Eesti koolinoorte 22. füüsika lahtine võistlus

Transcript

1 Eesti koolinoorte. füüsika lahtine võistlus 6. november 011. a. Noorema rühma lahendused 1. (POSTID) Posti pikkus on pärast soojushulga andmist: l = l algne(1 + a)q cm Sellest saab arvutad, kui pikaks mõlemad postid saavad. Esimene post: l 1 = 1.03 m. Teine post: l = m. Näeme, et teine post saab seega pikemaks.. (REOSTAAT) Takistitel R 1 ja R on pinged võrdsed, kui R 1 takistus on võrdne R ja temaga rööbiti ühendatud reostaadi kogutakistusega. Märkame, et selline olukord realiseerub juhul,kui R = R = R 1,kus R on reostaadi takistus. Reostaadi takistus on võrdeline tema klemmide vahelise kaugusega: R = l l 0 R r, kust l on reostaadi klemmide vaheline kaugus, l 0 on reostaadi kogupikkus ja R r reostaadi maksimaalne takistus. arvestade eelnevaid võrrandeid, saame: R = l l 0 R r, millest l = Rl0 R r =.5 cm 3. (KUUP VEES) Selleks, et vesi kuupi ei pääseks peab kuubis olev ülerõhk p kompenseerima veesamaba rõhu, millest: p = ρgh. Üleslükkejõu ja raskusjõu tasakaalust saame: mg = a gρh. Kogurõhk kuubis peab seega olema välisrõhu ja ülerõhu summa: p kuubis = p 0 + p = p 0 + gm a 4. (PÕRKEPALL) a) Kuna puudub hõõre palli ja seinte vahel, siis võib põrkepalli põrkeid kirjeldada peegeldumisseadusega. On näha, et esialgne langemise siht läbib laes punkti, mis on 1 m kaugusel seinast. Peegeldumisseadusest tuleneva sümeetria tõttu peab pall peale põrget suunduma sammuti laepunkti, mis on seinast 1 m kaugusel. Kusjuures, algsest langemissihist on ka näha, et iga horisontaalsihis läbitud meetri kohta läbib pall vertikaalsihis kolm meetrit. Pidades seda silmas on kerge konstrueerida palli edasine liikumine. Ilmneb, et ta tõepoolest hakkab liikuma perioodiliselt. Palli trajektoor on kujult nagu kolm järjestikust rombi. Seega peab ta ühe perioodi jooksul läbima 3 4 = 1 rombi küljepikkuse suuruse vahemaa. Täisnurksest kolmnurgast saab, et ühe küljepikkus: Põrkepalli liikumise periood on siis: l = = 10 m T = = 10 s 1

2 b) Selleks, et põrkepall hakkaks perioodiliselt liikuma mööda kolmnurkset trajektoori, peab ta põrkama ainult vastu kolme külge, kusjuures alati ühtedesse ja samadesse punktidesse. Vaatleme juhtu, kus pall moodustab kolmnurkse trajektoori langedes põrandale, laele ja ühele seinale (ülejäänud variandid on samaväärsed). Kui põrandalt põrgates on langemisnurk α siis peegeldumisseaduse järgi peab ka laest põrgates olema langemisnurk α. Et seinad on põranda ja laega risti, siis langemisnurk seinale on 90 α. Seega on sedasi moodustatud kolmnurga sisenurkade summa: α + α + (90 α) = 180 α Kolmnurga sisenurkade summa peab aga olema 180, seega esineb siin vastuolu ja ilmneb, et põrkepalli ei saa sedasi visata, et ta hakkaks liikuma perioodiliselt mööda kolmnurkset trajektoori. 5. (VALGUSE KIIRUS) Kui valguskiirel kulub peeglini ja tagasi jõudmiseks täpselt see aeg, mis kulub kettal edasi pöörlemiseks ühe hambavahe a võrra, siis ei jõua teisele poole ketast üldse valgust, kuna ketta hambad ja tühimikud on sama laiusega. Kettal kulub kaare pikkuse a võrra pöörlemiseks aeg, mis avaldub perioodi T = 1 f kaudu: t = T a πr = D c = a πfr f = ac 150 Hz 4πDR 6. (TINA JA JÄÄ) Olgu M sulanud jää mass ja m tina mass. Tähistame 1 ρ = 1 ρ j 1 ρ v ning olgu V = 0, 0 cm 3 augu ruumala muut. Soojusbalanss: mtc = Mλ M = m Tc λ ; Augu ruumala muut on sulanud jää ruumala miinus vastava koguse vee ruumala miinus tina ruumala: V = M 1 ( Tc ρ m1 = m ρ t λ 1 ρ 1 ) ρ t

3 V m = T c λ 1 ρ 1 35 g ρ t Nagu näha, on algandmetega juhtunud trükiviga mass ei saa olla negatiivne! 7. (PALL) Esmalt vaatleme, mis juhtub kui pall tabab seina. Kõige lihtsam on selleks minna üle taustsüsteemi, kus liikuv sein on paigal. Selles taustsüsteemis liigub pall summaarse kirusega v = v+v plaat. Selles taustsüsteemis on pärast põrget kiirus v = (v v plaat ), teisendades see algsesse taustsüsteemi v = (v + v plaat ) v plaat = v v plaat Seega kasvab palli kiirus igal põrkel vastu liikuvat seina v plaat võrra. Edasi peab analüüsima järgnevaid põrkeid. 1. Põrge: Pall tabab liikuvat seina. Selle ajahetke saab leida tingimusest, et sellel ajahetkel on pall ja sein liikunud samasse kohta: d v plaat t = v 0 t t 1 = l 0 v plaat + v 0 = 1.49 s Kaugus sellel hetkel: l 1 = v 0 t 1 = m. Pärast põrget on kiirus: v 1 = v 1 +v plaat = 9 m/s. Põrge: Pall tabab seisvat seina. Kulunud aeg: t = l 1 /v 1 = s. Kaugus plaatide vahel: l = l 1 v plaat t = m. Edasi peab vaatama, kas 3. põrge toimub. 3. Põrge: Analoogselt esimesele põrkele: l 3 = l 1 v 1 v plaat + v 1 = m Järelikult toimub 3. põrge, kui plaadid on üksteisele lähemal, kui 5 m. Ehk palli lõplikuks kiiruseks jääb 9 m/s. 8. (RONGID) Kui rong kiireneb või aeglustub ühtlaselt, avaldub tema keskmine kiirus kui v kesk = v alg + v lõpp. Seega kui rong kiirendab 0-st kiiruseni u või pidurdab sellelt kiiruselt seismajäämiseni, on tema keskmine kiirus vastaval lõigul u/. Kui rong kiirendab maksimaalse lubatud kiiruseni v = 10 km/h, on vana rongi kiirendus- ja pidurdusteekonna pikkus s v1 = v t v1 = 3, 0 km, s v = v t v =, 0 km. Vastavad teepikkused uue rongi puhul s u1 = v t u1 = 1, 5 km, s u = v t u = 1, 0 km. 3

4 Vahemaa punktist C punkti B on s = s s 1 = 3, km. Kuna uue rongi puhul on tema kiirendus- ja pidurdusteekonna pikkuste summa väiksem nii s 1 -st kui s -st, siis saavutab uus rong mõlemal teelõigul maksimaalse lubatud kiiruse. Maksimaalse kiirusega sõidab rong esimesest teelõigust s uac = s 1 s u1 s u = 3, 5 km ning teisest teelõigust s ucb = s s u1 s u = 0, 7 km ning see võtab kokku t u0 = s uac + s ucb =, 1 minutit v aega. Teekond punktist A punkti B uue rongiga kestab niisiis t u = (t u1 + t u ) + t 0 + t u0 = 8, 1 minutit. Et vana rongi jaoks s v1 +s v < s 1, siis liikudes peatuste A ja C vahel saavutab ka vana rong maksimaalse lubatud sõidukiiruse, sõites sellega s uac = s 1 s u1 s u = 1, 0 km, ajaliselt võtab see t vac = suac v = 0, 5 minutit. Ent peatuste C ja B vahel liikudes ei jõua vana rong saavutada maksimaalset lubatud kiirust, sest s v1 +s v > s. Leiame seega kiiruse v x, milleni jõuab kiirendada vana rong sellel teelõigul; kiirendamise järel hakkab ta kohe pidurdama. Kuna rong kiireneb ja pidurdab ühtlaselt, siis kiiruseni v x kiirendamine ning sellelt kiiruselt pidurdamine võtavad aega vastavalt vx v t v1 ja vx v t v. Kiirendusteekonna pikkus on seega vx vx v t v1 ja pidurdusteekonna pikkus vx vx v t v. Kokku nad annavad s, seega saame võrrandi v x v t v1 + v x v t v = s ehk vx t v1 + t v = s. v Siit leiame v x = 96 km/h. Lõigul CB on kiirdnuse ja aeglustuse ajad seega t CB1 = v x v t v1 =, 4 min, Sõiduaeg vana rongi jaoks kokku t CB = v x v t v = 1, 6 min. t u = t u1 + t u + t vac + t 0 + t CB1 + t CB = 10, 5 minutit. Vastus: t u = 8, 1 min, t v = 10, 5 min. 4

5 9. (OPTILINE MUST KAST) Üks võimalik lahendusskeem on toodud joonisel. Valgusvihkude suhtes 45-kraadise nurga all asetatud kahe tasapeegli abil jagame valguvihu kolmeks ning iga väljuva valgusvihu jaoks korrigeerime selle laiuse kahe läätse abil (joonisel kasutatud nõgusja kumerlääts). 10. (HÄVITUSLENNUK) Olgu hetkel, mil Mati käivitab stopperi lennuki horisontaalsuunaline kaugus temast x 1. Tähistame lennuki lennukõrguse H, posti pikkus h ja kaugus L. Tekkivad kaks kujutletavat täisnurkset sarnast kolmnurka, mille ühise nurga tipus asub Mati. Nendest saame (kasutades eeldust, et ilmselt l H): H l x 1 H x 1 = h l L Kui lennuk on jõudnud üle Mati pea, jõuab temani lööklaine hetkel, mil lennuki horisontaalkaugus x Matist on: H x = tan ( H ) α = tan ( arcsin ( )) α = H v u u Olgu τ mõõdetud aeg. Stopperi käivitamise hetkest seiskamiseni liikus lennuk vahemaa: ( ) v u x 1 + x = H + L vτ = vτ H = ( v ) 1630 m u h l u u + L h l 5

6 Eesti koolinoorte. füüsika lahtine võistlus 6. november 011. a. Vanema rühma lahendused 1. (SEGADUS OPTIKALABORIS) Selleks, et kiirtekimp laieneks ja jääks paralleelseks, pidi optik paigutama nägusläätse kumerläätse ette niimoodi, et läätsede fookused ühtiksid nõgusläätse ees. Tähistades nõgusläätse fookuskauguse f n ja vastavalt kumerläätsel f k, saame kirja panna d = f k f n. Vaatame üht kiirt, mis langeb nõgusläätsele paralleelselt läätsede optiliste peatelgedega, läätse keskpunktist kaugusel x 1. Teine kiir liikugu lihtsuse mõttes mõõda süsteemi optilist peatelge. See kiir läbib kumerläätse tema keskpunktist kaugusel x. Tekkivatest sarnastest kolmnurkadest saame kirja panna x 1 = x = x f n f k f k d millest f k = x d x x 1 = 5 cm, f n = f k d = 0 cm Optilised tugevused saame, võttes fookuskauguste pöördväärtused: D k 1,9 dptr ja D n = 5 dptr.. (PINDPINEVUS) Vaatleme jõudude tasakaalu kummaski torus: reservuaari veetasemest ülespoole jääva vee kaalu ρghs tasakaalustab kapillaarjõud σp cos α, kus p on vee ja klaasi kontaktjoone kogupikkus, h veetaseme kõrgus kapillaaris, S toru ristlõikepindala ja α nurk veepinna puutuja ja klaasi pinna vahel, mis sõltub märgamise määrast, kuid on mõlema toru jaoks sama (õigeks loetakse ka lahendused, kus eeldades täielikku märgamist jäetakse tegur cos α ära). Niisiis h = σp cos α/ρgs. Suure toru jaoks p = π(r + r 1 ) ja S = π(r r 1 ); väikse toru jaoks p 1 = πr 1 ja S 1 = πr 1. Seosest h 1 = h saame p /p 1 = S /S 1, millest ülaltoodud avaldiste asendamise teel omakorda saame 1 + r /r 1 = (r /r 1 ) 1. Viimane seos kujutab endast suhte x = r /r 1 jaoks ruutvõrrandit x x = 0 x = (negatiivne lahend ei oma füüsikalist tähendust). Niisiis r 1 = r. 3. (VEOAUTO) Läheme veoautoga seotud taustsüsteemi, mis liigub kulgevalt kiirendusega a; selles süsteemis mõjub kehadele lisaks raskusjõule veel inertsijõud m a, mis on olemuselt identne raskusjõuga. Seega võtab veepind asendi, mis on risti inertsijõu ja raskusjõu resultandiga, m( g a). Olgu vedelikupinna algasendi keskpunkt O ja parempoolne otspunkt A ning uue asendi parempoolne otspunkt B. Sellisel juhul on kolmnurk OAB sarnane vektoritele a ja g ehitatud täisnurkse kolmnurgaga (nurkade võrdsuse tõttu): AB = OA a/g. Maksimaalse kiirenduse korral ühtib punkt B kasti ülemise servaga, st AB = H h. Niisiis a = g AB OA = g H h L. 4. (SMURF SOLAARIUMIS) Kuna kogu Smurfile langenud valgusest I neeldub Smurfil vaid I ε, kujutab I ε graafik Smurfil neeldunud valguse intensiivsust lainepikkuse kohta sõltuvalt lainepikkusest. Konstrueerime nimetatud graafiku. Selleks loeme jooniselt erinevate λ väärtustele vastavad I ja ε väärtused ning arvutame nende korrutised, vt tabelit. Tabeli põhjal konstrueeritud joonise ning loeme graafiku alla jäänud pindala, mis on võrdne Smurfil neeldunud valguse intensiivsusega I kokku = ( ) 1 W m = 199 W m. Kuna kiirguse intensiivsus näitab võimsust

7 pindalaühiku kohta, saab Smurf kokku soojushulga Q = I kokku St = 199 W m 0,1 m 10 min 60 s 1 kj. min λ (nm) I (10 9 W m ) 0,00 0,05 0,4 0,45 0,85,5 3,75 4,35 4,5 3 ε 0,46 0,54 0,6 0,68 0,70 0,70 0,68 0,6 0,53 I ε (10 9 W m ) 3 0,00 0,03 0,15 0,31 0,60 1,58,55,70,5 λ (nm) I (10 9 W m 3 ) 3,5,00,70 0,85 0,0 0,10 0,05 0,00 ε 0,37 0,5 0, 0,18 0,18 0,0 0,3 0,33 I ε (10 9 W m 3 ) 1,0 0,50 0,59 0,15 0,04 0,0 0,01 0,00 5. (SÜSTAL) Kirjutame ideaalse gaasi olekuvõrrandi süstla jaoks vahetult peale sõrmega sulgemist: p 0 V = nrt Peale kolvi välja tõmbamist ja vabastamist: p V = nrt p = p 0 V V Kui kolb (ristlõikepindalaga S = πd 4 )peale vabastamist seiskub, siis on kolvi hõõrdejõud F h tasakaalustanud rõhkude vahest tekitatud jõu: ( F h = S(p 0 p ) = Sp 0 1 V ) ) = πd V 4 p 0 (1 VV 0,9 N 6. (LAENGUD) Kuna Lorentzi jõud mõjub alati risti liikumissuunaga, liiguvad laengud mööda ringjooni, mille raadiuse leiame Newtoni teisest seadusest: qvb = m v r R = mv/qb,

8 kusjuures ühe ringjoone keskpunkt on punktis (0,R) ja teisel ( R,0). Nende kiirusvektorid on alghetkel risti ja kuivõrd need pöörlevad ühesuguse kiirusega, siis jäävad risti ka edasise liikumise käigus, kusjuures suhtelise kiiruse vektor w = v 1 v moodustab kummagi kiirusvektoriga 45-kraadilise nurga. Vahekaugus on maksimaalne, kui w on risti laenguid ühendava sirgega, st laenguid ühendav sirge moodustab laengu asukohast tõmmatud puutujaga (st laengu kiirusvektoriga) 45-kraadilise nurga; on lihtne näha, et see juhtub hetkel, mil laengud on punktides (0,R) ja ( R,0), mis annab maksimaalseks vahekauguseks l = R = mv/qb. Alternatiivlahendus Esitame laengute asukohad ajalises sõltuvuses kompleksarvudena komplekstasandil: z 1 = Ri Rie iωt ja z = R + Re iωt, kus ω on tsüklotronsagedus. Nende vahekaugus l = z 1 z = R(1 + i)(1 e iωt ) = R 1 e iωt on maksimaalne, kui e iωt = 1, mil l = R = mv/qb. 7. (HÄVITUSLENNUK) Olgu hetkel, mil Mati käivitab stopperi lennuki horisontaalsuunaline kaugus temast x 1. Tähistame lennuki lennukõrguse H, posti pikkuse h ja kauguse L. Tekib kaks kujutletavat täisnurkset sarnast kolmnurka, mille ühise nurga tipus asub Mati. Nendest saame (kasutades eeldust, et ilmselt l H): H l x 1 H x 1 = h l L Kui lennuk on jõudnud üle Mati pea, jõuab temani lööklaine hetkel, mil lennuki horisontaalkaugus x Matist on H x = tan ( H ) α = tan ( arcsin ( )) α = H v u u Olgu τ mõõdetud aeg. Stopperi käivitamise hetkest seiskamiseni liikus lennuk vahemaa ( ) v u x 1 + x = H + L vτ = vτ H = ( v ) 1630 m u h l u u + L h l 8. (SFÄÄRID) Et sfäärid on traadiga ühendatud, siis nad omandavad sama potentsiaali. Olgu ühe laeng Q 1 ja teise laeng Q ; sellisel juhul kq 1 /R 1 = kq /R. Jagades selle võrduse vasaku ja parema poole läbi R 1 R -ga ja tähistades E 1 = kq 1 /R 1 ning E = kq /R, saame E 1 /R = E /R 1, millest E 1 /E = R /R (VÄRINAALARM) Kuivõrd väikese keha liigub alla hetkeliselt, siis süsteemi mobiil+keha masskese püsib paigal, mistõttu mobiil kerkib lauapinnast kõrgusele h = x m M. Edasi hakkab mobiil raskusjõu toimel langema; lauapinnale jõudmiseks kuluv aeg t = h/g. Hõõrdejõud peatab mobiili ilma libisemata, kui µ > tan α; et α 1, siis

9 võime eeldada, et see nii ka juhtub. Kui t = h/g < τ, siis jõuab mobiil liikuda langemise jooksul lauapinna sihis vahemaa δ = h sin α hα, mis annab keskmiseks kiiruseks u = xmα τm. Kui h/g < τ, siis ei jõua mobiil lõpuni langeda, vaid väikese keha kerkimine surub mobiili ennatlikult vastu lauda tagasi. Mobiil jõuab langeda vahemaa H = gτ / võrra, mis annab keskmiseks kiiruseks u = Hα τ = 1 4 gτα. Kokkuvõtlikult võib vastuse anda kujul ( xmα u = min τm, 1 ) 4 gτα 10. (KODARAD) Kodara antud punkt näib kujutisel terav, kui selle kiirusvektor on suunatud piki kodarat, st antud punktis kodar ei liigu enese ristsihis. Meetod 1. Olukorda võib selgitada juuresoleva joonise abil. Olgu R ratta raadius ja olgu selle keskpunt O. Kui kodara pöördenurk on θ ning see nurk muutub pildistamise jooksul nurga dθ võrra, siis O on läbinud teatud vahemaa (R dθ), aga kodar on samuti pöördunud sama nurga (dθ) võrra. Jooniselt on näha, et uuel ja vanal kodara asendil on üks ühine punkt, olgu see punkt Q. Nii pildistamise alg- kui ka lõpphetkel asus selles punktis kodar, mistõttu kujutisel jääb see punkt selgelt näha (erinevalt teistest punktidest, kus kodar viibis vaid lühiajaliselt). Kasutades eeltoodud joonist (kus tähistasime OQ = r) võime avaldada lõigu MN pikkuse kahel viisil: R dθ cos θ = r dθ, kus paremal pool kasutasime väikese nurga lähendust sin dθ dθ. Seega R cos θ = r, mis tähendab, et (a) punkt Q on leitav kodara lõikepunktina ratta ja maa kontaktpunktist S kodarale tõmmatud ristsirgega (vt järgnev joonis); (b) vaadeldes seda võrdust kui raadiuse r sõltuvust polaarnurgast θ näeme, et ülejäänud kodarate teravalt kujutuvad punktid asuvad ringjoonel, mille diameetriks on ratta raadius OS. Meetod. Pildistamise hetkel pöörleb kogu ratas ümber hetkelise pöörlemistelje, mis läbib ratta ja maa puutepunkti S (vt. joonist). Sellel hetkel liigub iga ratta osake mööda ringjoone kaart, mille keskpuntiks on S. Kui ühe sellisel moel liikuva punkti kiirus on mööda kodarat (OP ), siis see punkt kujutub fotol selgena. Seega me otsime selliseid punkte Q, mille juures OQS on täisnurk. Piirdenurga omaduse põhjal peab selline punkt Q lebama ringjoonel, mille diameetriks on OS sõltumata kodara kaldenurgast θ.