Q 1 = c m 4 T = = J = 322; 399 kj, (1) Energia pobrana przez czajnik z grza k o wi kszej mocy podczas gotowania wody:

Transkrypt

1 XLI OLIMPIADA WIEDZY TECHNICZNEJ Zawody II stopnia Rozwi zania zada dla grupy elektryczno-elektronicznej Rozwi zanie zadania 1 Ciep o potrzebne do zagotowania 1 l wody w warunkach jak w zadaniu: Q 1 c m 4 T J 3; 399 kj, (1) gdzie 4 T T w T p K, () masa wody m V kg. (3) Energia pobrana przez czajnik z grza k o wi kszej mocy podczas gotowania wody: 1 E U nsa! P U n1 t 3 3; 5 6 ; ; 83 kj, (4) n1 5 gdzie U ns 3 V { znamionowe napi cie fazowe sieci elektroenergetycznej. Energia E jest sum energii potrzebnej do zagotowania wody Q oraz energii strat E. c1 1 s1 E Q + E : (5) c1 1 s1 Znaj c warto ci E c1 oraz Q 1 sprawno energetyczn czajnika mo na obliczy ze wzoru: Q 1 3; 399 E c1 391; 83 ; 844 : (6) Patronem honorowym OWT jest Minister Gospodarki. Organizatorem OWT jest Federacja Stowarzysze Naukowo-Technicznych NOT. Olimpiada jest nansowana ze rodk w MEN. 1

2 Wiedz c, e moc grzejna mniejszej grza ki przy zasilaniu z sieci elektroenergetycznej jest r wna: 1 U nsa! P U n 3 15 ; ; 6 W, (7) n 4 energi pobran z sieci zasilaj cej, przez czajniki z grza k o mniejszej mocy, potrzebn do zagotowania 1 l wody mo na obliczy ze wzoru: E C P t X : (8) Energia ta jest r wna energii Q 1 (1). Zatem czas potrzebny do zagotowania wody grza k o mniejszej mocy jest r wny: t x Q 1 P 3399 ; ; 6 84 s 4 min. 44 s. (9) Zagotowanie wody w czajniku z grza k o mniejszej mocy trwa d u ej o czas 4 t: 4 t t x t 84 3; s 1 min. 14 s. (1) Ilo wody jak mo na zagotowa w czajniki z grza k o wi kszej mocy w czasie t x mo na obliczy ze wzoru: m x c m x 4 T U nsa P t U n1 x n1 c 4 T U ns U n1 A P n1 t x ; (11) ; 844 ; ; 79 1; 35 kg. (1) Zatem do tego czajnika nale y dola 4 m m x m 1; 35 1 ; 35 kg lub ; 35 l wody. Odp: Czas gotowania wyd u y si o 1 min. 14 s. Do czajnika nale y dola ; 35 kg (; 35 l) wody. Sprawno czajnika jest r wna 8,44%. Rozwi zanie zadania 1. Pojemno kondensatora p askiego (rys.1a) mo na obliczy ze znanego wzoru: C " S C d : (1)

3 Energia zgromadzona w polu elektrycznym tego kondensatora jest r wna: W C C U : () Poniewa zastosowany w kondensatorze dielektryk z poliamidu ma wytrzyma o elektryczn K u to maksymalne napi cie jakie mo na przy o y do tego kondensatora jest r wne: U max K u d : Zatem maksymalna energia pola elektrycznego jest r wna: W Cmax " S K d C u d " K u S C d " K u V C ; (3) gdzie V C { obj to kondensatora (dielektryka). Mas kondensatora mo na wyznaczy ze wzoru: m C V C p : (4) Zatem stosunek maksymalnej energii pola elektrycznego zgromadzonej w kondensatorze do masy kondensatora jest r wny: " K u W Cmax m C V C V C p " K " " K u R u (5) p p ; 6 8; J/kg :. Indukcyjno d awika (rys.1.b) jest r wna: L S L z l r z l : (6) Energi zgromadzon w polu magnetycznym d awika mo na obliczy ze wzoru: W L L I : (7) 3

4 Z praw przep ywu wiadomo, e: H l I z : (8) Poniewa indukcja magnetyczna, po uwzgl dnieniu (8) jest r wna: B H I z l ; (9) to przekszta caj c zale no (9) i wstawiaj c z zale no ci ( z tre ci zadania) maksymaln warto indukcji B max : B max mo na obliczy maksymalny pr d d awika: I max B max l z s 4 r max ; (1) r s max 4 r r z l : (11) Zatem maksymalna energia pola magnetycznego zgromadzona w d awiku indukcyjnym jest r wna: L I max r z 4 r max l r W Lmax l l r 4 r : (1) max z Masa d awika: m L V L Cu r l 4 r Cu : (13) Stosunek maksymalnej energii pola magnetycznego zgromadzonej w d awiku indukcyjnym do masy tego d awika jest zatem r wny: W Lmax m L max l r 4 r r l 4 r Cu max J/kg. (14) Cu Maksymalna energia kinetyczna wiruj cej masy jest r wna: W Kmax J! max : (15) 4

5 Podstawiaj c do wzoru (15) kwadrat maksymalnej pr dko ci k towej, kt ry po uwzgl dnieniu zale nosci (3 z tre ci zadania) jest r wny! v max max rmax R w R ; (16) stosunek maksymalnej energii kinetycznej wiruj cego walca do masy m w tego walca mo na obliczy ze wzoru: W Kmax m w m R w rmax m R w w rmax w ; J/kg. (17) 1; Odp. Stosunek maksymalnej energii jak mo na zgromadzi w zasobniku do masy zasobnika jest r wny: a) dla kondensatora 5 J/kg, b) dla d awika indukcyjnego 78 J/kg, c) dla wiruj cej masy 8 J/kg. Jak wynika z oblicze najlepszym zasobnikiem energii w r d omawianych w zadaniu jest ko o zamachowe. Pierwsze dwa zasobniki (kondensator i d awik) s urz dzeniami statycznymi natomiast zasobnik z wiruj c mas wymaga zastosowania specjalnej konstrukcji wysokosprawnej maszyny elektrycznej pracuj cej w uk adzie silnik { pr dnica. Jest to najdro szy z zaprezentowanych w zadaniu sposob w magazynowania energii elektrycznej. Najta szym, ale tak e najmniej efektywnym zasobnikiem jest kondensator. Rozwi zanie zadania 3 Z tre ci zadania wynika, e podane liczby zapisane w systemie liczbowym o podstawie p spe niaj nast puj ca zale no matematyczn : 3 13; 1 : (1) Mo na zatem napisa r wnanie: 3 p 3 + p + p 1 + p p + p 1 + p 1 p p + p p () Po wymno eniu obu stron r wnania () przez p przyjmie ono posta : 3 p 3 + p p + : (3) 5

6 Po uporz dkowaniu: R wnanie ma trzy rozwi zania: p 1 p oraz p 3 6. p 3 6 p : (4) Odp. Poszukiwany system liczbowy ma podstaw p 6, a poszukiwana liczba (zapisana w systemie dziesi tnym) to lub Rozwi zanie zadania z optymalizacji Oznaczenia: x { liczba wytworzonych jednostek produktu O 1 y { liczba wytworzonych jednostek produktu O x i y liczby ca kowite, dodatnie. Funkcja celu { zysk zak adu Z: oznaczaj c przez k cen jednostki produktu O Z k x + k y : Ograniczenia zwi zane z wielko ci zapas w magazynowych: dla S 1 : dla S : dla S 3 : 1 x + 5 y 6 7 x + 6 y 4 x 5 + y 1 1 : (1) x 6 + y 7 1 : () x 6 x + 9 y y 6 1 : (3) Rozwi zania nier wno ci (1) (3) poszukuje si wykorzystuj c metod wykre ln. 6

7 Obszar dopuszczalnych rozwi za oznaczono na rysunku zacienionym polem. Naniesiono r wnie na wykresie przyk adow lini odpowiadaj c sta emu zyskowi. Przesuwaj c t lini w kierunku zacienionego pola wida, e pierwszym punktem o ca kowitych warto ciach wsp rz dnych w obszarze zacienionym jest punkt A. Odpowiada on najwi kszemu zyskowi mo liwemu do uzyskania i st d jest poszukiwanym rozwi zaniem. Wsp rz dne punktu A: x 4, y. Odp: Maksymalny zysk zapewnia wyprodukowanie 4 jednostek produktu O 1 i jednostek produktu O. 7

8 Rozwi zanie zadania z zastosowania informatyki Dla siatki przedstawionej na rys.1. w tre ci zadania tablica wyj ciowa b dzie mia a posta : Opis algorytmu: Dzia anie programu mo na przedstawi jako nast puj c sekwencj czynno ci: 1. Wczytaj siatk (wystarczy zapami ta tylko numery w z w w elementach lub nawet wykonywa zawarto p tli 3 w trakcie czytania). Zainicjuj pust list przechowuj c niezerowe elementy tablicy 3. Zapami taj elementy niezerowe: Iteruj po elementach { Iteruj po w z ach elementu (i) Iteruj po w z ach elementu (j) Zapisz niezerowy element (i; j) 4. Posortuj list niezerowych element w tablicy 5. Wypisz wz r wype nienia tablicy: Iteruj po wierszach tablicy (i) { Iteruj po kolumnach (j) je li element (i; j) znajduje si na li cie wypisz 1 je li go nie ma { wypisz { Wypisz znak nowego wiersza Najwi ksz trudno ci jest odpowiednie przechowanie listy niezerowych element w. Wed ug efektywno ci mo liwe rozwi zania mo na uszeregowa nast puj co: 1. Hasz (tablica mieszaj ca) { rozwi zanie najlepsze. Drzewo poszukiwa binarnych (BST) lub dynamiczna tablica sortowana szybkim algorytmem sortowania { rozwi zanie rednie 3. Lista liniowa { rozwi zanie dostateczne 8

9 Przyk adowy kod: (J zyk C, bez wykorzystywania adnych bibliotek poza standardow, przechowywanie element w niezerowych w prostym haszu, niemal bez diagnostyki b d w) #include <stdio.h> #include <stdlib.h> #define MIN(i,j) ((i)<(j)?(i):(j)) /* mniejsza z dw ch liczb */ #define MAX(i,j) ((i)>(j)?(i):(j)) /* wi ksza z dw ch liczb */ /* dynamiczny wektor przechowuj cy niezerowe elementy jednego wiersza */ typedef struct { int v; /* elementy */ size_t s; /* wielko v */ size_t n; /* wype nienie v */ darr_t; void resize_darr( darr_t *da ) { /* powi kszanie (dwukrotne) dynamicznego wektora */ int *nv realloc( da->v, *da->s*sizeof *nv ); if( nv NULL ) { fprintf( stderr, "Error in resize_darr\n" ); exit( EXIT_FAILURE ); da->s * ; int exist( darr_t *hash, int _i, int _j ) { /* czy hasz przechowuje niezerowy element (i,j)?*/ /* zwraca 1 je li tak, je li nie */ int i MIN(_i,_j); int j MAX(_i,_j); int k; for( k ; k < hash[i].n; k++ ) if( hash[i].v[k] j ) return 1; return ; 9

10 void add_non_zero( darr_t *hash, int _i, int _j ) { /* dodanie elementu (i,j) do hasza */ int i MIN(_i,_j); int j MAX(_i,_j); if(! exist( hash, i, j ) ) { if( hash[i].n hash[i].s ) resize_darr( hash+i ); hash[i].v[hash[i].n++] j; int main( int argc, char **argv ) { int n1, n, n3; int nn; int ne; double x,y; FILE *in argc > 1? fopen( argv[1], "r" ) : stdin; int i,j; darr_t *hash; fscanf( in, "%d", &nn ); /* czytamy liczb w z w */ hash malloc( nn * sizeof *hash ); for( i ; i < nn; i++ ) { hash[i].v malloc( 8*sizeof *hash[i].v ); hash[i].s 8; hash[i].n ; for( i ; i < nn; i++ ) { /* pomijamy wsp rz dne */ fscanf( in, "%lf %lf", &x, &y ); fscanf( in, "%d", &ne ); /* czytamy liczb element w */ for( i ; i < ne; i++ ) { /* czytamy nr-y w z w w elementach i od razu zapami tujemy niezerowe elementy tablicy */ fscanf( in, "%d %d %d", &n1, &n, &n3 ); add_non_zero( hash, n1, n ); add_non_zero( hash, n1, n3 ); add_non_zero( hash, n, n3 ); fclose( in ); /* zamykamy plik wej ciowy */ 1

11 for( i 1; i < nn; i++ ) { /* p tla po wierszach tablicy */ for( j 1; j < i; j++ ) /* p tla po kolumnach przed diagonal */ if( exist( hash, i, j ) ) printf( " 1" ); else printf( " " ); printf( " 1" ); /* element diagonalny jest zawsze niezerowy */ for( j i+1; j < nn; j++ ) /* p tla po kolumnach za diagonal */ if( exist( hash, i, j ) ) printf( " 1" ); else printf( " " ); printf( "\n" ); for( i ; i < nn; i++ ) /* zwolnienie pami ci */ free( hash[i].v ); free( hash ); return EXIT_SUCCESS; 11