LVII OLIMPIADA FIZYCZNA ZAWODY III STOPNIA

Transkrypt

1 Zaanie 1 Na poziome płaszczyźnie znaue sie enorony, cienki, początkowo nieruchomy krążek o promieniu R i masie M. W chwili t 0 = 0 z punktu P na te płaszczyźnie, oległego o o śroka krążka S, est wystrzeliwany z prękością v mały pocisk o masie m. Pocisk ślizga się po płaszczyźnie, a następnie uerza w krążek i przyczepia się o niego w miescu zerzenia, w oległości a o osi PS (rys. 1). Nie ma tarcia mięzy płaszczyzną a krążkiem oraz mięzy płaszczyzną a pociskiem. P v rys. 1 Krążek i pocisk wiok z góry Po akim namnieszym czasie t > 0 należy oać rugi strzał, by rugi pocisk trafił w krążek w miescu uerzenia pierwszego pocisku? Drugi strzał oaemy takim samym pociskiem, z tego samego miesca, w takim samym kierunku i z taką samą prękością początkową ak pierwszy. Poa wynik liczbowy la M = 100g, m = 10 g, R = 0,05 m, a = 0,04 m, v = 10 m/s, = 2 m. Moment bezwłaności krążka wzglęem ego osi symetrii obrotowe wynosi I 0 = MR 2 /2. LVII OLIMPIADA FIZYCZNA ZAWODY III STOPNIA Zaanie 2 Rozważmy następuący moel światłowou (tzw. wielomoowego): walcowaty rzeń o promieniu r = 25µm i współczynniku załamania n 1 = 1,475 est otoczony otuliną (które grubość nie ma znaczenia la zachowania światłowou) o współczynniku załamania n 2 = 1,460. W oległości = 25 µm o początku światłowou umieszczono na ego osi symetrii punktowe, izotropowe źróło promieniowania elektromagnetycznego o mocy P = 1 mw wysyłaące promieniowanie o ługości fali 1,55µm (rys. 2). natezenie sygnalu a n 2 n 1 n 2 rys. 2 Światłowó oraz źróło promieniowania 1/S 1/S rys. 3 Sygnał opowiaaący ciągowi Oblicz aka est maksymalna oległość L na aką można przesyłać tym światłowoem informace z szybkością S równą a) 1 Gb/s, b) 1 Mb/s, c) 1 kb/s, gzie b/s oznacza bit/sekunę. Uwzglęni że: Współczynnik tłumienia α zefiniowany ako: α = (10/L)log 10 (E out /E in ) gzie E out est energią sygnału po przebyciu oległości L, eśli na weściu ego energia wynosiła E in, est w przypaku rzenia równy α = 0,02/km. Detektor reestruący impuls na końcu światłowou est w stanie zareestrować impulsy o energii większe niż E = J. Poeyńczy impuls (bit) ma początkowo kształt prostokąta o szerokości 1/S (przez szerokość rozumiemy tu ostęp czasu mięzy S 2 r t początkiem a końcem wysyłania tego impulsu rys. 3). Uznaemy, że informaci nie a się przesyłać, eśli w wyniku przesyłania czas trwania poeyńczego impulsu wzrasta więce niż wukrotnie. Parametry w zaaniu są obrane tak, że można pominąć falową naturę promieniowania i traktować e ako wiązkę promieni. Promieniowanie, które znazie się w otulinie, est tak szybko tłumione, że ego rolę w przesyłaniu informaci można pominąć. Źróło promieniowania umieszczone est w powietrzu (przymi, że współczynnik załamania n = 1), a obicie na granicy powietrzerzeń można pominąć. Prękość światła w próżni wynosi c m/s. Zaanie 3 Energia cieplna est przesyłana z elektrociepłowni za pomocą proste metalowe rury, wewnątrz które płynie gorąca woa. Rura biegnie na głębokości h po powierzchnią ziemi, w oległości o kanału wypełnionego woą, równolegle o niego (rys. 4). Wiaomo, że temperatura ziemi tuż po powierzchnią, okłanie na rurą, wynosi t p, a temperatura woy i stykaące się z nią ziemi wynosi t b. t b woa powietrze h t p ziemia rura rys. 4 Rura ciepłownicza w ziemi. a) Oblicz szybkość strat ciepła na enostkę ługości rury, tzn. ilość ciepła wypływaącą o ziemi w enostce czasu z ocinka rury o enostkowe ługości. b) Wieząc, że promień rury wynosi R, oblicz e temperaturę. W pkt. a) i b) poa wyniki liczbowe la h = 3 m, = 2 m, t p = 10 C, t b = 4 C, R = 0,1 m, przewonictwa cieplnego ziemi σ = 0,7 W/(m K). Przymi następuące upraszczaące założenia: powierzchnia ziemi est płaska i pozioma; nie przepływa przez nią ciepło (tzn. przymuemy, że powietrze est izolatorem cieplnym); kanał ma nieskończoną głębokość i est wypełniony woą aż o powierzchni ziemi; ego brzeg est pionowy i w każym punkcie ma temperaturę t b ; ziemia est enorona; e temperatura w owolnym miescu nie ulega zmianie w czasie; śrenica rury est mała w porównaniu z h i, a e temperatura est stała; nie ma transportu energii przez promieniowanie. Przewonictwo cieplne σ est zefiniowane następuaco: Rozważmy wie bliskie, oległe o r, równoległe powierzchnie, każa o polu S. Obszar mięzy nimi est wypełniony ośrokiem o przewonictwie cieplnym σ. Jeśli na ene z tych powierzchni temperatura wynosi t, a na rugie t + t, to strumień energii cieplne (ciepło w enostce czasu), płynący prostopale o nich, est równy J S = Sσ t/ r. Wzory, które moga być przyatne w zaaniach 1-3 x α + βx = 1 ln α + βx + const β (α + βx) γ 1 x = (γ + 1)β (α + βx)γ+1 + const, gzie γ 1 Kąt bryłowy w wierzchołku stożka o kącie rozwarcia 2θ wynosi Ω = 2π(1 cosθ).

2 Rozwiazanie zaania 1 Pouerzeniupociskuwkr ażekukłabęziesięobracałzestał a prękościak atow a wokół swoego śroka masy, którybęziesięporuszałzestał a prękościa po lini proste. Śroek masy ukłau znaue się w oległości x= mr (1) m+m ośrokakr ażka. Z twierzenia Steinera moment bezwłaności ukłau wzglęem śroka masy wynosi I=I 0 +Mx 2 +m(r x) 2 ( 1 = 2 + m ) MR 2. (2) M+m Prękośćk atowa ω ukłau po zerzeniu est określona przez zasaę zachowania momentu pęu(poniże liczymy momenty pęu wzgleem śroka masy ukłau) Iω=mv b (R x), (3) R gzie b est oległościaśrokakulioproste,poktórepocz atkowo porusza się pocisk. Z powyższego ω= mmbv (M+m)I mbv =2 (M+3m)R2. (4) Prękość śroka masy po zerzeniu est określona przez zasaę zachowania pęu i wynosi u= mv m+m. (5) Abyrugipociskuerzyłwkr ażek w tym samym miescu co pierwszy, ukła powinien wykonać pełny obrót. Zatem czas mięzy zerzeniami powinien wynosić T = 2π/ω. Doatkowy czas ruchu rugiego pocisku(w porównaniu z pierwszym) wynosi T t i przebywa on w tymczasie oatkow a rogę (T t)v. Ta rogaest równa roze przebyte przez śroek masy ukłau o chwili rugiego zerzenia, czyli St a (T t)vt=ut. (6) t= M m+m T = M m+m (M+3m)R 2 π. (7) mbv Musimyeszczewyznaczyćparametrbpoprzeza,iR. Oznaczmy przez U punkt, w którym pocisk uerzył w kr ażek, przez A punkt na ocinku PS, taki, że PS UA (co oznacza, że UA = a) i przez B punkt na przełużeniu ocinka PU taki, że BS PU (co oznacza, że BS = b). Z tych efinici, twierzenia Pitagorasa i poobieństwa trókatów PUA i PSB wynika: AS= R 2 a 2,PA= AS,b/=a/(PU),PU 1 = a 2 +(PA) 2,st a b= a 2 +R 2 2 (8) R 2 a2. Zatem ostatecznie t= M (M+3m)R 2 2 +R 2 2 R 2 a 2 π. (9) m+m mv a Postawiaac wartości liczbowe otrzymuemy: t 0,23s. (10)

3 Rozwiazanie zaania 2 Ograniczenie na możliwości przesyłania informaci są woakiego rozau: tłumienie oraz rozmycie sygnału (yspersa mięzymoowa). Oszacumy napierw ograniczenie wynikaące z tłumienia. Energia poeynczego impulsu emitowanego przez źróło wynosi E 0 = P/S. Wkła o impulsu w rzeniu azą tylko te promienie, które oznaą całkowitego wewnętrznego obicia na granicy rzeń-otulina (patrz rysunek) lub trafią wprost w "otwór wylotowy" swiatłowou. Maksymalny kąt emitowanych promieni θ, które ulegną całkowitemu wewnętrznemu obiciu można obliczyć korzystaąc z prawa załamania i z faktu, że tym granicznym przypaku kąt załamania promieni wchozących o otuliny wynosi 90 : Ską otrzymuemy sinθ sinφ = n 1, sin(90 φ) sin90 = n 2 n 1. (1) sinθ = n 2 1 n2 2. (2) Zauważmy, że θ 12, co oznacza, że kąt z akiego zbierane są promienie est mnieszy niż kąt, po akim wiziany est rzeń ze źróła 45. Oznacza to że kąt bryłowy, z akiego promienie wysyłane przez źróło otrą o rzenia, wynosi Ω = 2π(1 1 n n2 2 ) (gyby θ > 45 wtey należałoby użyć kąta 45 zamiast θ). Początkowa energia impulsu w rzeniu wynosi więc: E 1 = 1 1 n n2 2 2 P S. (3) Aby etektor zareestrował impuls, ego energia po przebyciu rogi L musi być większa o E : E 1 10 αl/10 E, co oznacza: ( L 10 α log P (1 ) 1 n n2 2 ) 10 (4) 2E S Dla szybkości 1Gb/s, 1Mb/s, 1kb/s ae to opowienio L 523,2km, L 2023km,L 3523km W celu zbaania yspersi zauważmy, że na pokonanie ane oległości L promień poruszaący się po proste wzłuż osi światłowou potrzebue czasu t min = Ln 1 /c. Z kolei promieniem, który potrzebue nawięce czasu na pokonanie te oległości est promień poruszaący się po maksymalnym opuszczalnym kątem φ, la którego zachozi eszcze całkowite wewnętrzne obicie: cosφ = n 2 /n 1, a opowiaaący mu czas t max = Ln 2 1 /cn 2. Różnica czasów, a tym samym poszerzenie impulsu wynosi więc: t = Ln 1 c ( ) n1 1. (5) n 2 Powyże pominęliśmy różnicę czasów otarcia promieniowania ze źróła o światłowou. Warunek na to by impuls nie poszerzył się więce niż wukrotnie przymue postać t 1/S, co prowazi o ograniczenia na oległość: cn 2 L (6) Sn 1 (n 1 n 2 ) co la szybkości 1Gb/s, 1Mb/s, 1kb/s ae opowienio L 19,8m, L 19,8km, L 19796km. Wizimy, że la szybkości 1Gb/s, 1Mb/s ograniczenie na oległość pochozi o yspersi i wynosi opowienio L 19, 8m, L 19,8km, natomiast la szybkości 1kb/s ograniczenie pochozi o tłumienia i wynosi: L 3523km. 1

4 2

5 Rozwiazanie zaania 3 Zaganienie est analogiczne o zaganienia elektrostatycznego, w którym występue enoronie nałaowany prostoliniowy przewó, zatem wykorzystamy znaną z elektrostatyki metoę obrazów. Na granicy woa ziemia żąamy, by temperatura była stała. Można to osiągnąć umieszczaąc (formalnie) w wozie rurę bęącą obiciem wzglęem te granicy rury rzeczywiste. Strumień ciepła wypływaący z te fikcyne rury powinien być równy minus strumieniowi ciepła wypływaącego z rury rzeczywiste (poobnie ak łaunek obrazowy "wewnątrz" przewonika est równy minus łaunkowi rzeczywistemu). Przez poziomą granicę ziemia powietrze ciepło nie przepływa. W analogii elektrostatyczne oznacza to, że nie występue skłaowa pola elektrycznego styczna o te granicy. Taki efekt można osiągnąć umieszczaąc "obrazową" rurę pona tą granicą. Strumień ciepła wypływaący z te rury powienien być ientyczny ak strumień ciepła wypływaący z rury rzeczywiste. Analogiczną rurę "obrazową" (obicie "obrazu" znauącego się w wozie) powinniśmy umieścić w powietrzu pona woą. W sumie sytuacę określaącą przepływ ciepła i temperaturę w ziemi przestawia rysunek. Rura rzeczywista i rury "obrazowe" Zatem ciepło w ziemi płynie tak, akby w pozostałym obszarze, traktowanym tak, akby to również była ziemia, były umieszczone eszcze trzy rury. Wyznaczmy teraz temperaturę t w oległości r o śroka rury z które na enostkę ługości wypływa strumień ciepła, przy założeniu, że znaue się ona w enoronym ośroku o przewonictwie cieplnym σ i nie ma innych źróeł ciepła. Strumień ciepła płynący przez powierzchnię boczną współśrokowego z rurą walca o promieniu r i ługości L est równy L, zatem zgonie efinicą przewonictwa cieplnego (poniże znak "-" uwzglęnia, że ze wzrostem oległości temperatura malee) Przechoząc z r o 0 otrzymamy stą całkuąc t r = L Sσ = σ t(r) = σ t(r) = t 0 1 2πr, 1 2πr. r, (1) gzie t 0 i są stałymi. Jest to wzór analogiczny o wzoru na potencał o nieskończonego rutu nałaowanego na enostkę ługości łaunkiem. Temperatura w owolnym punkcie ziemi est sumą temperatur pochozących o rury rzeczywiste oraz rur obrazowych (poobnie ak potencał elektryczny est sumą potencałów pochozących o każego łaunku). W punkcie tuż po powierzchnią ziemi, pionowo na rzeczywistą rurą, otrzymuemy t p = h h 2 + (2) 2 h h 2 + (2) 2 + 4t 0. (2) 3

6 W punkcie na brzegu na głebokości y otrzymuemy t b = (y h) (y + h) Zatem 4t 0 = t b oraz (y h) (y + h) t 0. (3) t p t b = h πσ ln = ) (1 h h 2. (4) (Zauważmy, że gybyśmy przyeli stałe t 0 i różne la różnych rur, powyższy wynik nie uległby zmianie.) Ostatecznie otrzymuemy t p t b = 2πσ ( ). (5) ln h 2 Postawiaąc wartości liczbowe otrzymamy 26 W m. (6) Temperatura górne krawęzi prawziwe rury est sumą wkłaów o wszystkich czterech źróeł ciepła t r = t b R R 2 2h R ln + 2πσ (2h R) 2. Dla olne krawęzi powinniśmy zastąpić w powyższym wzorze 2h R przez 2h+R. Zgonie z założeniami z treści zaania 2h R 2h R 2h, R 2 4 2, zatem temperatura rury wynosi ( t r = t b + ln 2 ) 2πσ R + ln 2 + h 2. (7) h Uwzglęniaąc nasz wynik na otrzymuemy t p t b t r = t b + ln ( ) h 2 [ln 2R + 12 )] (1 ln + 2 h 2. (8) ( ) (Pominięcie w powyższym wzorze wyrazu 1 2 ln est w naszym przypaku również barzo obrym przybliżeniem.) h 2 Postawiaąc wartości liczbowe otrzymamy t r 27 o C. (9) Ta temperatura est sporo niższa o temperatury woy ciepłownicze, co zapewne oznacza, że w rozważanym przypaku mięzy zewnętrzną powierzchnią rury, a e częścią stykaąca się z woą znaue się warstwa izolaci cieplne. 4