LV Olimpiada Fizyczna(2005/2006) Etap II Część Teoretyczna(Rozwiązane) 1

Transkrypt

1 LV Olimpiada Fizyczna(2005/2006) Etap II Część Teoretyczna(Rozwiązane) 1 Zadanie 1 Pewne sztucznie wytworzone materiały mogą mieć w wąskim zakresie częstotliwości fal elektromagnetycznych ujemny współczynnik załamania(dla mikrofal są to metamateriały utworzone z układów drutów a dla światła widzialnego tzw. kryształy fotoniczne). Przy przejściu z ośrodka owspółczynnikuzałamanian 1 >0doośrodkaowspółczynnikuzałamanian 2 <0jestspełnione zwykłeprawozałamanian 1 sinα 1 =n 2 sinα 2,przyczymα 2 <0 patrzrysunek. 1 n 1 >0 2 n 2 <0 a)małyprzedmiotumieszczonowodległościa p odpłaskorównoległejpłytkiogrubościdwykonanej z materiału o współczynniku załamania równym 1. Rozważmy obraz utworzony przez promienie, które przeszły przez płytkę. Znajdź jego położenie, powiększenie i ustawienie(tzn. czyjestonodbity,obrócony...).dlajakicha p rozważanyobrazjestrzeczywisty? b)małyprzedmiotumieszczonowpunkcieowspółrzędnych(a p, b p,0)(gdziea p >0,b p >0). Obszar przestrzeni spełniający równania x > 0, y > 0 jest wypełniony ośrodkiem o współczynniku załamania równym 1. Znajdź położenie, powiększenie i ustawienie obrazu tego przedmiotu, utworzonego przez promienie, które wyszły z obszaru o n = 1. Z jakich miejsc można zobaczyć ten obraz? Rozważ tylko promienie w płaszczyźnie z = 0. W obu przypadkach narysuj bieg różnych promieni wybiegających z przedmiotu i przechodzących przezobszaron= 1. Współczynnikzałamaniaprzestrzenipozapłytką(wpkt.a))ipozaobszaremx>0,y>0(w punkcie b)) jest równy 1. Rozwiązanie zadania 1 Zauważmy, że dla współczynnika załamania równego-1 kąt załamania jest równy minus kątowi padania, tzn. bieg promienia jest taki, jakby odbił się od lustra prostopadłego do płaszczyzny rozdziału ośrodków. n=1 n= 1 n=1 n=1 n= 1 rys. 1 Bieg promieni światła w przypadku a). rys. 2 Bieg promieni światła w przypadku b). I sposób rozwiązania Zewzględunazwiązekα 2 = α 1 promieniewychodzącezdanegopunktu,pozałamaniuna granicy ośrodków, skupiają się(one lub ich przedłużenie) w punkcie symetrycznym względem

2 LV Olimpiada Fizyczna(2005/2006) Etap II Część Teoretyczna(Rozwiązane) 2 płaszczyzny rozdziału ośrodków. Zatem obraz przedmiotu utworzony przez promienie załamane na granicy ośrodków otrzymujemy przez odbicie przedmiotu względem płaszczyzny rozdziału ośrodków.przyjmijmy,żegranicepłytkisąokreślonerównaniamix=0orazx=d. a)zgodniezpowyższymirozważaniamijeśli( a p,0)jestpołożeniemprzedmiotu,towychodzące z niego promienie(lub ich przedłużenia) po przejściu przez granicę otoczenie-płytka skupią się wpunkcie(a p,0)(odbiciewzględempłaszczyznyx=0).poprzejściuprzezgranicępłytkaotoczenieznajdującąsięwx=d,skupiąsięonewpunkcie(d (x d),0)(odbiciewzględem płaszczyzny x = d). Zatem obraz przedmiotu, utworzony przez promienie, które przeszły przez płytkę, będzie się znajdował w punkcie (2d a p,0). (1) Obraztenbędzierzeczywistyjeśli2d a p >d,czylidlaa p <d.możnagootrzymaćprzez równoległe przesunięcie przedmiotu o 2d w kierunku płytki, a więc jest to obraz nieodwrócony i o niezmienionej wielkości. b)poprzejściuprzezgranicęotoczenie-płytkawy=0promienieskupiąsięwpunkcie(a p,b p ), anastępniepoprzejściuprzezgranicęwx=0skupiąsięwpunkcie ( a p,b p ). (2) Otrzymanyobrazbędzieodwróceniemprzedmiotuokąt180 o wokółosix=0,y=0.jednak tylko promienie wychodzące z przedmiotu, które początkowo oddalały się od osi Y mogą dolecieć dopunktu( a p,b p ).Zatemtenobrazmożebyćwidocznytylkozpunktów(x,y)spełniających warunkix< a p,y<b p. II sposób rozwiązania a)rozważmyzagadnieniewpłaszczyźniebiegupromienia.niech( a p,0)będziepołożeniem przedmiotu,(0, z 1 ) punktem,wktórympromieńwysłanyzprzedmiotuwchodzidopłytki, (d,z 2 ) punktemwktórymtenpromieńwychodzizpłytki,(a o,y o,) położeniemobrazu,aα kątem padania tego promienia na płytkę. Z rozważań geometrycznych dostajemy Z powyższego z 1 = xtgα, (3) z 2 = z 1 dtgα, (4) z o = z 2 +(a o d)tgα. (5) z o =(x d+a o d)tgα. Ponieważtorównaniemabyćspełnionedlaróżnychα,otrzymujemyz o =0(cobyłodo przewidzenia), oraz a o =2d a p. Obrazjestrzeczywisty,gdya o >d,czylidlaa p <d.obraztenotrzymujemyprzezrównoległe przesunięcieprzedmiotuo2dwkierunkupłytki,awięcjesttoobraznieodwróconyionie zmienionej wielkości. Ciekawe jest to, że w tym szczególnym przypadku wszystkie wychodzące ze źródła promienie którepadająnapłytkę,zbiegająsięwpunkcie(a o,0) wprzypadkugdywspółczynnikzałamania płytki n 1 dotyczy to tylko promieni przyosiowych(małe α). b) Rozważmy promień wylatujący z naszego przedmiotu pod kątem α w stosunku do osi OX. Przyjmijmy,żepromieńbiegnieprzezpunkty(x 1,0),(0,y 2 ),( a o,b o )(patrzrysunek3). Otrzymujemy x 1 = a p +b p tgα, (6) y 2 = x 1 ctgα, (7) y 2 = b o +a o ctgα (8)

3 LV Olimpiada Fizyczna(2005/2006) Etap II Część Teoretyczna(Rozwiązane) 3 (-a o,b o ) (0,y 2 ) n=-1 n=1 (x 1,0) rys.3 (a p,-b p ) Stąd Zatem y 2 =b o +a o ctgα=x 1 ctgα=(a p +b p tgα)ctgα. b o +a o ctgα=a p ctgα+b p. Jeślipunkt( a o,b o )jestobrazempunktu(a p, b p ),topromienieświatławysłanepodróżnymi kątami z tego drugiego punktu dochodzą od tego pierwszego. Oznacza to, że b o =b p,a o =a p. Zatem położenie punktu obrazowego otrzymujemy przez obrót punktu źródła o kąt π wokół osi x=0=y. Gdy rozważymy przedmiot składający się z wielu punktów, to jego obraz otrzymamy też przez obrótprzedmiotuokątπwokółosix=0=y.jesttoobrazoniezmienionejwielkościiobrócony, ale obrócony w innym sensie niż zwykle rozumiemy to w optyce(w przypadku zwykłych soczewek mówiąc o obrazie odwróconym mamy na myśli, że obraz jest odbiciem przedmiotu względem osi optycznej. Podobniejakwprzypadkua)promieniewysłanezpunktu(a p, b p )dokładnieschodząsięw punkcie( a o,b o ),aledotyczytotylkopromienioα>0.gdyα 0(promieniewysyłanewlewo iorazdogóry),promieńpadającyna pryzmat nieprzedostajesiędoobszarux<0.oznacza to,żeobrazjestwidocznytylkozpunktów(x,y)spełniającychwarunkix+a o <0,y b o <0.

4 LV Olimpiada Fizyczna(2005/2006) Etap II Część Teoretyczna(Rozwiązane) 4 Zadanie 2 Na prostym, poziomym odcinku drogi przeprowadzono testy samochodu. Ustalono, że minimalna drogahamowaniategosamochoduodv 100 =100 km h do0km h wynosil=40m. Obliczyćminimalnyczasosiągnięciaprzezspoczywającypoczątkowosamochódprędkościv 100, przy założeniu, że samochód może w każdej chwili w pełni wykorzystywać moc swojego silnika. Zakładamy, że warunki są dokładnie takie same jak w powyższym teście. Samochódma(wrazzkierowcą)masęm=1000kg,mocsilnikaP =50kW,oraznapędi hamulce na wszystkie koła. Pomijamy opór powietrza, opory toczenia i wszystkie opory układu przeniesienia napędu. Nawierzchnia drogi była taka sama w każdym punkcie rozpatrywanego odcinka testowego. Samochód ma system optymalnie dobierajacy siłę hamowania każdego koła oraz układ optymalnie rozkładający moc silnika na każdą z osi. Rozwiązanie zadania 2 Minimalna droga hamowania samochodu jest określona przez współczynnik tarcia między kołami a jezdnią. W trakcie testu hamowania ten współczynnik nie zmienia się, stała jest również siła nacisku samochodu na podłoże, zatem siła tarcia R w trakcie tego testu jest również stała. Siła ta wykonuje na drodze l pracę Rl. Ta praca jest równa zmianie energii kinetycznej samochodu w trakcie hamowania, zatem Stąd Rl= mv2 100, 2 R= mv (9) 2l Jest to jednocześnie maksymalna pozioma siła, z jaką jezdnia może działać na samochód. ZezwiązkumiędzymocąasiłąP=vFwynika,żegdybyniebyłomożliwościpoślizgu,przywykorzystaniumaksymalnejmocysilnikanasamochóddziałałabysiła P v.ponieważjednakwspółczynnik tarcia jest skończony, maksymalna siła jaka może działać na samochód w trakcie przyspieszania jest równa F= { R gdy P/v R,czyliv P/R, P/v gdy M/v<R,czyliv>P/R. (10) Zatem proces rozpędzania składza się z dwóch etapów: pierwszego, w którym nie jest wykorzystywana maksymalna moc silnika a przyspieszenie jest określone przez współczynnik tarcia, oraz drugiego, w którym przyspieszenie jest określone przez moc silnika. Wpierwszymetapieprzyspieszeniejeststałeirównea I = R m.czasosiągnieciaprędkościgranicznej wynosi v g = P R (11) t I = a I = Pm v g R2. (12) Wdrugietapiesamochódprzyspieszaodprędkościv g doprędkościv 100.Czast II tegoruchumożna określić porównując porównując pracę wykonaną przez silnik ze zmianą energii kinetycznej samochodu Pt II = mv2 100 mv2 g 2 2. (13) Zatem ostatecznie minimalny czas osiągnięcia przez początkowo spoczywający samochód prędkościv 100 wynosi t=t I +t II = Pm ( v 2 R 2 +m 100 P 2 /R 2) (14) 2P jeśliv 100 >v g,oraz t= mv 100 R, (15)

5 LV Olimpiada Fizyczna(2005/2006) Etap II Część Teoretyczna(Rozwiązane) 5 gdyv g v 100,przyczymR=mv /2l. WnaszymprzypadkuR 9, N,v g =P/R 5,18m/s,czyliv g <v ,8m/s. Zatem szukany czas rozpędzania t 0,53s+7,46s 8,0s. (16)

6 LV Olimpiada Fizyczna(2005/2006) Etap II Część Teoretyczna(Rozwiązane) 6 Zadanie 3 Rozważmyprostopadłościennątaflęloduowymiaracha b h,gdziea h,b h.taflata przesuwa się z prędkością v po płaskiej, poziomej powierzchni. a)jakiejestnajwiększev,przyktórymtaflaniezaczniesiętopić.taflaporuszasięwtakich warunkach,żetemperaturajejgórnejpowierzchnijestrównat ot = 10 o C. Współczynnikprzewodnictwacieplnegolodujestrównyλ=2,3 W m K,natomiastpowierzchnia, po której przesuwa się tafla, nie przewodzi ciepła. Współczynnik tarcia suchej powierzchni lodu otępowierzchnięjestrównyf=0,1.obliczeniawykonajdladla(i)a=0,3m,b=0,3m, h=0,02m,(ii)a=2m,b=2m,h=0,1m(fragmentkry)orazdla(iii)a=30m,b=30m, h = 2m(oderwany fragment lodowca w górach). Gęstośćlodujestrównaρ L =900 kg m 3,aprzyspieszenieziemskieg=9,8 m s 2. Współczynnik przewodnictwa cieplnego danego ośrodka jest zdefiniowany następujaco: Rozważmy dwie równoległe, odległe o x warstwy ośrodka, o powierzchni S każda(patrz rysunek).jeślitemperaturywarstwwynosząodpowiedniot 1 it 2,to λ= Q/ t S x T 2 T 1, gdzie Q jest ilością ciepła przepływającego w ciągu czasu t od warstwy cieplejszej do chłodniejszej. T 1 T 2 Q x S Rozwiązanie zadania 3 Gdytaflazaczynasiętopić,totemperaturajejdolnejpowierzchnijestrównaT 0 =0 o C.Szybkość ciepła(moc) odprowadzanego przez taflę jest równa M Q =λ T 0 T ot ab. (17) h PonieważsiłatarciaF R jestrównaabhρgf,pracawykonywanaprzeciwkoniejwjednostceczasu (czyli moc) wynosi M T =F R v=abhρ L gfv. (18) Lód będzie się topił, jeśli ciepło wytwarzane w wyniku tarcia będzie większe od ciepła wypływającegozgórnejpowierzchnitafli,czyligdym T >M Q.WgranicznymprzypadkuM T =M Q otrzymujemy abhρ L gfv=λ T ot T 0 ab. (19) h Stąd v=λ T 0 T ot h 2 ρ L gf. (20) Dlawartościpodanychwtreścizadaniaotrzymujemy(T ot = 10 C): (i)dlah = 0,02m:v 65 m s, (21)

7 LV Olimpiada Fizyczna(2005/2006) Etap II Część Teoretyczna(Rozwiązane) 7 (ii)dlah = 0,1m:v 2,6 m s, (22) (iii)dlah = 2m:v 0,0065 m s. (23)