2.2 Η αρχική και η τελική τροχιά τέμνονται στο σημείο P, όπου η μηχανή του δορυφόρου τέθηκε σε λειτουργία στιγμιαία (see Figure 4).

Transcript

1 6 t Intenational Pysis Olypiad. Salaana (España) 5 ΘΕΜΑ : «ΜΟΙΡΑΙΟΣ» ΔΟΡΥΦΟΡΟΣ ΘΕΜΑ : «ΜΟΙΡΑΙΟΣ» ΔΟΡΥΦΟΡΟΣ. και.. και. /s g. g GM g M G / π π. g L g L g M G E E. Η τιμή της κάθετης απόστασης από το δορυφόρο στο μεγάλο άξονα της ελλειπτικής τροχιάς του, που περνά από το κέντρο της Γης l προκύπτει από το ότι η στροφορμή είναι η ίδια και στις δυό τροχιές. Έτσι έχουμε: l 4 g g g G M L l l Η τιμή της εκκεντρότητας είναι: M G E L + ε όπου E είναι η νέα μηχανική ενέρεγεια του δορυφόρου. ( ) E M G E Δ + Δ + Δ Έτσι έχουμε ( ) β Δ E Συνδυάζοντας τα παραπάνω παίρνουμε: β ε Αυτή είναι μια ελλειπτική τροχιά επειδή < β ε.. Η αρχική και η τελική τροχιά τέμνονται στο σημείο P, όπου η μηχανή του δορυφόρου τέθηκε σε λειτουργία στιγμιαία (see Figue 4). Στο σημείο αυτό ( ) α β α θ os π α ΘΕΜΑ. Λύσεις Σελίδα of

2 . 6 t Intenational Pysis Olypiad. Salaana (España) 5 Από την εξίσωση της τροχιάς μπορούμε να καταλήξουμε αμέσως στο ότι η μέγιστη και η ελάχιστη τιμή του προκύπτει για θ και θ π αντίστοιχα (Εικόνα 4). Έτσι, αυτές δίνονται από τις οπότε l ax ε ax β and Για β / 4, παίρνουμε ax 7 l in + ε in + β 5. 6 ;. 8 in Οι αποστάσεις και προκύπτουν επίσης από ax την διατήρηση της μηχανικής ενέργειας και της στροφορμής, λαμβάνοντας υπ όψιν ότι και είναι κάθετες στο απόγειο και στο περίγειο. E g L ( β ) in 7 g Αυτό που προκύπτει από αυτές μετά την απαλοιφή του, είναι μια εξίσωση δευτέρου βαθμού της οποίας οι λύσεις είναι οι και. ax in in P Δ π α Figue ax.4 Από τον Τρίτο νόμο του Keple, η περίοδος στην νέα τροχιά θα ικανοποιεί τη σχέση a όπου a, ο μεγάλος ημιάξονας της έλλειψης, που θα είναι a ax + in β Οπότε / ( ) β Για β /4 / Μόνον εάν ο δορυφόρος ακολουθεί μια ανοικτή τροχιά μπορεί να δραπετεύσει από τη βαρυτική έλξη της Γης. Έτσι, η εκκεντρότητα της τροχιάς θα πρέπει να είναι ίση ή μεγαλύτερη από τη μονάδα. Η ελάχιστη παράμετρος προώθησης που αντιστοιχεί σε μια παραβολική τροχιά, με ε ε β β es ΘΕΜΑ. Λύσεις Σελίδα of

3 6 t Intenational Pysis Olypiad. Salaana (España) 5 Αυτή θα μπορούσε επίσης να προκύψει χρησιμοποιώντας το ότι η συνολική ενέργεια του δορυφόρου θα πρέπει να είναι μηδέν για να φτάσει στο άπειρο (E p ) χωρίς κάποια ταχύτητα (E k ) ( ) E β es β es Αυτό επίσης προκύπτει από ή από. ax. Λόγω του ότι ε β, η πολική εξίσωση παραβολής είναι es l osθ Όπου συνεχίζει να ισχύει ότι περίπτωση κατά την οποία in l θ π, έτσι. Η ελάχιστη απόσταση Γης-Δορυφόρου αντιστοιχεί στην Αυτό επίσης προκύπτει από τη διατήρηση της ενέργειας (για E ) και από την ισότητα μεταξύ της στροφορμής (L ) στο αρχικό σημείο P και στη μέγιστη προσέγγιση, όπου και είναι κάθετα. 4. ενέργειας 4. Εάν ο δορυφόρος δραπετεύει στο άπειρο με κάποια ταχύτητα ( ) E β / ( β ) Εφόσον ε β > β η τροχιά του δορυφόρου θα είναι μια υπερβολή. es Η στροφορμή του δορυφόρου είναι η ίδια στο P και στο σημείο όπου αποκτά την (Εικόνα 5), έτσι 4. So b / b b ( β ) Η γωνία μεταξύ κάθε ασύμπτωτης και του άξονα της υπερβολής που εμφανίζεται στην πολική εξίσωσή της στο όριο που την οποία ο παρονομαστής της εξίσωσης εξαφανίζεται, από τη διατήρηση της Asyptot θ asy θ asy Δ Asyptot P φ b Figue 5 θ asy. Αυτή είναι η γωνία για asy β osθ θ asy os β ΘΕΜΑ. Λύσεις Σελίδα of

4 6 t Intenational Pysis Olypiad. Salaana (España) 5 Σύμφωνα με την εικόνα 5 π π φ + θ asy φ + os β Για β es β, παίρνουμε φ 8 º. 4ad ΘΕΜΑ. Λύσεις Σελίδα 4 of

5 6 t Intenational Pysis Olypiad. Salaana (España) 5 ΦΥΛΛΟ ΑΠΑΝΤΗΣΕΩΝ Ερώτηση Βασικοί τύποι και ιδέες που χρησιμοποιήθηκαν Αναλυτικά αποτελέσματα Αριθμητικά αποτελέσματα Οδηγός βαθμολόγησης... M G π GM g E L G M l... Υπόδειξη για κωνικές τομές. Αποτελέσματα από., ή διατήρηση E και L L g.7 /s g E ε β ax in β + β π α. ax in Τρίτος νόμος του Keple. ε, E, o ax / ( ) β β.5 es. ε και αποτελέσματα της. in / 4. Διατήρηση της E ( β ) / 4. Διατήρηση της L ( β ).. b. 4. Υπόδειξη για κωνικές τομές. π φ + os 8 º.4ad β φ. +. ΘΕΜΑ. Λύσεις Σελίδα 5 of

6 6 t Intenational Pysis Olypiad. Salaana (España) 5 ΘΕΜΑ : ΑΠΟΛΥΤΕΣ ΜΕΤΡΗΣΕΙΣ ΗΛΕΚΤΡΙΚΩΝ ΠΟΣΟΤΗΤΩΝ. Μετά από κάποιο χρόνο t, η κάθετη στο πλαίσιο σχηματίζει γωνία ω t με το μαγνητικό πεδίο i. Έτσι, η μαγνητική ροή που διέρχεται από το πλαίσιο είναι φ N S Όπου το διάνυσμα της επιφάνειας S δίνεται από S π a ( osω t i + sin ω t j ) Όπου Η επαγόμενη ΗΕΔ είανι φ Nπ a osωt ε dφ ε Nπ a ω sinωt dt Η στιγμιαία ισχύς είναι P ε /, οπότε P ( N π a ω) Χρησιμοποιήσαμε το ότι < sin ω t > sin ωt dt. Το συνολικό πεδίο στο κέντρο του πλαισίου τη στιγμή t είναι + όπου i t i είναι το μαγνητικό πεδίο λόγω του επαγωγικού ρεύματος ( os ωt i + sinωt j ) i i με μ N I i και I ε / a μ N π a ω Οπότε i sinωt Η μέσες τιμές των συνιστωσών του είναι ix iy μn π a ω sinωt osωt μ N a N π ω μ a sin t π ω ω 4 Και η μέση τιμή του συνολικού μαγνητικού πεδίου είνια t μ N a i π ω + j 4 Η βελόνα προσανατολίζεται κατά μήκος του πεδίου, έτσι ω μ N π a tanθ 4 Τελικά, η αντίσταση του πλαισίου που μετριέται με αυτή τη διαδικασία, σε σχέση με τοθ, είναι ΘΕΜΑ. Λύσεις Σελίδα 6 of

7 6 t Intenational Pysis Olypiad. Salaana (España) 5 μ N π aω 4tanθ. Η δύναμη σε θετικό μοναδιαίο φορτίο στο δίσκο είναι ακτινική και ίση με ω όπου είναι το μαγνητικό πεδίο στο κέντρο του πλαισίου μ I N a Έτσι, η ΗΕΔ που επάγεται σε κάθε δίσκο από το μαγνητικό πεδίο είναι ε ε D b ω d b ω D ' Τελικά, η επαγόμενη ΗΕΔ μεταξύ και 4 είναι ε ε D + ε D' μ b I N ω ε a 4. Όπου η ένδειξη του G μηδενίζεται, I G και οι νόμοι του Kioff δίνουν μια άμεση απάντηση. Έτσι έχουμε ε I μ b N ω a 5. Η δύναμη ανά μονάδα μήκους f μεταξύ δύο παράλληλων ρευματοφόρων αγωγών απείρου μήκους που απέχουν απόσταση είναι. f μ I I π για I I I και μήκος π a, η δύναμη F που ασκείται στη C από τη γειτονική σπείρα C είναι μ a F I 6. Στην ισορροπία g x 4F d έτσι Οπότε 4μ ad g x I () gx I 4 ad μ / ΘΕΜΑ. Λύσεις Σελίδα 7 of

8 6 t Intenational Pysis Olypiad. Salaana (España) 5 7. Ο ζυγός επανέρχεται στη θέση ισορροπίας για μια μικρή γωνιακή μετατόπιση δϕ αν η ροπή του βάρους ως προς το O είναι μεγαλύτερη από τις ροπές των μαγνητικών δυνάμεων. Mgl sinδϕ + g x osδϕ > μ ai + δ z δ z + d osδϕ - δ z + δ z δ z δϕ g x O l G δϕ Mg d + δ z - δ z Οπότε, χρησιμοποιώντας την προτεινόμενη προσέγγιση Mg l 4μ ad I δ sinδϕ osδϕ z + g x > + Λαμβάνοντας υπόψιν τη συνθήκη ισορροπίας (), παίρνουμε osδϕ δ z M gl sin δϕ > g x os δϕ Τελικά, για tan δ ϕ sin δϕ δ z d M l δ z < xd δ z ax M l xd ΘΕΜΑ. Λύσεις Σελίδα 8 of

9 6 t Intenational Pysis Olypiad. Salaana (España) 5 ANSWE SHEE Ερώτηση P Βασικού τύποι και ιδέες που χρησιμοποιήθηκαν Φ N ε dφ dt ε S + μ N i I a tanθ y x i ε Αναλυτικά αποτελέσματα Οδηγός βαθμολόγησης Nπ aω sinω t.5 ( Nπ aω ). P μ N π aω 4tanθ. E ω μ I N a b E d ε μ b I N ω ε a. 4 ε I μ b N ω a,5 5 f μ I I π μ a F I. 6 g x 4F d / gx I 4 ad μ. 7 Γ ga > Γ ag δ M l zax xd. ΘΕΜΑ : ΝΕΤΡΟΝΙΑ ΣΕ ΒΑΡΥΤΙΚΟ ΠΕΔΙΟ. Τα νετρόνια που δεν απορροφούνται στο Α είναι εκείνα που δε διασχίζουν το H. Το σημείο αναστροφής της κίνησής τους θα είναι χαμηλότερα από το H. Έτσι, για ένα νετρόνιο που εισέρχεται στην κοιλότητα σε ύψος z με κατακόρυφη ταχύτητα z, η διατήρηση της ενέργειας δίνει ΘΕΜΑ. Λύσεις Σελίδα 9 of

10 6 t Intenational Pysis Olypiad. Salaana (España) 5 M z + M g z M g H g( H z) z ( z) g( H z). Η κοιλότητα θα έπρεπε να έχει αρκετά μεγάλο μήκος αν θέλαμε να είμαστε σίγουροι ότι θα απορροφηθούν όλα τα νετρόνια με ταχύτητες έξω από την επιτρεπόμενη γκάμα. Οπότε, τα νετρόνια πρέπει να παίρνουν το μέγιστο ύψος τουλάχιστον μια φορά εντός της κοιλότητας. Το μέγιστο απαιτούμενο μήκος που αντιστοιχεί σε νετρόνια που εισέρχονται στο z H με z (εικόνα). Συμβολίζοντας με t f το χρόνο πτήσεώς τους L t x H g t f f L H x L 6.4 g. Ο ρυθμός εισόδου νετρονίων που εισέρχονται στο δεδομένο ύψος z, ανα μονάδα ύψους, είναι ανάλογος με το εύρος των επιτρεπόμενων ταχυτήτων στο ύψος αυτό, ρ είναι η σταθερά αναλογίας [ ( z) ( z) ] g( H z) dn ( z) ρ z, ax z,in ρ dz Ο συνολικός αριθμός των διερχόμενων νετρονίων προκύπτει από την πρόσθεση των νετρονίων που εισέρχονται σε όλα τα δυνατά ύψη. Καλώντας y z / H N H / ( ( H ) dn z) ρ g( H z) dz ρ g H / ( y) / dy ρ g H / ( y) H H L N 4 ( H ) ρ g H / 4. Για ένα νετρόνιο που πέφτει από ύψος H, η δράση κατά τη διάρκεια ενός πλήρους κύκλου είναι διπλάσια από τη δράση κατά την κάθοδο ή κατά την άνοδο. H / 4 S pz dz M g H H / ( y) / dy M g Χρησιμοποιώντας τη συνθήκη κβάντωσης των o-soefeld 4 / S M g H n H n 9 M g / n / Τα αντίστοιχα ενεργειακά επίπεδα (που συνδέονται με την κατακόρυφη κίνηση) είναι E n M g H n Αριθμητικές τιμές για το πρώτο επίπεδο: E n 9M g / n / / 9 H.65 5 M g H 6.5 μ E M g H.7 J.69 ev E.69 pev ΘΕΜΑ. Λύσεις Σελίδα of

11 6 t Intenational Pysis Olypiad. Salaana (España) 5 Σημειώστε ότι H είναι της ίδιας τάξεως με το δεδομένο ύψος της κοιλότητας, H 5 μ. Αυτό δίνει τη δυνατότητα για παρατήρηση χωρικής κβάντωσης μεταβάλοντας το H. 5. Σύμφωνα με την αρχή της αβεβαιότητας ο ελάχιστος χρόνος Δ t και η ελάχιστη ενέργεια Δ E ικανοποιούν τη σχέση ΔE Δt. Κατά τη διάρκεια αυτού του χρόνου, τα νετρόνια κινούνται προς τα δεξιά κατά μια απόσταση Δx Δt x x ΔE Τώρα, η ελάχιστη ενέργεια νετρονίου που επιτρέπεται στην κοιλότητα είναι E, έτσι λοιπόν Δ E E. Οπότε, μια εκτίμηση του ελάχιστου χρόνου και του ελάχιστου μήκους που απαιτείται είναι t q E.4 s.4 s L q x E 4 4 ΘΕΜΑ. Λύσεις Σελίδα of

12 6 t Intenational Pysis Olypiad. Salaana (España) 5 ΘΕΜΑ ΦΥΛΛΟ ΑΠΑΝΤΗΣΕΩΝ Ερώτηση Βασικού τύποι που χρησιμοποιήθηκαν Αναλυτικά αποτελέσματα Αριθμητικά αποτελέσματα Οδηγός βαθμολόγησης g ( H z ) z g ( H z ) z ( ) M z + M g z M g H.5 L t H x gt f f L H L 6.4 x. +. g dn dz N ρ ( H ) [ ] H z, ax z,in dn ( z) N 4 ( H ) g H / ρ.5 4 S pz dz n H H n E n 9 M g 9M g / n / / n / H 6.5 μ E.69 pev ΔE Δt Δ E Δ x E x Δ t t q L q E x E t q L q.4 s ΔΡΑΣΤΗΡΙΟΤΗΤΑ Η ΣΤΑΘΕΡΑ ΤΟΥ PLANK ΣΤΟ ΦΩΣ ΛΑΜΠΤΗΡΑ ΠΥΡΑΚΤΩΣΗΣ Σχεδιάστε τις ηλεκτρικές συνδέσεις στα κουτιά και μεταξύ των κουτιών παρακάτω. ΘΕΜΑ. Λύσεις Σελίδα of

13 6 t Intenational Pysis Olypiad. Salaana (España) 5 Ω V A P P Φωτοαντίσταση Λαμπτήρας πυράκτωσης Ποτενσιόμετρο Κόκκινη υποδοχή Μαύρη υποδοχή Ω V A P P Ωμόμετρο βολτόμετρο Αμπερόμετρο Πλατφόρμα Ποτενσιόμετρο Μπαταρία ΔΡΑΣΤΗΡΙΟΤΗΤΑ a) ΘΕΜΑ. Λύσεις Σελίδα of

14 6 t Intenational Pysis Olypiad. Salaana (España) 5 t 4 ºC 97 K Δ K b) V /V I / A /Ω V in 9. V * * Αυτή είναι χαρακτηριστική του οργάνου σας. Δεν μπορείτε να πάτε κάτω από αυτήν. Παριστάνουμε γραφικά την στον κατακόρυφο άξονα σε σχέση με το I. ΘΕΜΑ. Λύσεις Σελίδα 4 of

15 6 t Intenational Pysis Olypiad. Salaana (España) 5 /oios I /A Με σκοπό τον υπολογισμό του, επιλέγουμε τις δέκα πρώτες μετρήσεις. ASK ) V /V.9 ±..5 ±. 4.9 ±. 7. ±. 4. ±. 4. ± ±. 5. ±. 55. ±. 58. ±. I / A /Ω.87 ±..7 ±.8.58 ±..8 ±.6.95 ±..8 ±.5. ±..86 ±.5.7 ±..9 ±.5.6 ±..94 ±.4.97 ±..99 ± ±..5 ± ±.. ± ±..7 ±. ΘΕΜΑ. Λύσεις Σελίδα 5 of

16 6 t Intenational Pysis Olypiad. Salaana (España) 5 /oios 4 I /A 5 Σφάλμα για την (Υπολογίσαμε το σφάλμα για την πρώτη τιμή ως παράδειγμα). Δ ΔV V ΔI + I Το υπολογίστηκε με τη μέθοδο των ελαχίστων τετραγώνων. slope.57 I I 5.5 n.9.8 Fo axis X : σ Fo axis Y : σ σ Δ σ n I I + σ σ I ΔI. n Δ.47 n I ( I ) ,9 Ω Δ.6 Ω ΘΕΜΑ. Λύσεις Σελίδα 6 of

17 6 t Intenational Pysis Olypiad. Salaana (España) d ) a ; a ; a Υπολογισμός του σφάλματος με δύο μεθόδους: Μ έθοδος A Δ Δ.6 ln ln.8ln ; a Δa a.8 + ; Δa Μέθοδος. Υ ψηλότερη τιμή του a: Μικρότερη τιμή του a: a a + Δ 97 + ax.8.8 ( Δ ) (.9.6) Δ 97 in.8.8 ( + Δ ) (.9 +.6) a Δa ax a in a 9.4 Δa. ΔΡΣΤΗΡΙΟΤΗΤΑ Επειδή Δλ ; Δλ 8 n λ 59 n Δλ 8 n ΔΡΑΣΤΗΡΙΟΤΗΤΑ 4 a) V /V I / A /kω ΘΕΜΑ. Λύσεις Σελίδα 7 of

18 6 t Intenational Pysis Olypiad. Salaana (España) 5 b) Επειδή 5.7 ln γ ln.5 ; γ ln ln.5 ln ln.5.7 ' ' 8. Για τον υπολογισμό του Δγ γνωρίζουμε ότι: ± Δ 5.7 ±. kω ± Δ 8. ±. kω Διαπερατότητα, t 5. % Υπολογ ισμός τοπυ σφάλματος με δύο μεθόδους: Μ έθοδος Α ln ' γ ln t ; Δγ Δ Δ' ; Δγ. ln t ' ln Μ έθοδος Β Υψηλότερη τιμή του γ : γ ax Δ 5.7. ln ln γ ln ' +Δ' ln Δ Χαμηλότερη τιμή του γ: γ ax ln ln γ ln ln ' Δ' 8.. γ Δγ ax γ in ; Δγ. 5.7 kω γ.7 8. kω Δγ. ) Γνωρίζουμε ότι έτσι Επειδή συνεπώς e ln ln a.8 ln ln γ λ (6) () γ + λ γ + λ a.8 ln ln γ + λ a.8 Eq.(9) ΘΕΜΑ. Λύσεις Σελίδα 8 of

19 6 t Intenational Pysis Olypiad. Salaana (España) 5 d) I / A -.8 V /V / Ω / K (S.I.) / kω ln 9.48 ± ±..9 ± 96 ± 8 (.8 ± 8.77 ±..7 ±..4) ± ±.. ± 98 ± 8 (.99± 8. ±..9 ±.. 4) ±. 87. ±.. 6 ± 987 ± 8 (.98± 7.9 ±..67 ±.. 4) -..±. 88. ±.. 5 ± ± 8 (.97± 7.49 ±..4 ±.. 4) -..5± ± ± 8 ± 8 (.95± 7. ±..946 ±.. ) -..4±. 9. ± ± 8 ± 8 (.94± 6.67 ±..894 ±.. ) -..6±. 9. ±. 6. ± 4 ± 8 (.9± 6.5 ±..849 ±.. ) -..7±. 9.8 ± ± 49 ± 9 (.9± 6.6 ±..88 ±.. ) -..8±. 9. ± ± 57 ± 9 (.95± 6. ±..79 ±.. ) -..97±. 9. ±. 8. ± 66 ± 9 (.97± 5.77 ±..75 ±.. ) -..±. 9. ±. 8. ± 69 ± 9 (.94± 5.69 ±..79 ±.. ) -..7± ±. 9. ± 85 ± 9 (.89± 5.5 ±..677 ±.. ) -..4±. 95. ±.. ± 96 ± 9 (.88± 5.5 ±..69 ±.. ) -..5± ±.. 4 ± ± 9 (.875± 5.7 ±..6 ±.. ) -. unneessay Υπολογίσαμε τα σφάλματα για την πρώτη στήλη, ως παράδειγμα. Σφάλμα για : Δ ΔV V ΔI + I Ω Σφάλμα για : Δa Δ.. Δ +.8 ; Δ K a ΘΕΜΑ. Λύσεις Σελίδα 9 of

20 6 t Intenational Pysis Olypiad. Salaana (España) Σφάλμα για :.8 x Δ ; ln x.8 ln.8. ( ) Δ ; Δx x.8 ; Δ.8 ( ).8 Δ Σφάλμα για ln : Δ. Δln ; Δln e) Παριστάνουμε γραφικά τον ln σε σχέση με -.8. ln,,9,7,5,86e-,88e-,9e-,9e-,94e-,96e-,98e-,e-,e- -.8 ΘΕΜΑ. Λύσεις Σελίδα of

21 6 t Intenational Pysis Olypiad. Salaana (España) 5 Από τα ελάχιστα τετράγωνα Κλίση.8 ( ).8 ( ) n Για τον άξονα X : σ Για τον άξονα Y : σ σ σ 44,677 ln + σ ln.8.8 Δ Δ..8 ( ) ( ln) n n (. ).6 Δ Επειδή και έτσι n 4,6.8.8 ( ) ( ) (.768) nσ γ λ a k kλ a γ Δ Δ 6.4 Δ Δk + k Δλ + λ + + Δa + a Δγ + γ J s Δ. -4 J s ΘΕΜΑ. Λύσεις Σελίδα of