Řešení úloh celostátního kola 51. ročníku fyzikální olympiády. Autoři úloh: I. Charvát(1), B. Vybíral(4), 2.a3.úlohajsoupřevzatyzčasopisuKvant. Konečná úprava P. Šedivý 1.a) Zpočátkujevnádobcevzduchoobjemu V 0= Slatlaku p 0= gh.jaknádobka pomalu klesá, probíhá izotermický děj, při kterém se tlak zvětšuje o hydrostatický tlak odpovídající rozdílu hladin a objem se zmenšuje. Podle Boylova-Mariottova zákona platí V 0p 0=(V 0 Sh 1)[p 0+ g(h h 1)]. Dosazením a úpravou dostaneme Sl gh=(sl Sh 1)[ gh+ g(h h 1)], lh=(l h 1)(H+ h h 1)=lH+ lh lh 1 Hh 1 hh 1+(h 1) 2, h 1(H+ l+h h 1)=lh. Protože H l > h > h 1,můžemevzávorceveličiny l, hah 1zanedbatadojdeme tak k aproximaci h 1 l H h=k1h, je konstanta úměrnosti. Pro dané hodnoty je H= p0 g =10,2m, kde k1= l H k1=0,0196 0,02. Hladina uvnitř nádobky vystoupí jen nepatrně. Pro maximální hodnotu h=l=0,2mje h 1=4mm. b) Podobně budeme postupovat i v případě baňky s úzkým hrdlem. Platí Dosazením a úpravou dostaneme V 0p 0=(V 0 Sh 1)[p 0+ g(h h 1)]. V 0 gh=(v 0 Sh 1)[ gh+ g(h h 1)], V 0H=(V 0 Sh 1)(H+ h h 1)=V 0H+ V 0h V 0h 1 SHh 1 Shh 1+ S(h 1) 2, V 0h=h 1(V 0+ SH+ Sh Sh 1) h 1(V 0+ SH), neboťčleny ShaSh 1můžemevzávorcevedle V 0a SHzanedbat.Pak h 1 V 0 V 0+ SH h=k2h, kde k2= V 0 V 0+ SH = 4V 0 4V 0+ pd 2 H je konstanta úměrnosti. Abyplatilo h 1= h/2,tj. k 2=0,5,musíbýt 4V0 d= ph =11,2mm. 4 body 2body 1
2. a) Po sepnutí kontaktů přerušovače začne cívkou procházet proud i, který postupně rosteavcívceseindukujeelektromotorickénapětí U istejněvelkéjakoelektromotorické napětí zdroje a orientované opačným směrem. Platí U i= L di di = U dt dt = U L =konst. Proudcívkousetedyzvětšujerovnoměrněazadobu τ 1dosáhnehodnoty I 0= U L τ1=50ma. Po rozpojení kontaktů začne proud v cívce klesat a indukované napětí je orientované stejně jako elektromotorické napětí zdroje a opačně než elektromotorické napětí akumulátoru. Proud prochází přes diodu do akumulátoru. Platí U i= L di dt = U Ue di dt = U Ue L Proud se tedy bude zmenšovat lineárně podle vztahu i=i 0 Ue U L t. =konst. Zadobu τ I0L 3= U e U = U U e U τ1=0,00714s<τ2 klesnenanuluadiodapřejdedozávěrnéhorežimu.pouplynutídoby τ 2secelý děj opakuje(obr. R1). 6bodů i ma 50 0 10 20 τ 3 τ 1 τ 2 t ms Obr. R1 b) Akumulátorsenabíjípodobu τ 3průměrnýmproudem I 0/2azískápřitomnáboj Q= I0 2 τ3= U 2 τ 2 1 2L(U e U). Střední hodnota proudu nabíjejícího akumulátor je I stř = Q = Q U 2 τ 1 = τ 1+ τ 2 2τ 1 4L(U e U) =8,9mA. 2
3.a) Vznikne-lizobrazenímreálnéhopředmětureálnýobraz,platí a >0, a >0.Jejich vzdálenostje a+a.zezobrazovacírovnicetenkéspojkyplyne a = af a f >0 a > f, a+a = a+ af a f = a2 a f. (1) Minimum tohoto součtu nalezneme užitím první derivace: d(a+a ) da = 2a(a f) a2 (a f) 2 = a(a 2f) 2 =0 pro a=2f. (a f) Pro a >2fjederivacekladná,pro a <2fjezáporná.Jednásetedyominimum. Minimální vzdálenost reálného obrazu od reálného předmětu je tedy (a+a ) min= 4f2 2f f =4f > l. Bodovýreálnýobrazzdrojetedyvzniknevždyažzastínítkemanastínítkupři každé poloze čočky vznikne světelná skvrna. b) Položíme-ličočkupřímonastínítko,je m=m.má-lisepooddáleníčočkyodstínítka průměr skvrny zmenšit, musí se svazek paprsků za čočkou sbíhat do reálného obrazuz zastínítkem(obr.r2).zevztahů(1)azobrázkuplyne l > a > f, m M = a + a l a = af+(a l)(a f) a f af a f m= M f a2 al+lf. a Minimum opět nalezneme užitím první derivace: dm da = M (2a l)a a2 + al lf f a 2 = a2 al+ lf, af = M f a2 lf a 2 =0 pro a= lf. Pro a > lfjederivacekladná,pro a < lfjezáporná.jednásetedyominimum. l Poznámka:Zpodmínky f > l/4plyne a > 2 4 = l 2. Minimální průměr skvrny za výše uvedeného předpokladu l > f je m min= M f lf l lf+ lf lf = M f (2 lf l). Jestliže l f, pakpooddálení čočkyodstínítkaplatí a < f,paprskyseza čočkourozbíhajíaskvrnasezvětšuje.nejmenšíprůměr m=mmá,kdyžječočka položena na stínítku. 6bodů 3
a a Z M m Z l <4f Obr. R2 4
4.a) Jednáseopohybrovnoměrnězpomalenýsezpomalením a 0= F 0/m.Přistávací dráha s 0= v2 0 = v2 0m =900m. 2a 0 2F 0 b) Počátečníbrzdnásílabudemítvelikost F 1= F 0+ Av 2 0 azpomalení c) V pohybové rovnici a 1= F0+ Av2 0 m provedeme separaci proměnných: Integrujemepro x 0, x, v v 0, v : Odtud v= v(x)= (F0 =11m s 2 1,1g. m dv dt = mdv dx dxdt = mvdv dx = ( F 0+ Av 2) x= m 2A A + v2 0 ) v v 0 dx= mvdv F 0+ Av 2. 2Avdv F 0+ Av 2= m 2A ln F0+ Av2 0 F 0+ Av 2. (1) e 2A m x F0 A = v0 ( F0 Rychlost se zmenšuje podle exponenciály až k v = 0. Av 2 0 d) Délkupřistávacídráhyurčímez(1)nebo(2)pro v=0ax=s 1: s m ( ) 1= 2A ln 1+ Av2 0 =270m. F 0 e) Podle Newtonova vzorce pro odporovou sílu platí pro koeficient A +1 ) e 2A m x F0 Av0 2. (2) 5bodů 2body A=3 1 2 C pd2 4 d= 8A 3p C =3,4m. 5