymimoviditelný obor. 4body 6