Rozwiązania zadań z 73 Olimpiady Fizycznej

Treść Zadania

Przed lądowaniem w Normandii w roku 1944, alianci rozważali użycie do niszczenia zasieków dużych metalowych kół, napędzanych umieszczonymi na obwodzie małymi rakietami.

Przyjmując, że nie ma poślizgu i pomijając opory przy toczeniu, wyznacz jaką prędkość v może osiągnąć na poziomej powierzchni takie początkowo spoczywające w płaszczyźnie pionowej koło o promieniu , na którym zamocowano rakiet o impulsie (popędzie) siły ciągu każda.

Całkowita masa koła jest równa , jego moment bezwładności względem osi obrotu (środka masy) .

Dla stałej siły działającej w ciągu czasu mamy .

Rozwiązanie

Rozpocznijmy zadanie standardowo od rysunku

I przeanalizowania optymalnego sposobu wykorzystania rakiet. Jeśli wszystkie rakiety odpalimy w tym samym momencie spowoduje to impulsowy moment siły który natychmiastowo doprowadzi do pojawienia się momentu pędu.

Łącząc powyższe równania otrzymujemy

co prowadzi nas do:

Mamy zatem naszą prędkość kątową. Jednak siła wypadkowa działająca na koło będzie równa 0 w związku z tym koło nie uzyska żadnej prędkości liniowej.

Siła tarcia statycznego momentalnie zamieni część energii kinetycznej ruchu obrotowego na energię kinetyczną ruchu postępowego.

Gdzie skorzystaliśmy z warunku braku poślizgu . Ostateczny wzór na prędkość jaki otrzymujemy to:

Odpowiedź

Końcowa prędkość koła napędzanego rakietami wynosi .

Treść zadania

W roku 3333 wewnątrz księżyca o promieniu wydrążono jaskinię w kształcie połączonych podstawami stożków o promieniu oraz wysokości  każdy, gdzie (patrz rysunek).

Wyznacz prędkość , jaką na dnie jaskini osiągnie ciało spadające swobodnie z najwyższego punktu jaskini. Przyjmij, że księżyc jest jednorodny, a jego gęstość wynos . Pomiń oddziaływanie z innymi ciałami.

Uniwersalna stała grawitacyjna jest równa .

Rozwiązanie

To zadanie jest nieco trikowe. Jednak wymagany trik jest bardzo popularny i wielokrotnie w przeszłości pojawiał się na Olimpiadzie Fizycznej.

Potraktujmy planetę z wydrązeniem jako dwa oddzielne ciała:

1. Jednorodną kulę o gęstości od której potencjał w odległości od środka wynosi
   
2. Połączone podstawami stożki o promieniu o gęstości .
   Trik polega właśnie na potraktowaniu wydrążenia jako oddzielnego ciała o ujemnej masie.

Ponieważ potencjał jest addytywny możemy policzyć potencjały w punkcie początkowym i końcowym dla obu ciał i po prostu je zsumować. Dla pierwszego ciała będzie łatwo ponieważ jest to zwykła kula:

Źródłem wszystkich problemów jest drugie ciało. Jednak jeśli pomyślimy o jego symetrii ciało umieszczone w górnym czubku podwójnego stożka będzie widziało/czuło dokładnie to samo co w dolnym czubku. Określenie wartości potencjału w obu czubkach jest skomplikowane jednak dla nas nie jest istotna wartość tylko fakt że na początku i na końcu spadające ciało będzie czuło ten sam potencjał .

Zatem sumaryczny potencjał początkowy i końcowy wyniesie:

Istona dla nas różnica potencjałów natomiast to . Dzięki znanej wartości różnicy potencjału możemy zapisać równanie energetyczne

Odpowiedź

Prędkość z jaką ciało spadnie na dolny wierzchołek wydrążenia wynosi

Treść zadania

W wysokim, wypełnionym wodą, stojącym pionowo cylindrze zrobiono, jeden pod drugim, dwa małe otwory: jeden poniżej poziomu wody, a drugi poniżej poziomu wody. Strumienie wody wylatującej z tych otworów przecinają się w pewnym punkcie. Wyznacz odległość poziomu wody w cylindrze od płaszczyzny poziomej zawierającej ten punkt.

Przyjmij, że prędkość każdego wylatującego z otworu elementu objętości wody jest taka sama i pozioma. Gęstość wody , przyspieszenie grawitacyjne .

Uwaga: Gdy w naczyniu jest walcowaty otwór, to wylatujący strumień tuż przy brzegu otworu nie jest jednorodny – strumień ulega zwężeniu na dystansie kilku średnic otworu i dopiero w tym miejscu struga staje się jednorodna. Należy przyjąć, że ten dystans jest w rozpatrywanym zagadnieniu zaniedbywalny.

Rozwiązanie

Rysunek z treści zadania jest bardzo pomocny – ładnie definiuje wartości , oraz . Dodamy do niego jeszcze układ współrzędnych aby łatwiej było nam się odnaleźć.

Początkową prędkość strumienia wody możemy wyznaczyć z prawa Torricellego (które jest zwykłą zasadą zachowania energii). Wyprowadzenie prawa Torricellego możesz znaleźć pod załączonym linkiem. gdzie to głębokość otworu od poziomu wody.

Drobny pakiecik wody (krople) możemy traktować jak kulę wystrzeloną z pewną prędkością poziomo w lewo. Kula taka będzie się poruszała w kierunku osi x ze stałą prędkością równą prędkości początkowej natomiast w kierunku osi poziomej ruchem jednostajnie przyspieszonym z przyspieszeniem . Równania ruchu kulki możemy zapisać jako

Co przez wyznaczenie czasu z równania na i podstawieniu go do równania prowadzi do trajektorii postaci:

Gdzie w naszym przypadku jest równe początkowej odległości otworu od powierzchni wody natomiast odpowiadającą jej prędkością wystrzału .

Trajektorie obu strug wody zapiszemy zatem:

Poszukiwany punkt przecięcia strug będzie punktem wspólnym obu trajektorii – rozwiązując otrzymane równanie dostajemy wyrażenie na

Otrzymane wstawiamy do jednego ze wzorów na trajektorię i otrzymujemy :

Otrzymany wynik zgodnie z intuicją:

1. Znajduje się poniżej obu otworów
2. Jest symetryczny ze względu na zamianę i
3. Nie zależy od

Odpowiedź

Wysokość na której przetną się strugi to ..

Treść zadania

Mała kulka, naładowana dodatnim ładunkiem , znajduje się w odległości  od dodatnio naładowanej, metalowej okładki kondensatora płaskiego. Powierzchnia okładek kondensatora jest równa , odległość między nimi , a napięcie między okładkami jest stałe i wynos .

Jakie musi być , aby siła elektrostatyczna działająca na kulkę była równa 0?

Przyjmij liniowe rozmiary okładki oraz, że  jest znacznie mniejsze od ładunku zgromadzonego w kondensatorze. Pomiń grawitację.

Rozwiązanie

To zadanie początkowo u wielu osób budziło zdziwienie – Jak to możliwe że w jednorodnym polu grawitacyjnym, wytworzonym przez równomiernie naładowane płyty, na ładunek punktowy nie działa żadna siła? Odpowiedź jest oczywista – To niemożliwe.

Obecność ładunku indukuje niejednorodny rozkład powierzchniowy ładunku na okładkach. Ponieważ ładunek ten znajduje się bardzo blisko dolnej okładki i daleko od górnej okładki – wyindukowane ładunki na górnej płytce zaniedbamy.

Powstaje pytanie – W jaki sposób policzyć pole elektryczne pochodzące od wyindukowanych ładunków? Na szczęście nie będzie to skomplikowane ponieważ posłużymy się metodą obrazów na temat której przygotowałem oddzielny artykuł w ramach rozwiązań zadań z 72 Olimpiady Fizycznej.

Standardowo przedstawiana metoda obrazów jest stosowana do uziemionych przewodników np. do uziemionej płyty. Nasza płyta jednak nie jest uziemiona, Jednak rozumiejąc ideę metody obrazów (przedstawioną w artkule metodą obrazów) będziemy sobie w stanie poradzić również z tym problemem.

Sumaryczny wyindukowany na izolowanej płycie musi być równy zero. Ponadto linie pola elektrycznego muszą być prostopadłe do powierzchni przewodnika. Taki rezultat da się uzyskać tylko w jeden sposób. Dodając do układu jeden punktowy ładunek obrazowy o wartości -q – który wraz z ładunkiem q zapewni prostopadłość linii pola do płyty oraz jednorodnie rozłożony na całej powierzchni płyty ładunek +q który zapewni zachowanie ładunku () jednocześnie nie psując prostopadłości linii pola elektrycznego do płyty.

Podsumowując zatem nasz ładunek będzie oddziaływał z polem elektrycznym wytworzonym przez

1. Górną płytę naładowaną ładunkiem powieżchniowym
2. Dolną płytę naładowaną ładunkiem powierzchniowym , gdzie to obrazowy ładunek powierzchniowy
3. Ładunkiem obrazowym o wartości umieszczonym w identycznej odległości od płyty co ładunek

Sumaryczne pole elektryczne działające na ładunek wyniesie zatem:

Pole to oczywiście musi się zerować aby siła elektrostatyczna działająca na kulkę była równa . co po uwzględnieniu że oraz że napięcie między okładkami kondensatora może być zapisane za pomocą gęstości powierzchniowej ładunku (czyli ) prowadzi nas do następujących wniosków:

Odpowiedź

Odległość na jakiej należy umieścić kulkę aby siła elektrostatyczna działająca na kulkę była równa wynosi

Treść zadania

Jednym z rozważanych sposobów magazynowania energii pochodzącej ze źródeł odnawialnych, jest wykorzystywanie podgrzewania piasku. Rozważmy wielki magazyn piasku, izolowany cieplnie od otoczenia. Piasek jest wstępnie podgrzewany do temperatury – energii związanej z tym nie uwzględniamy w cyklach ładowania i rozładowania energii (ale potem możemy ją odzyskać). Ładowanie energią polega na podgrzaniu piasku za pomocą grzałek zasilanych energią elektryczną z źródeł odnawialnych od temperatury T1 do temperatury . Podgrzany piasek jest następnie wykorzystywany do ogrzewania pomieszczeń za pomocą czynnika grzewczego o temperaturze T2 = 350 K. W trakcie tego ogrzewania temperatura piasku spada co najwyżej do początkowej temperatury T1 (czyli gdy temperatura piasku wynosi , to nasz magazyn energii uważamy za w pełni rozładowany). Wyznacz, jaką największą teoretycznie ilość ciepła można przekazać czynnikowi grzewczemu, jeśli piasek został podgrzany energią elektryczną o wartości . Możesz rozważać dowolne urządzenie wymieniające z otoczeniem o temperaturze jedynie ciepło. Przyjmij, że piasku jest na tyle dużo, że jego temperatura przy podgrzewaniu wzrasta bardzo nieznacznie ponad , tzn. ..

Rozwiązanie

To zadanie okazało się najbardziej problematyczne spośród wszystkich zadań z 73 Olimpiady Fizycznej. Standardowo uczestnicy myśleli co ogranicza możliwość przepływu ciepła. O ile mniej niż ciepła może przepłynąć do czynnika grzewczego. To pytanie sprawiało sporo problemów ponieważ nie istnieje ograniczenie na ilość ciepła jakie może przepłynąć.

Dla zobrazowania wyobraźmy sobie trzy zbiorniki ciepła:

• Piasek o temperaturze
• Czynnik Grzewczy o temperaturze który dostarczone do niego ciepło przekazuje dalej pokojowi
• Otoczenie o temperaturze

Skoro nie ma ograniczenia na ilość przepływającego ciepła, poza warunkiem że przepływ zachodzi od ciała cieplejszego do zimniejszego to może wystarczy po prostu przytulić do siebie piasek oraz czynnik grzewczy. Wtedy cała ciepła przepłynie do czynnika grzewczego.

Powstaje jednak pytanie czy da się lepiej? Czy możliwe jest przeniesienie więcej niż ciepła do czynnika grzewczego? Może się to wydawać bezsensownym pytaniem bo zgodne z zasadą zachowania energii skąd to dodatkowe ciepło miało by się wziąć? Odpowiedź jaka się nasuwa to otoczenie. Do tej pory zupełnie nie wykorzystaliśmy otoczenia! Tylko jak ciepło z zimnego otoczenia miałoby dostać się do ciepłego czynnika grzewczego? Musielibyśmy je jakoś przepompować. I tutaj pojawia się pomysł pompy ciepła czyli silnika cieplnego działającego w odwrotnym cyklu. Tylko pompę ciepła należy jakoś zasilić, a zgodnie z treścią zadnia nie możemy wykorzystać żadnej zewnętrznej energii. Moglibyśmy jednak wstawić silnik Carnota między Piasek i Czynnik Grzewczy. Dzięki temu część przepływającego ciepła zamienimy na pracę.

Spośród ciepła odebranego od piasku – , na pracę będziemy w stanie zamienić . Pozostałe ciepło zostanie dostarczone do Czynnika grzewczego. Otrzymaną pracę możemy teraz wykorzystać do zasilenia idealnej pompy ciepła czyli silnika Carnota działającego w odwrotnym cyklu. Ilość ciepła wpompowanego do czynnika grzewczego .

Podsumowując całkowita ilość ciepła którą jesteśmy w stanie przekazać do czynnika grzewczego to

Odpowiedź

Wykorzystując optymalnie ciepło zgromadzone w piasku jesteśmy w stanie przekazać do czynnika grzewczego aż ciepła

Treść zadania

Pewien samochód terenowy ma cztery koła o osiach odległych o , przy czym koła tej samej osi znajdują się w odległości . Koła nie są skręcane, a zmianę kierunku jazdy uzyskuje się przez ich różną prędkość obrotową. Rozważmy sytuację, w której lewe koła obracają się do przodu, prawe do tyłu, przy czym prędkość bieżnika kół względem samochodu jest równa . Wyznacz, z jaką prędkością kątową samochód będzie się jednostajnie obracał wokół osi pionowej, jeśli koła są równomiernie obciążone, a współczynnik tarcia kół o podłoże wynosi .

Rozwiązanie

Rozpocznijmy zadanie od rysunku. Koła po lewej stronie kręcą się do przodu natomiast koła po prawej do tyłu.

Z treści zadania wiemy że układ jest w pełni symetryczny – rozkład masy i geometria układu jest symetryczna względem środka masy – środka prostokąta. Zatem jeśli jakiś obrót w tym układzie się wydarzy to będzie to obrót właśnie wokół środka masy (osi symetrii).

Każdą z prędkości możemy rozłożyć na składowe styczną do prostej łączącej koło z osią obrotu oraz normalną (prostopadłą) do wspomnianej prostej. Składowa styczna będzie powodowała pojawienie się siły która będzie „chciała” rozerwać pojazd – będzie wytwarzała naprężenia w konstrukcji pojazdu. Te naprężenia nas nie interesują. Interesuje nasz składowa normalna prędkości która będzie powodowała rotację samochodu.

Składowa normalna prędkości wynosi .. Kąt możemy wywnioskować z geometrii układu zatem .

Prędkość normalną wynosi zatem . Prędkość kątową możemy zapisać jako . Zatem ostatecznie dostajemy

Odpowiedź

Prędkość kątowa pojazdu wynosi

Treść zadania

W cienkiej, płaskiej płytce znajdują się małe otwory ułożone równomiernie w kształt siatki, tak, że trzy najbliższe sobie leżą w wierzchołkach trójkąta równoramiennego o ramionach o długości , oraz podstawie o długości – patrz rysunek.

Na tę płytkę pada prostopadle wiązka światła monochromatycznego o długości fali . Wyznacz najmniejszy kąt (względem kierunku padającej wiązki), pod jakim będzie widoczne pierwsze maksimum interferencyjne, takie, przy którym wszystkie fale dochodzące do danego punktu ekranu z różnych otworów interferują konstruktywnie. Ekran znajduje się w znacznie większej odległości od płytki niż jej rozmiary poprzeczne, a rozmiary poprzeczne płytki są znacznie większe, niż oraz .

Rozwiązanie

Wydaje mi się że to zadanie da się rozwiązać w prosty i ogólny sposób jednak na razie nie jestem w stanie tego zrobić dlatego chwilowo zostawiam cię z oficjalnych rozwiązaniem KGOF.

Treść zadania

Metalową sferę o promieniu przecięto płaszczyzną odległą od jej środka o , a powstałe części odsunięto od siebie na małą odległość. Temperatura mniejszej części wynosi , a większej . Wyznacz moc ciepła przepływającego między częściami. Wewnątrz oraz na zewnątrz części sfery jest próżnia. Powierzchnie potraktuj jako ciało doskonale czarne. Wyszukaj w dostępnych Ci źródłach jak promieniuje i jak absorbuje promieniowanie ciało doskonale czarne. Stała Stefana-Boltzmanna jest równa

Rozwiązanie

Przecięta płaszczyzną kula nazywa się czaszą kuli. Powierzchnia czasy kuli o promieniu i wysokości możemy policzyć ze wzoru .

Odpowiedź

Powierzchnia czasy lewej to natomiast prawej . Możemy zatem łatwo z prawa Stefana-Boltzmanna obliczyć moce emitowane przez obie czasze. Wyniosą one odpowiednio , . Czy zatem możemy po prostu odjąć moce emitowane przez obie czasze i dzięki temu wyznaczyć przepływ mocy netto? Niestety nie, to zadanie byłoby zdecydowanie za proste.

Problemem jest to że nie całe promieniowanie wyemitowane przez jedną czaszę dotrą do drugiej czaszy. Możemy wyobrazić sobie dwa fotony promieniowania termicznego emitowane z tego punktu – jeden z nich doleci do drugiej czaszy natomiast drugi nie.

Wprowadźmy współczynnik które będą mówiły jaki procent promieniowania wyemitowanego przez sferę lewą (prawą) które docierają do drugiej sfery.

.Dzięki tym współczynnikom całowity przepływ energii między sferami możemy zapisać jako

Aby wyznaczyć współczynnik posłużymy się dwoma trikami.

Trik 1

Współczynniki mówią o tym ile procent fotonów przelatuje z jednej czaszy do drugiej. Procent ten zależy od geometrii układu a nie od temperatury. Możemy więc rozważyć eksperyment myślowy w którym obie czasze mają tą samą temperaturę . W takim przypadku przepływ ciepła między sferami powinien być równy zero. Wnioskujemy stąd że:

Ponieważ powyższe równanie musi być prawdzie dla każdej temperatury wnioskujemy że . Zatem:

Trik 2

Ilość fotonów przelatujących z lewej czasy i uderzających z powrotem w lewą czaszę zależy tylko i wyłącznie od geometrii lewej czasy. Nie zależy w żadnym stopniu od prawej czaszy. Oznacza to również że ilość fotonów przelatujących z czaszy lewej do prawej nie zależy od kształtu prawej czasy.

Możemy wykorzystać ten fakt do wyznaczenia współczynnika . Zastąpmy prawą czaszę płaskim kołem o promieniu .

Jeśli zatem oba ciała będą w równych temperaturach nie będą wymieniały między sobą żadnego ciepła. Oznacza to cofając się do wzoru z poprzedniego triku że:

Gdzie tym razem natomiast ponieważ każdy foton wypromieniowany przez płaskie koło ostatecznie doleci do lewej czaszy. Oznacza to że:

Kontynuacja rozwiązania

Kożystając z wcześniej wyprowadzonego wzoru otrzymujemy ostateczne wyrażenie

Odpowiedź

Moc netto przepływająca między sferami wynosi

Treść zadania

Niektóre tramwaje magazynują energię elektryczną w superkondensatorach, co pozwala im na przebycie pewnego odcinka drogi bez zasilania z sieci trakcyjnej. Podaj minimalną pojemność takiego superkondensatora, jeśli energia zgromadzona w nim pozwala na ruszenie tramwaju o masie z przystanku i osiągnięcie przez niego prędkości . Początkowe (gdy tramwaj spoczywa) napięcie na tym superkondensatorze jest równe , a końcowe (gdy tramwaj osiągnął prędkość ) jest równe .

Rozwiązanie

Do rozwiązania tego zadania wykorzystamy metodę energetyczną. Tzn. porównamy sytuacje początkową i końcową i na podstawie tego porównania wyciągniemy wnioski.

Początkowo cała energia układu była zgromadzona w superkondensatorze . Pod koniec natomiast część energii została w superkondensatorze natomiast część zostanie przekonwertowana na energię kinetyczną . Równanie energetyczne układu przyjumje zatem następującą postać:

Rozwiązanie

Ostatecznie minimalna pojemność superkondensatora umożliwiającca zajście takiego procesu to

Treść zadania

Szklana probówka o masie pływa przy powierzchni wody dnem do góry. Probówka zawiera powietrza, zaś objętość samego szkła wynosi .. Na jaką maksymalną głębokość h można zanurzyć tę probówkę, aby po puszczeniu nie zatonęła? Przyjmij, że temperatura powietrza w probówce się nie zmienia (zanurzamy ją na tyle wolno, że jej temperatura jest stale równa temperaturze otoczenia), oraz, że rozmiary probówki można pominąć w porównaniu z . Ciśnienie atmosferyczne wynosi , gęstość wody , przyspieszenie ziemskie . Pomiń ciśnienie pary wodnej w probówce i przyjmij, że początkowe ciśnienie powietrza w probówce jest równe p0.

Rozwiązanie

W tym zadaniu podobnie jak w poprzednim porównamy sytuację początkową i końcową.

Na początku mieliśmy probówkę z powietrzem o całkowitej objętości i o całkowitej masie . Z równania stanu gazu doskonałego możemy zapisać . W sytuacji końcowej mamy probówkę zanurzoną na głębokości na której panuje ciśnienie (ponieważ rozmiary probówki są znacznie mniejsze niż możemy powiedzieć że w każdym miejscu w probówce panuje to samo ciśnienie). masa układu nie zmienia się i nadal wynosi jednak objętość ulegnie zmianie i wyniesie . Z równania stanu gazu doskonałego dostajemy .

Warunkiem pływalności ciała jest zachowanie gęstości średniej mniejszej niż gęstość płynu. Czyli . Porównując równania stanu gazu doskonałego dostajemy warunek

Wstawiając otrzymaną objętość do naszego warunku pływania dostajemy:

Gdzie w ostatnim przejściu założyliśmy że jednak jest to warunek konieczny do istnienia głębokość na której probówka zacznie tonąć. Warunek końcowego zatapiania Siła Grawitacji Siła wyporu gdy woda jest ściśnięta do zerowej objętości – co oznacza że: .

Podobnie warunek początkowej pływalności możemy wyrazić jako Siła grawitacji Siła wyporu gdy woda jest nieśnięta.- co prowadzi do . Widzimy dzięki temu że licznik jest liczbą dodatnią.

Odpowiedź

Probówka po puszczeniu nigdy nie zatonie o ile warunek jest spełniony. Jeśli warunek ten nie jest spełniony probówkę możemy zanurzyć na głębokość nieprzekraczającą aby ta po puszczeniu wynurzyła się.