Eesti oolinoorte 65. füüsiaolumpiaad 14. aprill 018. a. Vabariili voor. Gümnaasiumi ülesannete lahendused 1. (POOLITATUD LÄÄTS) (6 p.) Autor: Hans Daniel Kaimre Ülesande püstituses on öeldud, et esialgse seemi orral on lääts objetist ja ujutisest võrdsel augusel. Selline oluord realiseerub, ui nii objet ui ujutis asuvad läätsest aheordses foousauguses, usjuures süsteemi suurendus on 1(objet ja ujutis on sama suured). Läätse pooleslõiamisel ja poolde nihutamisel joonisel toodud seemi järgi saame as uut läätse, mille foousaugused on endiselt samad, uid optilised peateljed on nihes. Seega teib eraanile as samasuurt ujutist ui enne, mis on omavahel vertiaalselt nihutatud ning millede intensiivsus on võrreldes esialgse ujutisega tunduvalt vähenenud. Seejuures onstrueerimisel paneme tähele, et uigi reaalselt läätsest väljapool olevast piironnast iiri läbi ei lähe, saame neid siisi ujutise onstrueerimises asutada. A f f A 1 A
. (AUK TÜNNIS) (8 p.) Autor: Hans Daniel Kaimre Veepiiril olevat vett saame vaadelda ui voolavat vett õrgusel h, mille iirus on null ning us rõh peab olema võrdne õhurõhuga. Tünni põhjast väljuv juga ava juures on h võrra madalamal, rõh peab samamoodi olema võrdne õhurõhuga, uid juga liigub iirusega v. Bernoulli seadusest saame irja panna, et ρgh = ρv /, ust saame et v = gh. Alternatiivselt saame irja panna energia jäävuse seaduse väiese veeoguse m jaos, mille augus anuma põhjast on h: gh m = m v, us oleme arvestanud, et vedeliu ülemisel piiril on vee voolamisiirus pratiliselt 0, ning et energiaadudega ei arvesta. Väljuvas joas peab vooluhul ajaühius olema sama, mis tähendab, et ehtib A 1 v 1 = A v, us A ja v on vastavalt joa ristlõiepindala ja iirus. Kuna A = πd /4, saame seose ümber irjutada ujule v = (d 1/d )v 1. Rasusiirendusega liiuva eha läbitud teepius alg- ja lõppiiruste audu avaldub ui: l = v v 1 g l = d 4 1 d 4 v 1 v 1 g v 1 = gl d 4 1 d 4 1 Vaatleme juhtu, us v 1 = v on iirus ohe ava juures. Sel juhul saame as avaldist v jaos võrduma panna: gh = gl d 4 1 1 h = l d 4 d 4 1 1 d 4 Veejoa läbimõõdu ava juures leiame graafiult puntist l = 0, teise punti valime ise suvaliselt: Valides selles (8,1.79), saame vastuses h = 8/( 4 /1.79 4 1) = 50 cm. 3. (PEEGELPÕHI) (8 p.) Autor: Sandra Schumann Paneme tähele, et valemi järgi ui esonna murdumisnäitaja suureneb, aga läätse murdumisnäitaja jääb samas, siis läätse optiline tugevus väheneb ja foousaugus suureneb. Seega on ainus viis, uidas valgusiired saasid a pärast anuma vett täis valamist samas puntis oonduda, see,
ui vee sees valgusiired peegeldusid põhjas olevalt peeglilt ja seejärel oondusid samas puntis, us enne. Läätse augus anuma põhjast on l = 10 cm. Olgu läätse optiline tugevus õhus D ja foousaugus õhus f = 1. Tema optiline tugevus vees olgu D D v. Läätse foousaugus vees peab selles, et iired pärast peegeldumist samas puntis oondusid, olema l f = 1 D v. Valemi põhjal saame, et D v D = ( ) f n nv 1 l f = n v R 1 + 1 R ( ) 1 = n n 0 n 0 n v R 1 + 1 n n v n 0 n v R n n 0 n 0 f(n n v n 0 n v ) = (l f)(n n 0 n 0 n v ) n n v f n 0 n v f = ln n 0 ln 0 n v n n 0 f + n 0 n v f f(n n v + n n 0 n 0 n v ) = ln 0 (n n v ) f = Seega on läätse foousaugus f = ln 0 (n n v ) n n v + n n 0 n 0 n v 10cm 1,0 (1,49 1,33) 1,49 1,33 + 1,49 1,0 1,0 1,33 = 3,94 cm 4 cm. 4. (KAHEOSALINE PENDEL) (8 p.) Autor: Hans Daniel Kaimre Niidis aob tõmbejõud, ui rasusjõu niidisuunaline omponent saab võrdses tsentrifugaaljõuga. Märgistame nurga niidi ning horistontaaljoone vahel θ-ga. Tsentrifugaaljõud avaldub ui F t = mv /r = mv /l ning rasusjõu niidisuunaline omponent F r n = mg sin θ. Need peavad võrduma, seega: mv l = mg sin θ v = gl sin θ Võttes potentsiaalse energia nivoo nullpuntis asendi, saame et uuli energia asendis 1 on E 1 = mgl. Asendis 3 on aga uuliese energia
E 3 = mv / + mg(1 + sin θ)l/. Kuna ehtib energia jäävuse seadus, peab ehtima E 1 = E 3 : mgl = mv + mg(1 + sin θ) l v = gl(1 sinθ) Pannes as avaldist v jaos omavahel võrduma, saame: gl sin θ = gl(1 sinθ) 3 sin θ = 3 cos α = 1 α = arccos 3 O F t F r F rn θ α l A 5. (SOOJUSTUS) (10 p.) Autor: Ardi Loot Toas oleva niise õhu leviut piirab soojustusihtide vahel olev ile. Selles, et vältida ondenseerumist, ei tohi ile asuohas temperatuur langeda alla astepunti. Kastepunti saame leida graafiu alusel, leides alguses üllastunud veeauru osarõhu toatemperatuuril, arvutades sellest η 1 = 60 % ja seejärel leides sellele vastava astepunti T = 1,0 C.
T Järgmises on vaja leida avaldis temperatuuri jaos ile asuohas (T ). Eeldades, et temperatuur muutub soojustusihis lineaarselt augusega ja muutuse iirus on pöördvõrdeline soojusjuhtivusega, saame liiudes seest välja irja panna as võrrandit T = T 1 α 1 L 1 T = T α L (1) us α on tundmatu võrdetegur. Nende võrrandite lahendamine annab T = T L 1 + 1 T 1 L L 1 + 1 L. () Ja lõpetuses, tuleb leida sisemise soojustusihi pasus L 1 piirjuhul, ui ile temperatuur võrdub astepuntiga 1 (T 1 T ) L 1 = L 7,8 cm (3) 1 T 1 T ( 1 ) T ja ondenseerumise vältimises peab sisemise soojustusihi pasus olema sellest väisem.
6. (PENDEL) (10 p.) Autor: Jonatan Kalmus Kuna liiumine toimub vaid vertiaalsihis võtame x-teljes vertiaalsihi suunaga alla. Algsest jõudude tasaaalust saame: Mg = x 0 Kust uuli algõrgus x 0 = Mg on augus vedru tasaaaluasendist ilma uuli lisarasuseta. Teame, et vedru otsa asetatud uuli pool võneperioodi on: M τ = π On selge, et see ei sõltu gravitatsioonivälja tugevusest. Kuna nii gravitatsioonivälja ui eletrivälja poolt teitatud jõud äituvad analoogselt, võime järeldada, et võneperiood ei sõltu a eletrivälja tugevusest ning jääb onstantses. Seega muudab eletrivälja jõud vaid uuli tasaaaluasendit iga ord, ui uul muudab oma liiumissuunda (sest ülesandes on öeldud, et eletriväli on alati uuli liiumise suunas) eh iga poole võneperioodi τ järel. Alla liiumisel on eletriväli suunatud alla ning saame irja panna uue jõudude tasaaalu: Mg + Eq = x Kust tasaaaluasend alla liiumisel: x = Mg + Eq = x 0 + x Analoogselt saame leida tasaaaluasendi üles liiumisel, uid nüüd on eleriväli suunatud üles: x = Mg Eq = x 0 x On selge, et algselt eletrivälja sisselülitamisel, ui eletriväli on alla suunatud, muutub tasaaaluasend heteliselt vastavas, uid uuli asuoht jääb algselt samas. Seega pole uul enam tasaaalus, vaid uuest tasaaaluasendist augusel x ning haab võnuma amplituudiga A 1 = x tasaaaluasendi x ümber. Aja τ järel on uul jõudnud
augusele x 0 + x. Kuna uul haab nüüd üles liiuma, muutub a uuli tasaaaluasend oos eletriväljaga vastavas ning üles minnes võngub uul juba amplituudiga A = 3 x tasaaaluasendi x ümber. On selge, et iga tasaaaluasendi vahetumisega asvab uuli amplituud edaspidi x võrra. Tasaaaluasend vahetub aga iga ajavahemiu τ järel. Nüüd leiame uuli asuoha ülesandes antud ajahetel, milles on 7τ. Selle aja joosul liigub uul orra algasendist alla, ning teeb siis 3 täisvõnget, jõudes nende järel uuesti alla. Pärast algasendist alla jõudmist on uuli asuoht x 0 + x. Seejärel liigub uul üles asendisse x 0 4 x ja uuesti alla asendisse x 0 + 6 x. Kauguse aboluutväärtus algasendist suureneb seega iga τ järel x võrra. 7τ järel on augus tasaaaluasendist seega 7 x = 14 x. Nagu enne selges tegime, on uul seega üsitud ajahetel 7τ algasendist x 0 14 x = 14 Eq võrra all pool. 7. (TAKISTUSTE TUVASTAMINE) (10 p.) Autor: Eero Vaher R 1 = Ω R 4 = 1 Ω Eletrivoolul on võimali ahelat läbida olmel moel: läbi ülemise haru (taistid R 1 ja R 4 ), läbi esmise haru (taistid R 3 = 1 Ω R, R 3 ja R 4 ) ning läbi alumise haru (taistid R = 1 Ω R 5 = Ω R ja R 5 ). Pingelang igal taistil on võrdne selle taistuse ning seda läbiva voolutugevuse orrutisega ning pingelangude summa õigil olmel teeonnal peab olema võrdne pingega vooluallial. Niisiis I 1 R 1 + I 4 R 4 = I R + I 3 R 3 + I 4 R 4 = I R + I 5 R 5 = U 0. Neist võrranditest saab tuletada avaldised I 1 R 1 = I R + I 3 R 3 ning I 3 R 3 + I 4 R 4 = I 5 R 5, mis irjeldavad pingelange seemi vasaul ning paremal poolel. Lisas saame panna irja võrrandid voolutugevuste jaos: I 1 = I 0 I, I 4 = I 1 + I 3 ning I 5 = I I 3. Paneme tähele, et ui R 1 = R ja R 4 = R 5, siis sümmeetriaaalutlustel peas ehtima R 3 = 0. On ilmne, et R 3 = 1 Ω. Oletame esmalt, et R 1 = R 4 = R 3. Sellisel juhul avaldub pingelang ülemises harus ujul (I 1 + I 3 )R 3 = U 0, millest
järeldub I 1 = 6 A ning I = 4 A. Vaadeldes voolu teeonda läbi esmise haru saame irjutada I R +U 3 +(I 1 +I 3 )R 3 = U 0, millest saab järeldada R = R 5 = 1 Ω. Selline seem rahuldab eespool mainitud sümmeetriat, seega tehtud eeldus pole tõene. Oletame nüüd, et R = R 5 = R 3. Seemi alumise haru jaos saame irjutada (I I 3 )R 3 = U 0 eh I = 8 A ning I 1 = A. Pingelangud seemi vasaus pooles peavad rahuldama võrrandit I 1 R 1 = (I + I 3 )R 3, millest järeldub R 1 = 5 Ω. Sellisel juhul on aga pingelang seemi ülemisel harul (I 1 + I 3 )R 1 = 30 V U 0. Oletame nüüd, et R 1 = R 5 = R 3. Pingelang seemi esmisel harul on I R + U 3 + (I 0 I + I 3 )R = U 3 + (I 0 + I 3 )R = U 0 eh R = R 4 = 1 Ω. Tegemist on juba vaadeldud juhuga. Ainus järelejäänud võimalus on R = R 4 = R 3. Seemi vasaust poolest saame (I 0 I )R 1 = I R 3 +U 3, paremast (I I 3 )R 1 = U 3 +(I 0 I +I 3 )R 3. Nende põhjal (I 0 I 3 )R 1 = U 3 + (I 0 + I 3 )R 3 eh R 1 = Ω. On lihtne veenduda, et leitud väärtused rahuldavad õii võrrandeid pingelangude jaos. 8. (KERKIV ÕHUPALL) (1 p.) Autor: Jaan Kalda Seni ui heelium pole võtnud enda alla veel ogu õhupalli ruumala püsib tõstejõud onstante. Tõepoolest, F = ρ a gv p, us ρ a on õhu tihedus ja V p pallis oleva gaasi ruumala. Paneme tähele, et seni ui palli nah ei ole pinguldunud, on pallis oleva gaasi rõh ja temperatuur võrdsed antud hetel palli ümbritseva õhu rõhu ja temperatuuriga. Et ρ a = pµ/rt, us p ja T tähistavad rõhu ja temperatuuri antud õrgusel, ja samal ajal V p = mrt pµ p (us µ p tähistab heeliumi molaarmassi ning m selle ogumassi), siis üleslüejõud F = ρ a V p g = mg µ µ p. Üheprotsendiline vähenemine on nii väie, et me võime lugeda otsitava õrguse võrdses õrgusega, us eelpooltoodud tulemuseni jõudmises tehtud eeldus heeliumi ruumala ohta enam ei ehti, st see võrdsustub V 0 -ga. Gaasi oleuvõrrand ütleb, et V T/p ( tähistab võrdelisust); arvestades, et pallis oleva heeliumi ja ümbristeva õhu temperatuurid ja rõhud on võrdsed, võime järeldada, et see on õrgus, mille juures
on õhu jaos suhe T/p asvanud orda võrreldes maapinnalähedase oluorraga. Mõttelise õhuruumala V jaos on suhe T/p võrdeline V -ga. Seega peab mõttelise õhuruumala erimisel maapinnalt antud õrguseni selle ruumala asvama as orda. Et tegemist on adiabaatilise atmosfääriga, siis õhuruumala V erimisel järgivad selle arateristiud adiabaadiseadust pv γ =constant; ombineerides seda ideaalse gaasi seadusega pv/t =constant saame V γ 1 T =constant. Et V peab asvama orda, siis T peab ahanema γ 1 = 0.4 orda. Seega γ 1 µgh = T γ R 0(1 0.4 ), millest h = γ R T γ 1 µg 0(1 0.4 ) 750 m.
9. (KONDENSAATOR) (1 p.) Autor: Jaan Kalda Teises staadiumis eralduv soojus on võrdne ondensaatori energiaga lüliti avamise hetel, Q = q C/C, us q C on ondensaatori laeng sel hetel. Kogu vabanev soojusenergia on võrdne patarei ogutööga A = (q C + q R )E = Q 1 + Q, us q R on otsitav lampi läbiv laeng. Seega q R = Q 1+Q E CQ. 10. (KAKS KUULI) (14 p.) Autor: Jaan Kalda Eletriväli indutseerib uulidele vastasmärgilised laengud, mis tagavad, et uulide potentsiaalid on võrdsed. Olgu esimese uuli oordinaat z; siis väline väli teitab uulide vahel potentsiaalide vahe Ez; see peab võrduma uulidele indutseeritud laengute ±q teitatud potentsiaalide vahega q/r ( q)/r = q/r. Seega q = EzR/. Esimesele uulile mõjub eletriväljas jõud Eq = E zr/; näeme, et see on võrdeline augusega ja toimib sarnaselt vedrule. Seega teeb summaarne jõud tööd E z R/4. Kui a teine uul siseneb eletrivälja, siis muutub summaarne jõud heteliselt nullis ning uulid jätavad liiumist onstantse iirusega, mis on leitav energia jäävuse seadusest: E z R/4 = mv /, millest v = Ez R. Seni ui uulid iirenevad, on liiumisvõrrandis m z = E z R/4m, millest nii z ui v = ż on esponentsiaalsed funtsioonid ajast. Seega on iiruse graafius esponentisaalselt asvav õver, mis läheb hüppeliselt üle ontsantses funtsioonis (hetel, ui a teine uul siseneb eletrivälja). E1 (KLOTSI MASS) (10 p.) Autor: Eri Tempel Kinnitame umminiidi mõlemasse otsa niidid. Ühe niidi otsa innitame lotsi ülge Hoiame niidi otsast inni ning venitame lotsiga umminiidi välja. Laseme umminiidi lahti ning mõõdame teepiuse, mille lots läbib. Lisame lotsile 100 grammise rasuse ning venitame uuesti umminiidi samaplaju välja, ui esimesel juhul ning laseme lahti ja möödame samuti lotsi poolt läbitud teepiuse. Kumminiidi energia E p andub mõlemal juhul üle otsile ning hõõrdejõud teeb lotsi pidurdamisel tööd A = F h s = µmgs. Kuna hõõrdetegur
µ on mõlemal atsel sama, saame avaldada masside suhte esimese ja teise atse jaos järgmiselt m 1 m = s s 1 m lots = 100 g s s 1 s E (MUST KAST) (14 p.) Autor: Jaan Kalda/Eero Uustalu Kolm elementi on mustas astis tähtühenduses. Sellest arusaamises paneme tähele, et ainult ühe lemmipaari puhul ei lähe vool pia aja möödudes nulli. Märgime ära stabiliseeruva voolutugevuse I nende lemmide vahel. Kasutades multimeetrit voltmeetrina, mõõdame nende lemmide vahelise pinge - see võrdub patarei eletromotoorjõuga E. Nendest mõõtmistest saame leida Ohmi seaduse abil taisti taistuse ja patarei sisetaistuse summa: R + r = E I Eraldi taistuse leiame, ui laadida esmalt ondensaator täiesti täis (ampermeetriga saab ontrollida laadimisvoolu vähenemist) ja siis ühendada läbi ampermeetri taistile (st ühendada ampermeetriga as vastavat väljundlemmi): esimese hete lugem annab voolu, ui taistil on patarei pinge. Kondensaatori mahtuvuse leidmises mõõdame stopperiga aega ning onstrueerime tühjenemisvoolu graafiu I (t). Selle graafiu alune pindala võrdub ondensaatori algse laenguga Q. Siit ondensaatori mahtuvus C = Q/U. Alternatiivselt saame ondensaatori mahtuvuse, ui mõõdame voolutugevuse ahel ajahetel ja asutame seost ondensaatori tühjenemisvoolu ohta: I = I 0 e t RC.