LIX OLIMPIADA FIZYCZNA

Transkrypt

1 LX Olimpiada Fizyczna 1 LX OLMPADA FZYCZNA ZADANA ZAWODÓW STOPNA CZEŚĆ TEOETYCZNA Wzory, które moga być przydatne: (1 + x n 1 + nx, sin x x, cos x 1 x 2 /2, gdzie x 1. Zadanie 1. PSfrag replacements d ɛ 1 ɛ 2 b a a g Kondensator płaski o jednorodnych, sztywnych, prostokatnych okładkach o bokach długości 2a i b jest wypełniony dwoma rodzajami dielektryka o przenikalności elektrycznej ɛ 1 oraz ɛ 2 (patrz rysunek. Kondensator jest umieszczony poziomo w polu grawitacyjnym. Górna okładka jest unieruchomiona, dielektryki sa do niej przyklejone, natomiast dolna okładka nie jest w żaden sposób umocowana. Jakie powinno być napięcie U na tym kondensatorze, aby dolna okładka nie oderwała się od dielektryka? Odległość między okładkami wynosi d, przy czym d a, b, a masa dolnej okładki wynosi m. Podaj wartość liczbowa dla: m = 0, 02 kg, a = 0, 05 m, b = 0, 1 m, d = m, ɛ 1 = 2ɛ 0, ɛ 2 = 4ɛ 0. Przenikalność elektryczna próżni ɛ 0 8, F/m, przyspieszenie ziemskie g 10 m/s 2. Zadanie 2. ozbitek płynie w spokojnym oceanie, trzymajac głowę tuż nad powierzchnia wody. Z jakiej największej odległości (mierzonej wzdłuż powierzchni oceanu może on zobaczyć światło latarni morskiej, wysyłane z wysokości H = 30 m nad powierzchnia oceanu? W rozważanej sytuacji można przyjać, że powietrze jest podzielone na dwie warstwy: niższa od powierzchni oceanu do wysokości H/2 o temperaturze t 0 = 20 o C oraz wyższa, od H/2 do H, o temperaturze t 1 = 23 o C. Przyjmij, że ciśnienie powietrza w obszarze od powierzchni oceanu do wysokości H jest stałe. Zależność współczynnika załamania powietrza od jego gęstości ρ jest dana wzorem n = 1 + b ρ, gdzie b = 0, m 3 /kg. Gęstość powietrza w dolnej warstwie wynosi ρ 0 = 1, 2 kg/m 3. Promień Ziemi, mierzony do powierzchni oceanu, jest równy = 6370 km. Zakładamy idealna przejrzystość powietrza. Latarnia wysyła światło w zakresie katów od 0 (pionowo w dół do π/2 ( poziomo.

2 LX Olimpiada Fizyczna 2 g replacements Zadanie 3. L/2 L x Jednorodna, sztywna linijka o długości L, masie M oraz pomijalnie małej grubości leży na poziomym stole tak, że jej środek masy znajduje się w odległości x od końca stołu (patrz rysunek. Poczatkowo linijka była unieruchomiona stojacym na niej odważnikiem. W pewnej chwili zdjęto odważnik i linijka zaczęła się obracać wokół krawędzi stołu. Znajdź kat odchylenia θ g linijki od poziomu, przy którym zacznie się ona ześlizgiwać z krawędzi. Współczynnik tarcia linijki o stół wynosi µ. Dłuższe krawędzie linijki sa prostopadłe do krawędzi stołu. Podaj wartość liczbowa θ g dla x = 3 cm, L = 30 cm, M = 0, 05 kg, µ = 0, 2.

3 LX Olimpiada Fizyczna 3 LX OLMPADA FZYCZNA ozwiazania zadań ZADANA ZAWODÓW STOPNA CZEŚĆ TEOETYCZNA Zadanie 1. Pole elektryczne wewnatrz dielektryków, którymi wypełniony jest kondensator, jest prostopadłe do okładek i ma wartość E d = U d. (1 Na podstawie prawa Gaussa, gęstość ładunku znajdujacego się na okładce wynosi U σ i = ɛ i E d = ɛ i d. (2 gdzie i = 1, 2 jest numerem dielektryka, z którym styka się okładka. Ponieważ w pobliżu danego punktu na okładce możemy ja traktować jako nieskończona płaszczyznę (d a, b, z symetrii i prawa Gaussa wynika, że pole elektryczne wytworzone przez okładkę ma w niewielkiej od niej odległości wartość E oi = σ i 2ɛ 0 = ɛ i 2ɛ 0 U d. (3 Jest ono prostopadłe do okładki i symetryczne względem niej. Na zewnatrz kondensatora pole elektryczne jest równe zero. Oznacza to, że zewnętrzne (dla okładki pole elektryczne E zi, w którym się znajduje rozważany fragment okładki, musi spełniać warunek E zi + E oi = 0, a zatem jego wartość wynosi E zi = E oi = ɛ i 2ɛ 0 U d. (4 Stad wynika, że na jednostkę powierzchni danej części okładki działa siła f i = σ i E zi = ɛ2 i 2ɛ 0 ( 2 U. (5 d Zatem na część okładki stykajac a się dielektrykiem i działa siła ( 2 F i = ɛ2 i U ab. (6 2ɛ 0 d Ponieważ f i jest stałe, możemy przyjać, że siła ta jest przyłożona w środku danej części okładki.

4 LX Olimpiada Fizyczna 4 Aby dolna odkładka nie odpadła od reszty kondensatora całkowita siła działajaca elektryczna działajaca na nia nie może być mniejsza niż siła grawitacyjna, czyli F 1 + F 2 mg. (7 Jednak okładka może zaczać odrywać się od dielektryka tylko z jednej strony, co oznacza że momenty sił elektrycznych względem każdej z krawędzi b okładki musza być większe od momentów siły ciężkości ( a F a a + F 2 mga, (8a 2 a ( a F F a mga. (8b Dodajac powyższe nierówności do siebie i dzielac przez 2a dostajemy nierówność (7, zatem wystarczy brać pod uwagę jedynie nierówności (8a i (8b. Podstawiajac wyrażenia na F 1 i F 2 i dzielac nierówności przez a otrzymamy Zatem U musi spełniać warunki ( ( ɛ ɛ ɛ2 2 1 U ab mg, (9a 2ɛ 0 2 d ( ( ɛ ɛ ɛ2 2 3 U ab mg. (9b 2ɛ 0 2 d 4mgɛ0 U d / (3ɛ ɛ 2 ab 2, (10a 4mgɛ0 U d / (ɛ ɛ 2 ab 2. (10b Warunek ten możemy przepisać postaci gdzie U min = d 4mgɛ d 0 U U min, Podstawiajac wartości liczbowe otrzymamy ab / (3ɛ ɛ2 2 gdy ɛ 2 ɛ 1, 4mgɛ 0 ab / (ɛ ɛ 2 2 gdy ɛ 2 < ɛ 1. (11 U min 401V. (12

5 LX Olimpiada Fizyczna 5 Punktacja Gęstość ładunku na danym fragmencie okładki (wzór (2 Natężenie pola elektrycznego, w którym znajduje się dany fragment okładki (wzór (4 Siły działajace na dana część okładki (wzór (6 lub równoważny Warunki, które musza być spełnione, żeby okładka się nie oderwała (nierówności (8 lub równoważne UWAGA! Jeśli tylko warunek (7 Jawna postać warunków na U, które musza być spełnione, żeby okładka się nie oderwała (wzory (10a i (10b lub równoważne Wartość liczbowa wartości granicznej U (wzór (12 3 pkt. Zadanie 2. ozważmy warstwę o numerze k (k = 0, 1 o współczynniku załamania n k rozciagaj ac a się od wysokości h k do wysokości h k+1. Niech α k (0 α k π/2 będzie katem, jaki tworzy z pionem promień światła biegacy w tej warstwie na jej spodzie, a β k (0 β k π/2 analogiczny kat na górze tej warstwy. Z twierdzenia sinusów mamy sin (α k + h k+1 = sin (β k + h k. (13 Stad mierzona wzdłuż powierzchni oceanu odległość między poczatkiem i końcem promienia w rozważanej warstwie wynosi d k = [π (π α k β k ] = [ ( ] + hk = α k arcsin sin α k + h [ ( k+1 + hk ( π = arccos sin α k k ] + h k+1 2 α. (14 Gdybyśmy mieli tylko jedna warstwę (przyjmijmy, że o numerze 0, wtedy h 0 = 0, h 1 = H. Maksymalny zasięg odpowiadałby α 0 = π/2, zatem d 1warstwa = arccos = 19, 6 km. + H Dla dwóch warstw, zwiazek między α 1 i β 0 jest dany prawem załamania, zatem

6 LX Olimpiada Fizyczna 6 sin α 1 = n 0 sin β 0 = n 0 + h 0 + h 1 sin α 0 = n 0 + H/2 sin α 0, (15 gdzie n k jest współczynnikiem załamania w k tej warstwie. Na podstawie równania stanu gazu doskonałego i danych z treści zadania gęstość powietrza w zależności od jego temperatury T = 273K + t jest dana wzorem T 0 ρ = ρ 0 T, (16 gdzie T 0 = 293K. Uwzględniajac podany wzór na współczynnik załamania, pod podstawieniu wartości liczbowych dostaniemy: n 0 = 1, , = 1, (17 W najprostszym przypadku maksymalna odległość latarni otrzymalibyśmy dla α 0 = π/2, czyli gdy sin α 0 = 1. Jednak w naszym przypadku prowadziłoby to wartości sin α 1 = n 0 sin α +H 0 = 1, > 1. Oznacza to, że największa dopuszczalna wartość α 0, odpowiadajaca jednocześnie największej odległości latarni, spełnia warunek n 0 + H/2 sin α 0 = 1, jeśli n 0 α 0 = π 2, jeśli n 0 + H/2 > 1, + H/2 1. (18a (18b Czyli w naszym przypadku Stad i z poprzednich wzorów π 2 α 0 = arccos ( n1 + H/2. (19 n 0 d = d 0 + d 1 [ = arccos = 22, 8 km. ( n1 n 0 ( n1 + H/2 arccos + arccos n 0 ( ] + H/2 + H (20a (20b

7 LX Olimpiada Fizyczna 7 Wartości liczbowe występujace w rozważanym problemie pozwalaja na przybliżenia w powyższych wzorach. Mamy ( T1 T 0 n 0 bρ 0, + H/2 n 0 T 0 n ( n 0, H/2 + H 1 H 2. [ ( n 0 + H ] 2 Ze wzoru cos (x 1 x 2 /2 otrzymujemy arccos y = 2 (1 y, zatem ] d [ 2 (n0 2 (n 0 H + H. (21 Punktacja Wzór na zależność gęstości powietrza od temperatury (wzór (16 i wykorzystanie go do obliczenia współczynników załamania (wzory (17 Odległość przebyta przez promień w każdej z warstw (wzór (14 lub wzory równoważne Zwiazek między katami w warstwach (wzór (15 Warunek na kat α 0 (wzory (18 lub równoważne, albo tylko wzór (18a jeśli jest on uzasadniony wynikami liczbowymi Wynik końcowy (wzór (20a lub równoważny Wynik liczbowy (wzór (20b 2pkt. 2pkt. 2pkt. Zadanie 3. PSfrag replacements L/2 L x Q Q T θ Q W chwili, w której linijka jest odchylona o kat θ od poziomu, działaja na nia następujace siły:

8 LX Olimpiada Fizyczna 8 prostopadle do linijki składowa siły ciężkości Q = mg cos θ przyłożona w środku masy linijki, siła reakcji stołu przyłożona w punkcie styku linijki i stołu. wzdłuż linijki składowa siły ciężkości Q = mg sin θ przyłożona w środku masy linijki, siła tarcia T przyłożona w punkcie styku linijki i stołu, której największa wartość wynosi T max = µ. ównoległa do dłuższych krawędzi linijki składowa przyspieszenia środka masy linijki a spełnia równanie Ma = T Q. (22 Jeśli linijka się nie ślizga, a jest równe przyspieszeniu dośrodkowemu środka masy linijki w ruchu po okręgu wokół krawędzi stołu, zatem Mx θ 2 = T Q. (23 gdzie θ = dθ. dt (Powyższe równanie można również otrzymać z rozważań w układzie nieinercjalnym, z warunku równowagi sił: odśrodkowej, tarcia oraz równoległej do linijki składowej siły cieżkości. Z równania (23, uwzględniajac warunek T µ oraz równanie na Q, otrzymujemy, Mx θ 2 µ Mg sin θ. (24 Linijka zacznie się ześlizgiwać od momentu, w którym przestanie być spełniony powyższy warunek. Teraz wyznaczmy siłę reakcji stołu działajac a na linijkę. Dla ruchu obrotowego względem krawędzi stołu mamy θ = Mxg cos θ, (25 gdzie θ = d2 θ dt 2, a jest momentem bezwładności wokół osi obrotu, tzn. = ML Mx2. (26 Dla ruchu postępowego środka masy linijki w kierunku prostopadłym do niej mamy Mx θ = Mg cos θ. (27 Z równań (25 i (27 otrzymujemy = Mg cos θ (1 Mx2. (28

9 LX Olimpiada Fizyczna 9 Chwilowa prędkość katow a θ można wyznaczyć wykorzystujac zasadę zachowania energii. Zmiana energii potencjalnej środka masy jest równa zmianie energii kinetycznej ruchu obrotowego względem punktu podparcia Stad 2 θ 2 = Mgx sin θ. (29 Mx θ 2 = 2gM 2 x 2 sin θ. (30 Po wstawieniu wzorów (28 i (30 do warunku (24 otrzymujemy ] ] [1 + 2Mx2 sin θ µ [1 Mx2 cos θ. (31 To oznacza, że tangens kata granicznego θ g, przy którym linijka zacznie się ślizgać, spełnia równanie Podstawiajac dane liczbowe otrzymamy tg θ g = µ Mx2 + 2Mx = µ ( x 2 (32 L θ g arctg(0, 15 0, 15. (33 Punktacja Warunek braku poślizgu (nierówność (24 lub równoważna ównania pozwalajace wyznaczyć siłę reakcji stołu (równania (25 oraz (27 Wyznaczenie siły reakcji stołu (równanie (28 lub równoważne Wykorzystanie zasady zachowania energii (równanie (29 do wyznaczenia prędkości katowej Jawna postać warunku braku poślizgu (wzór (31 lub równoważny Wynik końcowy (wzór (32 Wynik liczbowy (wzór (33