Řešení úoh 1. koa 60. ročníku fyzikání oympiády. Kategorie B Autoři úoh: J. Thomas (1, 2, 3, 4, 5, 7), M. Jarešová (6) h 1.a) Protože vzdáenost bodů K a O je cos α, je doba etu kuičky z bodu K do bodu O t 0 = 2h g cos α. Na evou rovinu kuička dopadne rychostí o veikosti 2hg v 0 = (1) cos α Obr. R1 pod úhem α a odrazí se rychostí o stejné veikosti a pod stejným úhem. Číseně: t 0 = = 0,29 s, v 0 = 2,8 m s 1. b) Kuička se pohybuje voným pádem a od evé roviny se odrazí v bodě O. Zvome nyní vztažnou soustavu s počátkem v bodě O a s osami x = OP a y = ON. Sožky tíhového zrychení do těchto směrů jsou g sin α ve směru osy OP a g cos α proti směru osy ON. Pohyb kuičky nyní můžeme popsat rovnicemi: x = v 0 t 1 sin α + 1 2 g sin α t2 1, (2) y = v 0 t 1 cos α + 1 2 g cos α t2 1 (3) Označme t 1 čas měřený od okamžiku odrazu v bodě O do okamžiku dopadu na pravou desku. Kuička na ni dopadne do místa o souřadnicích [x 1 ; y 1 ], kde x 1 = OP = h tgα. Dosazením x = x 1, t = t 1 a vztahu (1) do rovnice (2) dostáváme po úpravě kvadratickou rovnici 1 2 g sin αt2 1 + sin α 2hg cos α t 1 + h tg α = 0 s kořeny: t 1,2 = 2hg tg α sin α ± 2hg tg α sin α 2g sin α(h tg α ) = g sin α 2h 2 g cos α ± g sin α, kde fyzikání smys má jen kadný kořen. Ceková doba etu kuičky je pak t = 2 = t 0 + t 1 = = 0,49 s. g sin α 3 body Ke stejnému výsedku bychom mohi dojít i jednodušeji. Zvoíme-i vztažnou soustavu s počátkem v bodě M, pak se ve směru KN pohybuje kuička rovnoměrně zrycheně se zrychením g sin α a protože se sožka rychosti připadající do tohoto
směru při odrazu na evé desce nezmění, můžeme napsat pro dobu etu kuičky 2 přímo t = g sin α. Nyní určíme zbývající souřadnici místa dopadu dosazením y = y 1, t = t 1 a vztahu (1) do ( rovnice (3): ) 2hg 2h 2 y 1 = cos α g cos α + cos α+ g sin α + 1 ) 2 2h 2 ( 2 g cos α g cos α + = h + g sin α tg α. Vzdáenost místa dopadu kuičky od spojující hrany je d = y 1 = h = 0,38 m. tgα 3 body 2.a) Obr. R2 Guma i pružina se produžují. Prodoužení gumy odečteme z grafu, prodoužení pružiny vypočítáme ze vztahu 2 = mg. Jejich součet je cekové prodoužení k soustavy. m g 1 2 1 + 2 0 100 200 300 400 500 600 700 800 900 1 000 0 3,0 5,2 7,0 8,0 9,0 9,8 10,3 10,7 11,0 11,3 0 2,0 3,9 5,9 7,8 9,8 11,8 13,7 15,7 17,7 19,6 0 5,0 9,1 12,9 15,8 18,8 21,6 24,0 26,4 28,7 30,9 Graf závisosti prodoužení soustavy na hmotnosti zavěšeného závaží je na obrázku R3.
Obr. R3 b) Budou-i pružina a guma zavěšeny vede sebe, rozoží se tíha závaží na gumu a pružinu: mg = F 1 + F 2, přičemž prodoužení gumy i pružiny jsou stejná. U pružiny je sía přímo úměrná jejímu prodoužení F 2 = k. Označme m 1 část hmotnosti, kterou nese guma. Použijeme graf ze zadání, kde na vodorovné ose budou tentokrát hodnoty hmotnosti m 1 odpovídající zatížení gumy v soustavě. Závisost prodoužení pružiny na hmotnosti m 1 při zvoeném cekovém zatížení soustavy závažím o hmotnosti m pak určuje ineární funkce daná vztahem = (m m 1) g. (1) k Nyní zvoíme hmotnost m cekového zatížení soustavy a pro tuto hmotnost sestrojíme graf závisosti (1) s definičním oborem m 1 0; m. Pro m 1 = 0 je guma nezatížená a výchyka pružiny je maximání = mg k. Pro m 1 = m je guma zatížena maximáně a výchyka pružiny je nuová. Přísušné body 0; mg ] [ a [m; 0] k vyneseme do grafu a spojíme přímkou. Průsečík přímky s křivkou původního grafu určuje spoečné prodoužení pro hmotnost m cekového zatížení zobrazené průsečíkem přímky s vodorovnou osou. Postup opakujeme vobou daších hodnot hmotnosti m. Dvojice hodnost m a zaznamenáme do tabuky: m g 0 100 200 300 400 500 600 700 800 900 1 000 0 1,2 2,4 3,6 4,6 5,6 6,5 7,4 8,0 8,7 9,3
Pode tabuky sestrojíme graf: Obr. R4 6 bodů Tabuku je možné získat i bez grafu pouze početně. Budeme voit prodoužení soustavy a dopočítávat hmotnost m závaží. Zvome např. = 6. Toto prodoužení samotné gumy způsobí pode grafu v zadání závaží o hmotnosti m 1 = = 240 g a toto stejné prodoužení samotné pružiny způsobí závaží o hmotnosti m 2 = k 50 0,06 = kg = 306 g. Ceková hmotnost závaží zatěžující soustavu g 9,81 s prodoužením = 6 je m = m 1 + m 2 = 546 g. m g 0 83 164 253 344 445 546 657 808 959 1 140 0 1,0 2,0 3,0 4,0 5,0 6,0 7,0 8,0 9,0 10,0 3.a) Obě těesa se budou pohybovat, veké těeso směrem doprava. Protože je hmotnost kadek zanedbatená, je siou stejné veikosti T = T napínána nit mezi kadkami a mezi horní kadkou a vekým těesem. Všechny působící síy nakresíme do obrázku R5. Na veké těeso působí ve vodorovném směru dvakrát tah niti 2T směrem doprava a reakce N mezi ním a maým těesem směrem doeva. S označením zrychení vekého těesa a x zapíšeme pohybovou rovnici: Ma x = 2T N. (1) Na maé těeso působí ve vodorovném směru pouze reakce N směrem doprava. Přitom se ve vodorovném směru pohybuje se stejným zrychením jako veké
těeso: ma x = N. (2) Obr. R5 Ve svisém směru působí na maé těeso tíhová sía mg směrem doů a dáe tah vákna T a třecí sía F t = fn směrem vzhůru. S kadnou orientací svisé osy y směrem vzhůru dostáváme pohybovou rovnici ve tvaru ma y = mg + T + fn. (3) Posune-i se soustava o vzdáenost s ve vodorovném směru, pokesne maé těeso o 2s ve svisém směru. S uvážením orientace os x a y dostáváme odtud a y = 2a x. (4) Vztahy (1-4) představují úpnou soustavu čtyř rovnic pro čtyři neznámé a x, a y, T a N. 8 bodů b) Ze soustavy určíme (M + m) mg T = M + (5 + 2f) m. Sožky zrychení maého těesa jsou a x = těeso se pohybuje s cekovým zrychením a = a 2 x + a 2 y = které se svisým směrem svírá úhe 2mg M + (5 + 2f) m, a y = 2a x. Maé 2 5 mg M + (5 + 2f) m, α = arctg 1 2 = 26,6. 2 body 4.a) Kondenzátory C a 2C jsou ke zdroji připojeny sériově, náboje na kondenzátorech jsou stejné. Patí CU C = 2CU 2C a také U C +U 2C = U e U C = 2 3 U e, a U 2C = 1 3 U e. 2 body
b) Do schématu, které znázorňuje situaci krátce po sepnutí kíče, zvoíme v jednotivých větvích směry proudů I 1, I 2, I 3 a v evém a v pravém obvodu směry obíhání. Vzhedem k této vobě sestavíme pode Kirchhoffových zákonů soustavu rovnic, přičemž pro znaménka napětí na kondenzátorech použijeme stejné pravido jako pro znaménka napětí zdrojů: I 1 + I 3 = I 2, (1) U e U C U 2C = RI 1 + 2RI 2, (2) 2U e U 3C U 2C = 3RI 3 + 2RI 2. (3) Hodnota proudů bude největší v okamžiku zapnutí spínače, kdy na kondenzátoru s kapacitou 3C je nuové napětí a na kondenzátorech s kapacitou C a 2C jsou původní napětí. Po dosazení do soustavy (1-3) za U C = 2 3 U e, U 2C = 1 3 U e a U 3C = 0 dostaneme rovnice Obr. R6 I 1 + I 3 = I 2 0 = RI 1 + 2RI 2 5 3 U e = 3RI 3 + 2RI 2 z nichž po eiminací proměnných I 1 a I 3 obdržíme I 2 = 5U e 33R. c) Po vyrovnání nábojů na kondenzátorech proud v obvodu ustane. Pro tento případ přepíšeme rovnice (2) a (3): U e = U C + U 2C 2U e = U 3C + U 2C Dopníme ještě podmínku Q 1 + Q 3 = Q 2 : CU C + 3CU 3C = 2CU 2C. Z této soustavy tří rovnic pro tři neznámé U C, U 2C a U 3C určíme U C = 1 6 U e. Napětí má opačnou poaritu než před sepnutím kíče. To znamená, že proud I 1 muse téci vzhedem k naší vobě v opačném směru (ze soustavy rovnic skutečně vychází proud I 1 záporný). 5.a) Orientujme osu x rovnoběžně s deskami a osu y komo k deskám kondenzátoru tak, aby počáteční sožky rychosti protonu ve směru os byy v 0x = v cos α a v 0y = v sin α. Jeikož se x-ová sožka rychosti protonu při jeho pohybu v e. poi
nemění, bude doba jeho průetu mezi deskami kondenzátoru t = v 0x = v cos α = 5,8 10 7 s. 3 body b) Během průetu kondenzátorem působí na proton sía F = QE, orientovaná k záporně nabité desce, která mu uděuje zrychení a y = ± QE, přičemž voba m znaménka je dána orientací síy vzhedem k ose y. Veikost y-ové sožky rychosti protonu při jeho výstupu z kondenzátoru bude v y = v 0y + a y t = v sin α ± QE m v cos α. V závisosti na orientaci síy dostáváme pro veikost rychosti v protonu dvě možné hodnoty v 1 = ( vx 2 + v1y v 2 = 2 cos 2 α + v sin α + QE m ) 2 = 1,2 10 5m v cos α s, v 2 = ( vx 2 + v2y v 2 = 2 cos 2 α + v sin α QE m Výsedná rychost svírá s deskami úhe β, pro který patí ) 2 = 8,8 10 4m v cos α s. tg β 1 = v v sin α + QE 1y m v cos α = β 1 = 44, v x v cos α tg β 2 = v v sin α QE 2y m v cos α = β 2 = 11. v x v cos α c) Proton se ve směru osy y posune o vzdáenost d = v 0y t + a yt 2. Po dosazení 2 d 1 = v sin α v cos α + 1 ( ) 2 QE = tg α + 1 QE 2 2 m v cos α 2 m v 2 cos 2 = 3,8, α d 2 = v sin α v cos α 1 ( ) 2 QE = tg α 1 QE 2 2 m v cos α 2 m v 2 cos 2 = 1,9. α 3 body
7. a, b) Náhradní schéma s 10 rezistory (obr. R7). Ze schématu vidíme, že rezistory mezi body H a D a mezi body F a B proud neprochází. Proto je cekový odpor mezi body A a G roven R AG = 2R. Přívodními vodiči pak prochází proud 4I = 8 A. c, d) Nakresíme náhradní schéma s devíti rezistory: Mezi body H a D a mezi body B a C proud neprochází, proto je můžeme vynechat. Cekový odpor bude roven R A G = 2 R. Přívodními vodiči bude 5 procházet proud 5I = 10 A. e) Mezi body A a E bude v prvním případě procházet proud 2I = 4 A, ve druhém případě to bude proud 3I = 6 A. 2 body