LVI Olimpiada Fizyczna – zawody III stopnia Zadanie 1 Piłka uderza w poziom ˛a podłog˛e pod k ˛atem α z pr˛edko´sci ˛a v0

LVI Olimpiada Fizyczna – zawody III stopnia

Zadanie 1

Piłka uderza w poziom ˛ a podłog˛e pod k ˛ atem α z pr˛edko´sci ˛ a v ⁰ . Współczynnik tarcia piłki o podłog˛e jest równy µ. W jakiej odległo´sci od miejsca pierwszego uderzenia piłka ponownie uderzy w podłog˛e?

Podaj warto´sci liczbowe dla α = 45 ^◦ , v ⁰ = 10 m/s w dwóch przypadkach: µ = 0, 1 i µ = 0, 8.

Piłka nie obraca si˛e przed zderzeniem. Czas zderzenia jest bardzo krótki, a w trakcie zderzenia ugi˛ecie piłki jest zaniedbywalnie małe w porównaniu z jej promieniem. Piłka jest idealnie spr˛e˙zysta, tzn. w przypadku, gdy nie obracaj ˛ ac si˛e uderza pionowo w podłog˛e, zderzenie jest idealnie spr˛e˙zyste. Grubo´s´c powłoki piłki jest bardzo mała w porównaniu z promieniem. Powłoka nie ulega odkształceniu stycznemu. Masa powie- trza w piłce jest zaniedbywalnie mała w porównaniu z mas ˛ a jej powłoki. Pomi´n opory aerodynamiczne.

Przyspieszenie ziemskie g ≈ 9, 8 m/s ² , a moment bezwładno´sci sfery o promieniu R i masie m wzgl˛edem osi przechodz ˛ acej przez jej ´srodek I = (2/3)mR ² .

Zadanie 2

Kuliste naczynie składa si˛e ze współ´srodkowych, cienkich, metalowych sfer o promieniach r ² i r ¹ (gdzie r ² > r ¹ ) mi˛edzy którymi jest pró˙znia (patrz rys.). Zewn˛etrzna sfera jest podzielona płaszczyzn ˛ a na dwie cz˛e´sci, z których mniejsza ma powierzchni˛e S ³ . W wewn˛etrznej sferze umieszczono mieszanin˛e wody o masie m ^W i lodu o masie m ^L . Wi˛eksza cz˛e´s´c zewn˛etrznej powłoki naczynia ma stał ˛ a temperatur˛e t ² , a mniejsza – stał ˛ a temperatur˛e t ³ (t ² i t ³ s ˛ a temperaturami w skali Celsjusza).

Po jakim czasie lód ulegnie całkowitemu roztopieniu?

Podaj wynik liczbowy dla r ¹ = 0, 04 m, r ² = 0, 08 m, S ³ = 0, 03 m ² , m ^W = 0, 1 kg, m ^L = 0, 1 kg, t ² = 20 ^◦ C, t ³ = 10 ^◦ C.

Powierzchnie sfer s ˛ a doskonale czarne. Pojemno´s´c ciepln ˛ a naczynia mo˙zna zaniedba´c. Przyjmij, ˙ze lód jest stale w stanie równowagi termodynamicznej z wod ˛ a. Ci´snienie wewn ˛ atrz wewn˛etrznej sfery jest stale równe ci´snieniu normalnemu.

Ciepło topnienia lodu wynosi q = 334 kJ/kg, stała Stefana-Boltzmanna σ = 5, 7 · 10 ⁻⁸ W · m ⁻² · K ⁻⁴ , cie- pło wła´sciwe wody c ^W = 4, 2 kJ · kg ⁻¹ · K ⁻¹ , ciepło wła´sciwe lodu c ^L = 2, 1 kJ · kg ⁻¹ · K ⁻¹ , temperatura topnienia lodu w warunkach normalnych T ⁰ = 273, 15 K.

Zadanie 3

Cienki, jednorodny pier´scie´n o masie m i promieniu r spoczywa na poziomym blacie stołu. Pier´scie´n jest zrobiony z jednego zwoju drutu, którego opór na jednostk˛e długo´sci wynosi λ. Pod blatem znajduje si˛e współosiowy z pier´scieniem solenoid.

Zale˙zno´s´c od czasu t nat˛e˙zenia pr ˛ adu płyn ˛ acego w solenoidzie jest dana wzorem

I ^s =



 

 

0 dla t < 0, I ⁰ T ^t dla 0 ≤ t < T, I ⁰ dla t ≥ T,

.

wody z lodem mieszanina

r

r

t

, S

t

p r ó z n i a

a) Znajd´z najwi˛eksz ˛ a warto´s´c I 0 (= I 0m ), dla której pier´scie´n jeszcze nie podskoczy ponad blat.

b) Zakładaj ˛ ac, ˙ze I ⁰ ≫ I ^0m (patrz punkt a)), wyznacz wysoko´s´c, na jak ˛ a podskoczy pier´scie´n.

W rozwi ˛ azaniu uwzgl˛ednij nast˛epuj ˛ ace informacje:

(i) gdy pier´scie´n jest umieszczony (współosiowo z solenoidem) na niewielkiej wysoko´sci z nad blatem, a pr ˛ ad płyn ˛ acy w solenoidzie ma nat˛e˙zenie I ^s , to z bardzo dobrym przybli ˙zeniem strumie´n indukcji magne- tycznej przechodz ˛ acy przez pier´scie´n jest dany wzorem Φ = (a − bz) I ^s , gdzie a, b s ˛ a dodatnimi stałymi;

(ii) w ka˙zdym punkcie pole magnetyczne pochodz ˛ ace od pier´scienia mo˙zna pomin ˛ a´c w porównaniu z polem pochodz ˛ acym od solenoidu;

(iii) mo˙zna pomin ˛ a´c wpływ ruchu pier´scienia na nat˛e˙zenie płyn ˛ acego w nim pr ˛ adu;

(iv) parametr T jest na tyle mały, ˙ze droga przebyta przez pier´scie´n do chwili t = T jest pomijalnie mała;

(v) blat jest niemagnetyczny i nieprzewodz ˛ acy, a solenoid jest nieruchomy;

(vi) efekty zwi ˛ azane z promieniowaniem oraz opór aerodynamiczny powietrza mo˙zna pomin ˛ a´c.

Podaj warto´sci liczbowe szukanych wielko´sci dla m = 2, 3 · 10 ⁻³ kg, r = 2 · 10 ⁻² m, λ = 0, 9 · 10 ⁻² Ω/m,

a = 10 ⁻³ T · m ² · A ⁻¹ , b = 10 ⁻² T · m/A, T = 10 ⁻³ s, I ⁰ = 10 A, g = 9, 8 m/s ² (przyspieszenie ziemskie).

W poni»szym rozwi¡zaniuwska¹nik

x

y

now¡ (dodatnia wgór), wska¹niki

p

k

po zderzeniu,

v

p

ω

k¡tow¡.

Nie h

N(t)

zderzenia. Poniewa» wspóª zynnik tar ia jest równy

µ

momen ie równa

µN(t)

dp x

dt = −µN(t),

oraz wprawia piªk wru h obrotowy

I dω

dt = µN(t)R.

Poniewa»mamy równo ze±nie

dp y

dt = N(t),

dostajemy st¡d

dp x

dt = −µ dp y

dt ,

oraz

I dω

dt = µR dp y

dt

Przy zaªo»eniu, »e aªy zas pod zaszderzenia wystpuje po±lizg,otrzymamy:

v xk = v xp + 2µv yp ,

ω k = − µRm

I 2v yp .

Jednak je±li tak obli zone

ω k

v xk /R

2µ

 R ² m I + 1



| v yp | > v xp ,

to powy»sze zaªo»enie niejest speªnione:

v x

ω

gdy

v x = ωR

R dp x

dt + I dω dt = 0,

wnioskujemy, »e

mR (v xp − v xk ) = Iω k .

Poniewa»równo ze±nie wtymprzypadku

v xk = ω k R

mR (v xp − v xk ) = I v xk

R ,

zyli (ten wzór mo»nawyprowadzi¢ bezpo±rednioz zasady za howania momentupdu)

v xk = 1

1 + _mR ^I

v xp .

jakiejto nast¡pi, jestrówna

d = − 2v yp

g v xk .

Podsumowuj¡

d =







1 1+

mR2

2v

cos α sin α

g

α < 2µ 

R

m I + 1 

,

2v

g (cos α − 2µ sin α) sin α

α ≥ 2µ 

R

m I + 1 

.

(11)

Podstawiaj¡ warto± ili zbowedostaniemy:

dla

µ = 0, 1 : d ≈ 8, 2

dla

µ = 0, 8 : d ≈ 6, 1

W pierwszym zpowy»szy h przypadków obowi¡zuje drugizwzorów(11),wdrugim 

pierwszy.

Odlegªo±¢

d ≈ 6, 1

µ ≥ 0, 2

Komentarz do zadania 1

Ponad jedna zwarta nalistów otrzymaªaza to zadaniemaksymaln¡ li zb punktów

 niesprawiªo ono wikszy h kªopotówosobom, które wiedziaªy, jak nale»y rozwi¡zywa¢

zagadnienia tego typu.

Wponi»szy hrozwa»ania h

T 1 = t 1 + T 0

T 2 = t 2 + T 0

T 3 = t 3 + T 0

S 2 = 4π (r 2 ) ² − S 3

(polewikszej z± i zewntrznej powªoki).

Zauwa»my, »e temperatura wewntrznej powªoki na zynia jest aªy zas w trak ie

rozpusz zania lodu staªa i równa

T o

zale»y od zasu. Zatemna podstawie bilansu ieplnego, zas topnienia lodu jestrówny

t = m L q

I ,

gdzie

I

Wewntrzna powªoka na zynia wypromieniowywuje strumie« energii, równy zgodnie

z prawemStefana-Boltzmanna

I 1 = σ4π (r 1 ) ² (T 1 ) ⁴ ,

Ze wzgldu na geometri na zynia, aªyten strumie«jest po hªaniany przez zewntrzn¡

powªokna zynia.

Zewntrzna powªoka na zynia jako aªo±¢ promieniuje do wewn¡trz strumie« energii

równy

σS 2 (T 2 ) ⁴ + σS 3 (T 3 ) ⁴

najpierw sz zególn¡ sytua j, gdy temperatury obu z± i zewntrznej powªoki s¡ takie

sameirównetemperaturzewewntrznejpowªoki,tzn.

T 2 = T 3 = T 1

T 2 = T 3 =: T 6= T 1

T 2 6 = T 3 6 = T 1

Je±li

T 2 = T 3 = T 1

I

musiby¢ równy strumieniowienergiiemitowanejni¡(bomidzy iaªamiotejsamejtem-

peraturze  z II zasady termadynamiki  nie ma przepªywu iepªa ), zyli w tym przy-

padku

I

= σ4π (r 1 ) ² (T 1 ) ⁴

wypromieniowanejenergii jest propor jonalnado zwartejpotgi temperatury, a zmiana

temperaturyniezmieniageometriiukªadu,wprzypadkugdy

T 2 = T 3 =: T 6= T 1

po hªaniany przezwewntrzn¡ powªok (po hodz¡ y od powªokizewntrznej) jestrówny

I

= σ4π (r 1 ) ² (T ) ⁴ .

Ozna zato,»e( i¡glewprzypadku

T 2 = T 3

 r

r

 2

wypromieniowanej

przez zewntrzn¡ powªok energii do iera do wewntrznej powªoki. Podzielmy teraz

zewntrzn¡ powªok na bardzo du»o identy zny h fragmentów o powierz hni

s

Poniewa» fragmenty s¡ identy zne, identy znie poªo»onewzgldem wewntrznej powªoki

i maj¡ tak¡ sam¡ temperatur, strumie« energii do ieraj¡ y do wewntrznej powªoki, a

po hodz¡ y z danegofragmentujest równy

I s =

 r ₁ r 2

 2

σs (T ) ⁴ .

Zauwa»myteraz(zprawaStefana-Boltzmanna),»e powy»szy strumie«niezale»yodtem-

peraturyinny hfragmentów(mimoi»dowyprowadzeniategowzorupotrzebnenambyªo,

by wszystkie fragmenty miaªy t sam¡ temperatur)! Ozna za to, »e z z± i powªoki

mie« energii równy

I ₂ =

 S 2

s

 I s =

 r 1

r 2

 2

σS ₂ (T ₂ ) ⁴ ,

(powy»ej

S

s

s

opowierz hni

S 2

S 3

aturze

T ₃

I 3 =

 r 1

r 2

 2

σS 3 (T 3 ) ⁴ .

St¡d na podstawie (1) oraz uwzgldniaj¡ , »e

I = I 2 + I 3 − I 1

t = m L q

4πσ (r 1 ) ² h

1 − _4π(r ^S

2

)

 (T 2 ) ⁴ + _4π(r ^S

2

)

(T 3 ) ⁴ − (T 1 ) ⁴ i .

Po podstawieniu dany h li zbowy h otrzymujemy

t ≈ 19900s ≈ 5

32

Komentarz do zadania 2

›aden znalistównierozwi¡zaª tegozadaniaprzedstawion¡powy»ejmetod¡. Prawie

wszys y próbowali obli zy¢ strumie« energii do ieraj¡ ej do wewntrznej powªokistosu-

j¡ rozwa»ania geometry zne i aªkowanie. Na ogóª jednak nie uwzgldniali, »e energia

wypromieniowywana pod k¡tem

α

∆S

jonalna do

∆S sin α

zas roztapiania silodu byª ujemny.

Zgodnie z prawem Faradaya, pole magnety zne po hodz¡ e odsolenoidu, indukuje w

rozwa»anym przewodniku siªelektromotory zn¡

E = − dΦ

dt = − (a − bz) dI s

dt + bI s

dz

dt ≈ (a − bz) dI s

dt .

W powy»szym zgodnie z warunkiem (ii) pominli±my pole magnety zne po hodz¡ e od

pr¡du pªyn¡ ego w pier± ieniu, a ostatnie przybli»enie jest konsekwen j¡ warunku (iii).

Pr¡d pªyn¡ y w pier± ieniu bdzie równy

I p = E

R = (a − bz) 1 R

dI s

dt ,

gdzie

R = 2πrλ

Rozwa»my wale , którego "wie zko" jest okre±lone przez pier± ie« znajduj¡ y si na

wysoko± i

z 1

z 2

mie« induk ji magnety znej prze hodz¡ y przez powierz hni tego wal a jest równy

0

("magnety zneprawoGaussa"). Poniewa»strumie«przez"wie zko"jestrówny

(a − bz 1 ) I s

a przez denko 

(a − bz 2 ) I s

b(z 1 − z 2 )I s

"wy ieka" przez bo zn¡ powierz hni wal a. Pole bo znej powierz hni tego wal a jest

równe

2πr(z 1 − z 2 )

B _⊥´ sr = b(z 1 − z 2 )I s

2πr(z 1 − z 2 ) = b 2πr I s .

Poniewa» mamy symetri obrotow¡, a wysoko±¢ naszego wal a mo»e by¢ dowolnie maªa

(tzn. mo»emy rozwa»y¢

z 2 → z 1

B _⊥ = b

2πr I s .

(Przyogólniejszejzale»no± i

Φ

z

B _⊥ (z) = − ^dΦ(z) _2πrdz .

pªynie pr¡d

I p

F = |2πrI p B _⊥ | = |I p b · I s | =

= | (a − bz) b R

dI s

dt I s | = 1

2 (a − bz) b R

dI _s ²

dt .

Jest ona skierowana dogóry.

Uwzgldniaj¡ podan¡ zale»no±¢

I s

0 ≤ t ≤ T

F = (a − bz) b

R t

T ² I ₀ ² .

Gdy przewodnik le»y na bla ie, to

z = 0

t = T

przewodnik nie podsko zyª, ta siªa niemo»e by¢ wiksza od

mg

I 0m

dane wzorem

I _0m = r mgT R

ab = r 2πrλmgT

ab

∆p = ab

2R I ₀ ² − I _0m ²
− mg (T − T m ) ,

gdzie

T m

I m

I ₀ ≫ I m

ozna za, »e przez zna zn¡ wikszo±¢ zasu

T

wiksza ni»

mg

∆p = ab

2R I ₀ ² .

Zgodnie z warunkiem(iii)mo»na pomin¡¢ pr¡dindukowany wpier± ieniu, wywoªany

jego ru hem. Ozna za to, »e dla

t > T

elektrodynami zn¡. Zatemprzewodnikpodsko zy na wysoko±¢

h = 1 2g

 ∆p m

 2

= a ² b ² I ₀ ⁴

8gm ² R ² .

Uwzgldniaj¡

R = 2πrλ

h = a ² b ² I ₀ ⁴

32π ² m ² λ ² r ² g .

Podstawiaj¡ warto± ili zboweotrzymamy

I 0 min ≈ 0, 05

,

h ≈ 1880

.

O zywi± ie ze wzgldu naoporypowietrzaiinne zastosowane przybli»enia,fakty znie

osi¡gnita wysoko±¢ byªaby du»o mniejsza. Równie» warto± i parametrów zostaªy (w

wyniku pomyªki) ¹le dobrane  wystpuj¡ e tu nat»enie pola magnety znego jest zbyt

du»e, oprowadzi do z± iowej sprze zno± i z podanymi przybli»eniami.

Komentarz do zadania 3

Niewiele osób wiedziaªo, »e do wyzna zenia siªy podrzu aj¡ ej pier± ie« nale»y wyz-

na zy¢poziom¡skªadow¡polamagnety znego,atylkokilkapotraªowyzna zy¢ tskªad-

ow¡. Zwy iz a rozwi¡zaª zadanie bezbªdnie, ª¡ znie z kryty zn¡ analiz¡ podany h w

tre± i warto± i parametrów. To rozwi¡zaniezostaªo wyró»nione.