Termin nadsyłania zadań z 1 części pierwszego etapu Olimpiady Fizycznej nieubłaganie nadszedł. Mam nadzieję, że zadania były dla Was łatwe i ciekawe. Treści zadań znajdziecie na stronie KGOF. Poniżej chciałbym podzielić się z Wami moim spojrzeniem na rozwiązania zadań z 72. Olimpiady Fizycznej.
Zadanie 1
Teleskop kosmiczny Jamesa Webba ma wykonywać obserwacje w podczerwieni. Jednym z powodów, dla którego te obserwacje będą prowadzone w podczerwieni jest:
Wybierz jedną odpowiedź:
A Dzięki temu można wykonywać obserwacje również w nocy, gdy jest ciemno.
B Zdjęcia wykonane w zakresie widzialnym nie mogą już nic wnieść do naszej wiedzy o Kosmosie.
C Fotony promieniowania podczerwonego mają niższą energię niż fotony światła widzialnego, zatem wykorzystanie podczerwieni jest bardziej ekologiczne niż wykorzystanie światła widzialnego.
D Promieniowanie podczerwone łatwiej niż widzialne przenika przez międzygwiezdne obłoki gazu i pyłu.
Rozwiązanie zadania 1
Oczywiście prawidłowa odpowiedź to D. Teleskop Jamesa Webba operuje w przestrzeni kosmicznej orbitującej tak zwany punkt Lagrange’a L2
Jako ciekawostkę mogę wspomnieć że o orbicie teleskopu J. Webba pojawiło się oddzielne zadanie na III etapie 71 Olimpiady Fizycznej).
Dlaczego pozostałe odpowiedzi są błędne?
nieprawidłowa odpowiedź A – Teleskop znajduje się poza atmosferą ziemską – w związku z tym pomiary można przeprowadzać cały czas.
nieprawidłowa odpowiedź B – Główną misją teleskopu jest zbieranie informacji o bardzo odległych obiektach astronomicznych. Promieniowanie pochodzące od tych obiektów zostałoby wyemitowane, tak czy inaczej, więc argument o oszczędzaniu energii nie ma najmniejszego sensu.
nieprawidłowa odpowiedź C – jest to opinia a nie naukowe stwierdzenie – w związku z tym, również możemy je odrzucić.
Pozostaje nam odpowiedź D “Promieniowanie podczerwone łatwiej niż widzialne przenika przez międzygwiezdne obłoki gazu i pyłu”.
Istotnie jest to prawdziwa odpowiedź.
Jeśli popatrzymy na wykres zaniku promieniowania w ośrodku międzygwiezdnym w zależności od długości fali promieniowania, zauważymy, że im bardziej czerwone światło (im większa długość fali światła), tym słabszy będzie zanik promieniowania.
Jeśli interesuje Cię temat absorpcji promieniowania przez pył międzygwiezdny – polecam tę stronę do dalszej lektury.
Zadanie 2
Cząstka o masie m i ładunku q wpada z prędkością v w obszar stałego pola magnetycznego o indukcji B. Podczas ruchu cząstki w tym obszarze działa na nią stała co do wartości siła oporu skierowana przeciwnie do wektora prędkości. Tor cząstki (aż do zatrzymania) dla pewnych wartości parametrów jest przedstawiony poniżej. Który z rysunków A-D odpowiada torowi tej cząstki w przypadku, gdy indukcja pola magnetycznego jest dwukrotnie większa, niż w sytuacji pierwotnej (pozostałe parametry są niezmienione)? Skala jest taka sama we wszystkich przypadkach. Wybierz jedną odpowiedź:
Rozwiązanie zadania 2
Siła Lorenza w zadaniu pełni zadanie siły dośrodkowej, która zakręca tor ruchu cząsteczki. Przyrównując wyrażenie na siłę Lorenza do siły dośrodkowej możemy wyznaczyć wartość promienia okręgu po którym cząstka aktualnie się porusza.
Widać, że wraz ze spadającą wartością prędkości, promień okręgu, po którym porusza się cząstka – maleje. Widzimy to na rysunku w treści zadania.
Z poniżej wyprowadzonego wzoru, widzimy również, że jeśli B wzrośnie dwukrotnie – wtedy promień r zmaleje dwukrotnie.
Oznacza to, że cząsteczka będzie zakręcała “ciaśniej”.
Jedyną odpowiedzią, w której trajektoria cząsteczki spełnia powyższy warunek jest A.
Zadanie 3
Gdy pewną długą zwojnicę o liczbie zwojów 
podłączono do baterii o napięciu 
, to po krótkim czasie 
(na tyle krótkim, że opór zwojnicy oraz opór wewnętrzny baterii można pominąć) indukcja pola magnetycznego wewnątrz zwojnicy wyniosła 
. Następnie zwojnicę odłączono od napięcia i nawinięto na nią dodatkowo drut, tak, że całkowita liczba zwojów wzrosła do 
bez istotnych zmian jej rozmiarów. Po ponownym podłączeniu jej do baterii o napięciu , po takim samym jak poprzednio czasie , indukcja pola magnetycznego wewnątrz zwojnicy wyniesie:
Gdy pewną długą zwojnicę o liczbie zwojów n podłączono do baterii o napięciu U, to po krótkim czasie T (na tyle krótkim, że opór zwojnicy oraz opór wewnętrzny baterii można pominąć) indukcja pola magnetycznego wewnątrz zwojnicy wyniosła B. Następnie zwojnicę odłączono od napięcia i nawinięto na nią dodatkowo drut, tak, że całkowita liczba zwojów wzrosła do 2n bez istotnych zmian jej rozmiarów. Po ponownym podłączeniu jej do baterii o napięciu U, po takim samym jak poprzednio czasie T, indukcja pola magnetycznego wewnątrz zwojnicy wyniesie:
Wybierz jedną odpowiedź:
A B/4
B 2 B
C 4 B
D B
E B/2
Rozwiązanie zadania 3
Po nawinięciu na cewkę (oznaczoną czarnym kolorem) dodatkowego drutu (oznaczonego czerwonym kolorem) otrzymamy efektywnie dwie cewki połączone równolegle (część prądu wpływa do górnej cewki a część do dolnej cewki). Z symetrii widać, że przez cewkę czerwoną i czarną będzie płynął taki sam prąd 
.
Cewka podłączona do baterii stanowi efektywnie układ RL:
Zgodnie z treścią zadania mierzymy pole magnetyczne po bardzo krótkim czasie od zamknięcia obwodu. Wnioskujemy stąd, że cały spadek napięcia zachodzi na cewce. Zgodnie z prawem Faradaya możemy zapisać w sytuacji przed nawinięciem druta:
z tego wynika, że: 
oraz w sytuacji po nawinięciu druta:
z tego wynika, że: 
Widzimy zatem, że nawinięcie druta skutkuje dwukrotnym spadkiem wartości pola magnetycznego w cewce.
W związku z tym wiemy, że poprawna jest odpowiedź E.
Zadanie 4
Amerykańscy naukowcy opracowali (niemal) idealnie białą farbę, odbijającą prawie całe promieniowanie z zakresu promieniowania widzialnego i pochłaniającą prawie całe promieniowanie z pozostałego zakresu (tzn. zachowującą się jak ciało doskonale czarne w pozostałym zakresie). Zgodnie z zapowiedziami, pomalowanie dachu domu taką farbą może wyeliminować konieczność stosowania klimatyzacji do chłodzenia wnętrza domu – lub przynajmniej ograniczyć jej moc. Wybierz najbardziej adekwatny komentarz z poniższych.
Przez ,,obniżanie temperatury” rozumiemy w tym zadaniu, że w rozpatrywanej sytuacji temperatura wewnątrz domu w przypadku, gdy dach jest pomalowany rozważaną farbą jest niższa, niż gdyby był pomalowany farbą o innych właściwościach („zwykłą” farbą).
Wybierz jedną odpowiedź:
A taka farba rzeczywiście może obniżać temperaturę wewnątrz budynku, głównie w dni o całkowitym zachmurzeniu, ale o wysokiej temperaturze.
B efektywność działania takiej farby w celu obniżania temperatury nie jest wyższa, niż efektywność farby srebrnej/aluminiowej, odbijającej niezależnie od zakresu długości fali (niemal) całe promieniowanie.
C taka farba obniża temperaturę wewnątrz budynku, pod (trudnym do spełnienia) warunkiem, że prawie całe niebo jest zachmurzone, ale chmury nie zasłaniają słońca
D taka farba rzeczywiście może obniżać temperaturę wewnątrz budynku, głównie w słoneczne, bezchmurne dni.
E takie działanie byłoby sprzeczne z II zasadą termodynamiki
Rozwiązanie zadania 4
Przeanalizujmy działanie takiej farby
Rozważmy płytkę pomalowaną farbą omawianą w treści zadania ustawioną naprzeciwko płytki zrobionej z ciała doskonale czarnego.
Załóżmy że obie płytki są w tej samej temperaturze. Oznacza to, że sumaryczny przepływ ciepła z jednej płytki do drugiej powinien być zerowy. Rzeczywiście jeśli popatrzymy na promieniowanie podczerwone (IR) lub ultrafioletowe (UV), dla których dziwna farba zachowuje się jak ciało doskonale czarne (CDC) to zauważmy, że obie płytki będą emitowały tyle samo energii za pomocą światła z tego zakresu promieniowania.
Jeśli jednak popatrzymy na promieniowanie z zakresu widzialnego zauważymy, że ciało pomalowane dziwną farbą nie emituje NIC, natomiast promieniowanie wyemitowane przez CDC odbija się od białej farby i wraca z powrotem do CDC. Sumarycznie przepływ ciepła między ciałami rzeczywiście jest zerowy. Druga zasada termodynamiki jest spełniona i temperatury obu ciał pozostają niezmienione.
Moje dalsze rozumowanie dotyczące wpływu farby na temperaturę pokoju było nieco odległe od oficjalnego rozwiązania zadania. W związku z tym poniżej prezentuję fragment rozwiązania KGOF’u:
Aby farba obniżała temperaturę w budynku, prócz odbijania promieniowania widzialnego, powinna wypromieniowywać więcej promieniowania podczerwonego (cieplnego) niż pochłaniać go. Ponieważ chmury odbijają promieniowanie podczerwone (bezchmurne noce są znacznie zimniejsze niż noce, w których niebo jest zachmurzone), oczekujemy największej efektywności w bezchmurne dni.
Odpowiedź D zatem jest prawdziwa.
Zadanie 5
Katapulta” (proca”, „asysta”) grawitacyjna polega na wykorzystaniu oddziaływania grawitacyjnego jednej z planet do wysłania sondy w dalsze regiony Układu Słonecznego. Rozważmy sondę, której orbita w jednym punkcie zbliża się do orbity Marsa (patrz Rys. 5.1). Aby sonda mogła jak najbardziej oddalić się od Słońca, powinna się znaleźć w okolicy tego punktu jednocześnie z Marsem.
Rys. 1b Schematycznie przedstawiony w układzie Marsa przelot sondy w pobliżu Marsa.
Rozwiązanie zadania 5
Na Rys. 5.2 przedstawiono – w układzie odniesienia Marsa – przelot sondy w pobliżu Marsa (nazwany tu ,,zderzeniem”), wraz zaznaczonymi wektorami prędkości sondy względem Marsa: przed ,,zderzeniem”: 
oraz „po zderzeniu”: 
. Przez 
oznaczymy kąt między tymi wektorami, przy czym dodatnia wartość α odpowiada prędkości: skierowanej „od Słońca” (jak na rysunku).
W jednym i tylko w jednym przypadku spośród poniższych po oddziaływaniu z Marsem sonda wydostanie się poza Układ Słoneczny. W którym?
Przyjmij, że atmosfera Marsa i jego niezerowy promień nie mają wpływu na ruch sondy (tzn. że „zderzenie” jest sprężyste). Pomiń oddziaływanie innych ciał niż Słońce, Mars i sonda. Przyjmujemy, że sonda może przebywać w dwóch obszarach: takim, w którym oddziałuje ona tylko ze Słońcem, i drugim, znacznie mniejszym, w którym w układzie Marsa można zaniedbać oddziaływanie Słońca.
Wybierz jedną odpowiedź
A α = -170°
B α = 30°
C α = 90°
D α = -40°
E α = 160°
Przejdź do układu odniesienia w którym mars spoczywa. Zgodnie z zasadą zachowania energii prędkość, wlotu sondy w obszar oddziaływania z Marsem będzie równa prędkości wylotu z tego obszaru.
Wracając do układu, w którym Mars się porusza (układu, w którym Słońce spoczywa) zaobserwujemy prędkość sondy na wylocie. Możemy ją przedstawić jako sumę dwóch wektorów – prędkości 
(sondy względem Marsa na wlocie) oraz prędkości Marsa oznaczanych: 
. Dodajmy te wektory wykorzystując Twierdzenie cosinusów.
Końcowy wektor 
będzie miał długość:
Skoro tylko jeden kąt umożliwia wydostanie się z Układu Słonecznego – oznacza to, że szukamy takiego konta α dla którego będzie jak największe. Jest to oczywiście 
, co oznacza, że odpowiedź A jest prawdziwa. Wizualizacja efektu procy grawitacyjnej jest pokazana na tym filmiku.
I Jak Ci poszło? Jakie były twoje rozwiązania zadań z Olimpiady fizycznej?
Dla mnie największym wyzwaniem było zadanie 4. Jeśli zrobiłeś, jakieś z zadań inną metodą koniecznie daj mi znać w komentarzu poniżej. Jeśli uważasz, że mógłbym opowiedzieć o jakimś zagadnieniu bardziej szczegółowo lub wyjaśnić dokładniej jakieś rozumowanie, które przedstawiłem powyżej, napisz mi o tym. Chętnie odpowiem i rozbuduję swoją myśl 🙂 . Istnieje u mnie również możliwość zarezerwowania zajęć, podczas których możemy porozmawiać o Twoich rozwiązaniach zadań lub przygotować się do kolejnych etapów Olimpiady Fizycznej. Następne rozwiązania zadań z 72. Olimpiady Fizycznej będą pojawiały się u nas po zakończeniu każdego kolejnego etapu!