LXV OLIMPIADA FIZYCZNA – ZADANIA ZAWODÓW I STOPNIA

LXV OLIMPIADA FIZYCZNA – ZADANIA ZAWODÓW I STOPNIA Rozwi ˛ azania zada´n I stopnia nale˙zy przesyła´c do Okr ˛egowych Komitetów Olimpiady Fizycznej w terminach: cz ˛e´s´c I – do 9 pa´zdziernika b.r., cz ˛e´s´c II – do 13 listopada b.r..

O kwalifikacji do zawodów II stopnia b ˛edzie decydowa´c suma punktów uzyskanych za rozwi ˛ azania zada´n cz ˛e´sci I i II.

Szczegóły dotycz ˛ ace regulaminu oraz organizacji Olimpiady mo˙zna znale´z´c na stronie internetowej http://www.kgof.edu.pl.

CZ ˛ E´S´ C I (termin wysyłania rozwi ˛ aza´n – 9 pa´zdziernika 2015 r.)

Uwaga: Rozwi ˛ azania zada´n nale˙zy zamie´sci´c w kolejno´sci zgodnej z ich nu- meracj ˛ a. Wszystkie strony pracy powinny by´c ponumerowane. Na ka˙zdym arkuszu nale˙zy umie´sci´c nazwisko i imi ˛e, adres e-mail oraz adres autora pracy.

Na pierwszym arkuszu pracy dodatkowo nale˙zy poda´c nazw ˛e, adres szkoły i klas ˛e oraz nazwisko i imi ˛e nauczyciela fizyki.

Podaj i krótko uzasadnij odpowied´z (nawet je´sli w tre´sci zadania znajduj ˛ a si ˛e odpowiedzi do wyboru, uzasadnienie jest wymagane). Za ka˙zde z 15 zada´n mo˙zna otrzyma´c maksimum 4 punkty.

Zadanie 1

Marek i Kasia lubi ˛ a popija´c w pracy kaw ˛e z mlekiem. Oboje nalewaj ˛ a kaw ˛e z ekspresu w kuchni. Marek jeszcze w kuchni dolewa do kawy mleko o temperaturze pokojowej, a potem zanosi powstały napój do swojego biurka znajduj ˛ acego si ˛e do´s´c daleko od kuchni. Kasia dolewa mleko do kawy dopiero przy swoim biurku. Zakładaj ˛ ac, ˙ze post ˛epowanie Marka ró˙zni si ˛e od post ˛epowania Kasi tylko chwil ˛a dolania mleka, okre´sl, czyja kawa z mlekiem b ˛edzie miała wy˙zsz ˛a temperatur ˛e w momencie rozpocz ˛ecia picia kawy przy biurku.

Zadanie 2

Pozioma płyta obraca si ˛e wokół pionowej osi. Na płycie, w pewnej odległo´sci od tej osi stoi szklany cylinder, wewn ˛ atrz którego pali si ˛e ´swieczka.

W któr ˛ a stron ˛e odchyla si ˛e płomie´n ´swieczki?

Zadanie 3

´ Zródło d´zwi ˛eku harmonicznego porusza si ˛e ruchem jednostajnym po okr ˛egu z pr ˛edko´sci ˛ a mniejsz ˛ a od pr ˛edko´sci d´zwi ˛eku w o´srodku (powietrzu), ale porównywaln ˛ a z ni ˛ a. W du˙zej odległo´sci od ´zródła w płaszczy´znie jego ruchu znajduje si ˛e nieruchomy mikrofon rejestru- j ˛ acy przebieg czasowy cz ˛estotliwo´sci odbieranego d´zwi ˛eku. Który z poni˙zszych wykresów mo˙ze przedstawia´c ten przebieg?

Rysunek do zadania 3.

Cz ˛estotliwo´s´c d´zwi ˛eku jest znacznie wy˙zsza od cz ˛estotliwo´sci ruchu ´zródła po okr ˛egu. O´s czasu na wykresach nie pokrywa si ˛e z zerow ˛ a warto´sci ˛ a cz ˛estotliwo´sci.

Zadanie 4

Czy ci´snienie w okolicy podwodnej góry jest wi ˛eksze, mniejsze czy takie samo w porów- naniu z sytuacj ˛ a, gdy takiej góry nie ma? Rozwa˙z nast ˛epuj ˛ace miejsca:

a) punkt w wodzie tu˙z nad gór ˛a,

b) punkt w wodzie tu˙z obok podstawy góry.

Przyjmij, ˙ze góra jest mała w porównaniu z gł ˛eboko´sci ˛a morza, tak ˙ze mo˙zna pomin ˛a´c wpływ obecno´sci góry na kształt powierzchni wody.

Zadanie 5

Postanowiono zbudowa´c podwodny tunel biegn ˛ acy po poziomym dnie morza. Wiadomo,

˙ze gdyby ci´snienie na zewn ˛ atrz tunelu było jednorodne, to z punktu widzenia wytrzy- mało´sci mechanicznej (odporno´sci na ci´snienie), najlepszym kształtem poprzecznego prze- kroju ´sciany tego tunelu byłby półokr ˛ ag (patrz rys. A) — wtedy w idealnych warunkach

´sciana mogłaby mie´c bardzo mał ˛ a sztywno´s´c, gdy˙z nie wyst ˛epowałyby siły zginaj ˛ace j ˛a, a jedynie ´sciskaj ˛ ace. W rzeczywisto´sci jednak ci´snienie wody ro´snie z gł ˛eboko´sci ˛ a. Czy nale˙zy zmieni´c ten kształt, aby w tej sytuacji na ´scian ˛e nie działały siły zginaj ˛ace? Je´sli tak, to który z rysunków — B czy C — przedstawia schematycznie, jak nale˙zy zmodyfikowa´c ten kształt?

Rysunek do zadania 5.

W rozwa˙zaniach pomi´n mas ˛e ´scian tunelu.

Zadanie 6

Rozwa˙zmy masy m oraz M poł ˛aczone niewa˙zk ˛a spr ˛e˙zyn ˛a o współczynniku spr ˛e˙zysto´sci k.

Pocz ˛ atkowo spr ˛e˙zyna była nienapi ˛eta. Nast ˛epnie masie m nadano pr ˛edko´s´c v ⁰ skierowan ˛ a wzdłu˙z spr ˛e˙zyny w stron ˛e masy M. Masy najpierw zbli˙zyły si ˛e do siebie, a nast ˛epnie zacz ˛eły si ˛e od siebie oddala´c. Gdy pr ˛edko´s´c oddalania si ˛e mas przestała wzrasta´c, spr ˛e˙zyn ˛e przeci ˛eto. Wyznacz ko´ncow ˛ a pr ˛edko´s´c masy M .

Na układ nie działaj ˛ a ˙zadne siły zewn ˛etrzne.

Zadanie 7

W 3333 roku postanowiono wybudowa´c tunel przez ´srodek Ziemi. Tunel ma ł ˛ aczy´c dwa

przeciwległe punkty na równiku.

Zadanie 8

W wyniku modernizacji maksymalna energia protonów kr ˛ a˙z ˛acych w Wielkim Zderzaczu Hadronów protonów wzrosła z 3,5 TeV do 7 TeV.

Wyobra´zmy sobie wy´scig dwóch protonów w tunelu LHC, jednego o energii 3,5 TeV, a drugiego o energii 7 TeV w tunelu LHC. Oba protony startuj ˛ a równocze´snie. Jaka b ˛edzie odległo´s´c mi ˛edzy nimi po przebyciu całej długo´sci tunelu równej 27 km?

Energia spoczynkowa protonu wynosi 938 MeV. Relatywistyczne zwi ˛ azki miedzy energi ˛ a E, p ˛edem p, energi ˛ a spoczynkow ˛ a E 0 oraz pr ˛edko´sci ˛ a v cz ˛ astki s ˛ a nast ˛epuj ˛ ace

E ² − p ² c ² = E 0 ² , v = p E/c ² , gdzie c jest pr ˛edko´sci ˛ a ´swiatła.

Zadanie 9

Rysunek do zadania 9.

Zaproponowano nast ˛epuj ˛ acy sposób konstrukcji perpetuum mobile. Do zwojnicy doł ˛ a- czamy odbiornik energii (np. opornik) i umieszczamy zwojnic ˛e w polu magnetycznym skierowanym równolegle do osi zwojnicy (osi y) i zmieniaj ˛ acym si ˛e wzdłu˙z tej osi — patrz rysunek. Gdy przesuwamy zwojnic ˛e wzdłu˙z osi y, zmiana strumienia powoduje powstanie siły elektromotorycznej indukcji i przekazanie energii do odbiornika. Z drugiej strony siła, z jak ˛ a pole działa na zwoje, jest prostopadła do kierunku pola, wi ˛ec przesuwanie zwojnicy nie wymaga wykonania pracy. Gdzie le˙zy bł ˛ad w powy˙zszym rozumowaniu?

Zadanie 10

J ˛ adro komety 67P/Czuriumow-Gierasimienko, b ˛ed ˛ ace celem misji Rosetta, ma mas ˛e około 10 ¹³ kg i obj ˛eto´s´c około 25 km ³ . Zakładaj ˛ ac, ˙ze to j ˛adro jest jednorodn ˛a kul ˛a, wyznacz przyspieszenie grawitacyjne na jego powierzchni oraz pr ˛edko´s´c ucieczki z niej.

Uwaga: w rzeczywisto´sci j ˛ adro to jest bardzo nieregularne i nie przypomina kuli, jednak

przyj ˛ecie, ˙ze to jest kula, pozwala na najprostsze oszacowanie szukanych wielko´sci.

Zadanie 11

Rysunek do zadania 11.

Rozwa˙zmy cienki, jednorodny pr ˛et o długo´sci l znajduj ˛acy si ˛e w polu grawitacyjnym g. Jeden koniec tego pr ˛eta mo˙ze si ˛e porusza´c po prostej pionowej, a drugi po prostej poziomej, przecinaj ˛ acej si ˛e z t ˛ a pionow ˛ a - patrz rysunek. Wyznacz cz ˛estotliwo´s´c małych drga´n pr ˛eta wokół poło˙zenia równowagi.

Zaniedbaj wszelkie opory ruchu.

Zadanie 12 Rozwa˙zmy:

a) g ˛esto nawini ˛ety solenoid o promieniu r i długo´sci l ≫ r, b) nadprzewodz ˛ ac ˛ a rur ˛e o promieniu r i długo´sci l ≫ r.

Pr ˛ ad płyn ˛ acy przez solenoid oraz pr ˛ ad płyn ˛ acy w rurze s ˛ a takie, ˙ze strumie´n pola B przez przekrój przechodz ˛ acy przez ´srodek geometryczny i prostopadły do osi w ka˙zdym z tych dwóch przypadków wynosi Φ ⁰ . Jakie s ˛ a strumienie pola B: Φ ^s — przechodz ˛ acego przez koło na ko´ncu solenoidu, oraz Φ ^w — przez koło stanowi ˛ ace podstaw ˛e nadprzewodz ˛ acego walca?

Pole magnetyczne nie wnika do wn ˛etrza nadprzewodnika — tu˙z przy jego powierzchni linie tego pola s ˛ a styczne do tej powierzchni.

Zadanie 13

Ile wynosi ´srednia pr ˛edko´s´c przemieszczania si ˛e Tarzana? Kiedy ta pr ˛edko´s´c jest wi ˛eksza:

gdy liany s ˛ a dłu˙zsze, czy gdy s ˛a krótsze?

Przyjmij, ˙ze za wyj ˛atkiem momentów przeskakiwania ruch Tarzana jest ruchem harmo- nicznym.

Zadanie 14

Statek kosmiczny l ˛ aduje na Ksi ˛e˙zycu, poruszaj ˛ac si ˛e w ko´ncowej fazie lotu pionowo i hamu- j ˛ ac silnikiem rakietowym. Gdy znajduje si ˛e na wysoko´sci 1 km nad gruntem i porusza si ˛e ze spor ˛ a pr ˛edko´sci ˛ a, astronauci orientuj ˛ a si ˛e, ˙ze mo˙ze im zabrakn ˛a´c paliwa. Jak powinni post ˛ api´c, aby zu˙zy´c w trakcie l ˛adowania jak najmniej paliwa i nie rozbi´c si ˛e o powierzchni ˛e Ksi ˛e˙zyca:

a) natychmiast wł ˛ aczy´c pełn ˛ a moc silnika i wyhamowa´c do bardzo małej pr ˛edko´sci, a potem powoli wyl ˛ adowa´c z wł ˛ aczonym silnikiem;

b) hamowa´c tak, by opó´znienie w trakcie l ˛ adowania było w przybli˙zeniu stałe;

c) rozpocz ˛ a´c hamowanie jak najpó´zniej, a w ostatniej fazie wł ˛ aczy´c silnik z pełn ˛ a moc ˛ a?

Dla uproszczenia przyjmij, ˙ze masa paliwa jest znacznie mniejsza od całkowitej masy statku.

Zadanie 15

Wiadomo, ˙ze podczas ruchu naładowanej cz ˛astki w stałym polu magnetycznym o indukcji B i skierowanym wzdłu˙z osi z, składowa p ^x p ˛edu tej cz ˛ astki nie jest zachowana. Zachowana jest jednak wielko´s´c p ^x + wyB, gdzie w jest pewnym współczynnikiem. Wyznacz ten współczynnik.

Komentarz: patrz zad 3 (i jego rozwi ˛ azanie) z finału 63. Olimpiady Fizycznej.

Rozwi ˛ azanie zadania 1. (Kawa z mlekiem)

Gdyby nie było chłodzenia napoju przez otoczenie, w obu przypadkach rozwa˙zana temperatura byłaby taka sama. Gdy mleko zostanie dolane dopiero przy biurku, w czasie przenoszenia napoju do biurka jego temperatura b ˛edzie wy˙zsza, ni˙z gdy mleko zostanie dolane ju˙z w kuchni. A poniewa˙z ciepło oddane otoczeniu przez napój b ˛edzie tym wi ˛eksze, im wi ˛eksza jest ró˙znica mi ˛edzy temperatur ˛a napoju a temperatur ˛ a otoczenia, ostatecznie kawa z mlekiem Kasi b ˛edzie chłodniejsza ni˙z kawa z mlekiem Marka.

Rozwi ˛ azanie zadania 2. (Odchylanie si ˛ e płomienia ´swieczki na obracaj ˛ acej si ˛ e płycie)

W układzie cylindra działa siła od´srodkowa powoduj ˛ aca, ˙ze efektywna siła ci ˛e˙zko´sci ma składow ˛a skierowan ˛ a od osi obrotu — zimniejsze, g ˛estsze powietrze b ˛edzie przepływało w kierunku tej składowej.

Zatem płomie´n odchyli si ˛e w kierunku do osi obrotu.

Rozwi ˛ azanie zadania 3. (Kształt wykresu cz ˛ estotliwo´sci cz ˛ estotliwo´sci d´zwi ˛ eku pochodz ˛ acego od ´zródła poruszaj ˛ acego si ˛ e po okr ˛ egu)

Poprawnym wykresem jest b. Jest kilka sposobów uzasadniaj ˛ acych „zaostrzenie” wykresu w okolicach maksimów cz ˛estotliwo´sci i „złagodzenie” minimów:

1. Zgodnie ze wzorem f = f ⁰ _c±v ^c

podwy˙zszenie cz ˛estotliwo´sci wskutek odejmowania w mia- nowniku jest wi ˛eksze ni˙z jej obni˙zenie wskutek dodawania (przy tej samej warto´sci v ⁰ ). Z drugiej strony, ´srednia cz ˛estotliwo´s´c d´zwi ˛eku odbieranego jest taka sama jak cz ˛estotliwo´s´c wysyłana, gdy˙z w ci ˛ agu długiego czasu całkowita liczba odbieranych grzbietów fali jest taka sama jak liczba grzbietów wysyłanych. Zatem pole tych cz ˛e´sci wykresów, które s ˛ a powy˙zej f ⁰ , musi by´c równe polu mi ˛edzy f ⁰ a ni˙zej le˙z ˛acymi cz ˛e´sciami. Skoro odchylenia w gór ˛e s ˛a wi ˛eksze, to te maksima musz ˛a by´c w ˛e˙zsze od odchyle´n w dół.

2. Rozpatrzmy cz ˛e´s´c toru ´zródła w okolicy punktu najszybszego zbli˙zania oraz tak ˛a sam ˛a co do długo´sci cz ˛e´s´c w okolicy punktu najszybszego oddalania. Czas przebycia obu cz ˛e´sci przez ´zródło jest ten sam, ale czas odbierania d´zwi ˛eku wysłanego z pierwszej cz ˛e´sci jest krótszy od czasu odbierania d´zwi ˛eku wysłanego z drugiej cz ˛e´sci (efekt retardacji). To oznacza zw ˛e˙zenie maksimum i poszerzenie minimum.

Rozwi ˛ azanie zadania 4. (Ci´snienie w pobli˙zu podwodnej góry)

W przypadku jednorodnego pola grawitacyjnego wzór na ró˙znic ˛e ci´snie´n hydrostatycznych ma posta´c p ² − p 1 = −ρg (h 2 − h 1 ), gdzie ρ jest g ˛esto´sci ˛ a cieczy (zakładamy tu, ˙ze jest ona stała), g — przyspieszeniem grawitacyjnym, h ¹ , h ² — wysoko´sciami w miejscach 1 i 2, natomiast p ¹ , p ² — ci´snieniami w miejscach 1 i 2. Wzór ten mo˙zna przepisa´c w postaci

E ² − E ¹ + V (p ² − p ¹ ) = 0, (1)

gdzie V jest obj ˛eto´sci ˛ a małej porcji wody, E 1 = vρgh 1 — grawitacyjn ˛ a energi ˛ a potencjaln ˛ a rozwa˙zanej porcji wody w punkcie 1, a E ² = V ρgh ² — grawitacyjn ˛ a energi ˛ a potencjaln ˛ a rozwa˙zanej porcji wody w punkcie 2. Zauwa˙zmy, ˙ze aby przenie´s´c porcj ˛e wody o obj ˛eto´sci v z miejsca o ci´snieniu p ¹ do miejsca o ci´snieniu p ² nale˙zy wykona´c przeciwko siłom ci´snienia prac ˛e −p ¹ V + p ² V = −V ∆p. Zatem wzór (1) oznacza, ˙ze w stanie równowagi hydrostatycznej całkowita praca potrzebna do przemieszczenia porcji wody z jednego punktu do innego jest równa zeru. Jest on prawdziwy dla dowolnej postaci grawitacyjnej energii potencjalnej.

Je´sli g ˛esto´s´c góry jest wi ˛eksza od g ˛esto´sci wody, to energia potencjalna porcji wody w pobli˙zu

wiotkie, tunel samoistnie przybierze kształt, dla którego nie wyst ˛epuj ˛ a siły zginaj ˛ ace. W miejscach, gdzie zasysanie jest wi ˛eksze, promie´n krzywizny przekroju ´sciany b ˛edzie mniejszy, a w miejscach, gdzie zasysanie jest mniejsze — promie´n krzywizny b ˛edzie wi ˛ekszy (w granicznym przypadku braku zasysania ´sciana mo˙ze by´c płaska). To oznacza, ˙ze w tej „odwróconej" sytuacji tunel przybrałby kształt C. Podkre´slmy, ˙ze w tym przypadku na ´sciany tunelu nie działaj ˛a ˙zadne siły zginaj ˛ace. Je´sli teraz zamienimy zwroty wszystkich działaj ˛ acych sił na przeciwne, to na ´sciany nadal nie b ˛ed ˛ a działały siły zginaj ˛ ace, a wrócimy do sytuacji rozwa˙zanej w zadaniu. Zatem tunel powinien mie´c kształt C.

Rozwi ˛ azanie zadania 6. (Masy poł ˛ aczone spr ˛ e˙zyn ˛ a)

Pr ˛edko´s´c ´srodka masy układu wynosi stale V _´SM = _m+M ^mv

, a pocz ˛ atkowa wzgl ˛edna pr ˛edko´s´c wynosiła

− v 0 (masy si ˛e zbli˙zały). Gdy pr ˛edko´s´c oddalania si ˛e mas przestaje wzrasta´c, jest ona maksymalna i wynosi +v ₀ . W tym momencie pr ˛edko´s´c masy m jest równa V _´SM − ^M

m+M v ₀ , natomiast masy M — V _´SM + _m+M ^m v 0 . Zatem ko´ncowa pr ˛edko´s´c masy M wynosi _m+M ^2m v 0 . Zauwa˙zaj ˛ac, ˙ze rozwa˙zana chwila przerwania spr ˛e˙zyny odpowiada nienapi ˛etej spr ˛e˙zynie, ten sam wynik mo˙zna otrzyma´c korzystaj ˛ac z zasady zachowania energii oraz zasady zachowania p ˛edu.

Rozwi ˛ azanie zadania 7. (Tunel przez ´srodek Ziemi)

Gdyby Ziemia si ˛e nie obracała, z zasady zachowania energii wynikałoby, ˙ze kapsuła, wylatuj ˛ac z tunelu, nie mo˙ze mie´c pr ˛edko´sci wi ˛ekszej, ni˙z wlatuj ˛ac do niego. Jednak w przypadku obracaj ˛acej si ˛e Ziemi argument oparty na zasadzie zachowania energii nie jest wystarczaj ˛ acy, gdy˙z kapsuła mogłaby zwi ˛eksza´c swoj ˛ a pr ˛edko´s´c kosztem energii obrotowej Ziemi.

Rozwi ˛ azanie A.

Rozwa˙zmy zagadnienie w układzie współobracaj ˛acym sie z Ziemi ˛a. W takim układzie na kapsuł ˛e działa radialnie skierowana siła grawitacji Ziemi, siła reakcji ´scian tunelu oraz siły bezwładno´sci:

radialnie skierowana siła od´srodkowa oraz siły, które s ˛ a prostopadłe do pr ˛edko´sci kapsuły. Poniewa˙z w rozwa˙zanym układzie ´sciany tunelu s ˛a nieruchome, nie mog ˛a one zwi ˛eksza´c pr ˛edko´sci kapsuły.

Prostopadłe do pr ˛edko´sci siły bezwładno´sci nie mog ˛ a wykona´c pracy, natomiast całkowita praca wykonana przez sił ˛e od´srodkow ˛ a oraz sił ˛e grawitacyjn ˛ a jest równa zero. Zatem energia kapsuły w wylocie nie mo˙ze by´c wi ˛eksza ni˙z energia we wlocie. Czyli nie mo˙zna zbudowa´c rozwa˙zanego tunelu.

Rozwi ˛ azanie B.

Energi ˛e kinetyczn ˛ a układu wielu ciał mo˙zna przedstawi´c jako sum ˛e energii kinetycznej ruchu

´srodka masy oraz energii kinetycznej ruchu wzgl ˛ednego. W podobny sposób energia kinetyczna ruchu obrotowego jest równa sumie energii kinetycznej obrotu układu jako cało´sci oraz energii obrotów wzgl ˛ednych. Dla dwóch ciał o momentach bezwładno´sci wzgl ˛edem osi obrotu I 1 oraz I 2 i pr ˛edko´sciach k ˛ atowych ω 1 oraz ω 2 całkowita energia kinetyczna ruchu obrotowego jest równa

1

2 I 1 ω ₁ ² + 1

2 I 2 ω ² ₂ = 1

2 (I 1 + I 2 ) Ω ² + U, gdzie Ω = ^I

^ω _I

^+I _+I

^ω

, U = ¹ ₂ I 1 (∆ω 1 ) ² + ¹ ₂ I 2 (∆ω 2 ) ² , ∆ω i = ω i − Ω, i = 1, 2.

Niech wska´znik 1 odnosi si ˛e do kapsuły a wska´znik 2 — do Ziemi. Dodajmy te˙z wska´zniki p oraz k oznaczaj ˛ ace odpowiednio stan pocz ˛ atkowy (kapsuła we wlocie tunelu) oraz stan ko´ncowy (kapsuła w wylocie tunelu). Pocz ˛ atkowo kapsuła jest nieruchoma wzgl ˛edem powierzchni Ziemi, zatem ω _1p = ω _2p = Ω _p , tzn. energia kinetyczna obrotów wzgl ˛ednych U p jest równa zeru. Poniewa˙z momenty bezwładno´sci zarówno Ziemi jak i kapsuły (wzgl ˛edem wspólnego ´srodka masy) s ˛ a takie same w stanie pocz ˛ atkowym, jak i ko´ncowym, zasad ˛e zachowania energii mo˙zemy napisa´c nast ˛epuj ˛aco

1

2 I ₁ ω _1p ² + 1

2 I ₂ ω _2p ² = 1

2 (I ₁ + I ₂ ) Ω ² _p = 1

2 (I ₁ + I ₂ ) Ω ² _k + U _k .

Ale z definicji Ω i zasady zachowania momentu p ˛edu Ω p = Ω _k , zatem U _k w powy˙zszym wzorze

jest równe 0. A to oznacza, ˙ze ω 1k = ω 2k = Ω k = Ω p . Poniewa˙z ¹ ₂ (I 1 + I 2 ) Ω ² _k jest równe całej

pocz ˛ atkowej energii kinetycznej, równie˙z radialna pr ˛edko´s´c kapsuły musi by´c w stanie ko´ncowym równa 0.

Rozwi ˛ azanie C.

Poniewa˙z potencjalna energia grawitacyjna kapsuły na pocz ˛atku i na ko´ncu tunelu jest taka sama, z zasady zachowania energii wynika, ˙ze

1

2 mv _p ² + 1

2 Iω _p ² ≥ 1

2 mv _k ² + 1

2 Iω ² _k , (2)

gdzie v p jest pocz ˛ atkow ˛ a, styczn ˛ a do równika pr ˛edko´sci ˛ a kapsuły, v k jest styczn ˛ a do równika skład- ow ˛ a ko´ncowej pr ˛edko´sci kapsuły, natomiast ω p oraz ω k s ˛ a odpowiednio pocz ˛ atkow ˛ a oraz ko´ncow ˛ a pr ˛edko´sci ˛ a k ˛ atow ˛ a obrotu Ziemi. Wszystkie pr ˛edko´sci rozpatrujemy w układzie ´srodka masy układu kapsuła-Ziemia, a I jest momentem bezwładno´sci Ziemi wzgl ˛edem tego ´srodka masy. Powy˙zsza nierówno´s´c uwzgl ˛ednia mo˙zliwe straty energii zwi ˛azane z tarciem oraz to, ˙ze ko´ncowa pr ˛edko´s´c mo˙ze mie´c inne składowe ni˙z styczna do równika. Z zasady zachowania momentu p ˛edu otrzymamy

mrv p + Iω p = mrv k + Iω k ,

gdzie r jest odległo´sci ˛ a kapsuły od ´srodka masy. Powy˙zsze wyra˙zenia mo˙zna przepisa´c w postaci m

v ² _p − v ² k

 ≥ I

ω _k ² − ω ² p

 , m (v p − v ^k ) = I

r (ω k − ω ^p ) . Przy zało˙zeniu v p > v k ( wi ˛ec równie˙z ω k > ω p ), otrzymujemy st ˛ ad

v p + v k ≥ r (ω ^k + ω p ) .

Poniewa˙z pocz ˛atkowo kapsuła nie poruszała si ˛e wzgl ˛edem powierzchni Ziemi, mamy v p = rω p , a zatem v _k ≥ rω ^k . Uwzgl ˛edniaj ˛ ac ω _k > ω _p , a nast ˛epnie znowu v _p = rω _p , otrzymamy

v k ≥ rω ^k > rω p = v p , czyli sprzeczno´s´c z zało˙zeniem v p > v k .

Podobnie, zakładaj ˛ ac v p < v k ( wi ˛ec równie˙z ω k < ω p ), otrzymujemy v p + v k ≤ r (ω ^k + ω p ) ,

a zatem

v k ≤ rω ^k < rω p = v p ,

czyli znowu sprzeczno´s´c. Oznacza to, ˙ze jedyn ˛a mo˙zliwo´sci ˛a jest v p = v k (oraz ω k = ω p ). Zauwa˙zmy,

˙ze w takim przypadku obie strony nierówno´sci (2) s ˛ a równe, a zatem nie ma miejsca na dodatkow ˛ a energi ˛e ruchu post ˛epowego zwi ˛ azan ˛ a ze składowymi prostopadłymi do równika. Nie mog ˛ a te˙z wys- t ˛ api´c straty energii zwi ˛ azane z tarciem — gdyby wyst ˛ apiły, kapsuła nie mogłaby wylecie´c z powrotem na powierzchni ˛e Ziemi.

Rozwi ˛ azanie zadania 8. (Wzrost pr ˛ edko´sci protonów spowodowany wzrostem energii w LHC)

Rozwi ˛ azanie zadania 9. (Magnetyczne perpetuum mobile)

Je´sli rozwa˙zymy walec o osi pokrywaj ˛acej si ˛e z osi ˛a y, to całkowity strumie´n pola magnetycznego przez jego powierzchni ˛e jest ró˙zny od zera. To by oznaczało, ˙ze wewn ˛atrz tego walca znajduj ˛a si ˛e ładunki magnetyczne (cz ˛ astki, z których wybiegaj ˛ a linie pola magnetycznego). Poniewa˙z ładunki magnetyczne nie istniej ˛ a, pola opisanego w tre´sci zadania nie mo˙zna wytworzy´c.

Uwaga: fakt, ˙ze strumie´n pola magnetycznego przez dowoln ˛a zamkni ˛et ˛a powierzchni ˛e jest równy zero, bywa nazywany magnetycznym prawem Gaussa.

Rozwi ˛ azanie zadania 10. (Misja Rosetta) Uwzgl ˛edniaj ˛ ac, ˙ze dla kuli r = 

V / (4π/3) = 1,81 km i korzystaj ˛ ac ze znanych wzorów otrzy- mujemy: g = GM/r ² = 2 · 10 ^{− 4} m/s ² , v ucieczki = 

2GM/r = 0,9 m/s.

Rozwi ˛ azanie zadania 11. (Drgania pr ˛ eta)

Niech O oznacza punkt przeci ˛ecia rozwa˙zanych prostych, S — ´srodek masy pr ˛eta, za´s A — górny koniec pr ˛eta (patrz rysunek).

Zauwa˙zmy, ˙ze k ˛at, o jaki pr ˛et jest odchylony od pionu, jest równy k ˛atowi, jaki tworzy z pionem odcinek OS. Jednocze´snie punkt S porusza si ˛e po okr ˛egu o promieniu l/2 wokół punktu O. Zatem pr ˛edko´s´c k ˛ atowa ruchu obrotowego pr ˛eta jest równa pr ˛edko´sci k ˛ atowej ruchu punktu S po okr ˛egu.

Powy˙zsze oznacza, ˙ze zarówno energia kinetyczna, jak i energia potencjalna s ˛a takie same jak energia kinetyczna pr ˛eta zawieszonego w punkcie O za punkt A. Z tego wynika, ˙ze cz ˛estotliwo´s´c drga´n naszego pr ˛eta jest równa cz ˛estotliwo´sci drga´n wahadła fizycznego o momencie bezwładno´sci wzgl ˛edem ´srodka masy I = ₁₂ ¹ ml ² (czyli pr ˛eta) i odległo´sci ´srodka masy od punktu zawieszenia równej d = l/2. A ta cz ˛estotliwo´s´c jest równa

f = 1 2π

 gd

d ² + I/m = 1 2π

 3g 2l .

Rozwi ˛ azanie zadania 12. (Solenoid kontra nadprzewodz ˛ aca rura)

W przypadku nadprzewodz ˛ acej rury linie pola B nie mog ˛ a przecina´c powierzchni nadprzewodnika, z zatem strumie´n tego pola przez przekrój poprzeczny rury b ˛edzie stały na całej długo´sci rury. Zatem Φ = Φ 0 .

W przypadku solenoidu wyobra´zmy sobie, ˙ze na ko´ncu rozwa˙zanego solenoidu doł ˛aczyli´smy

współosiowo drugi, taki sam, z tak samo płyn ˛ acym pr ˛ adem. Otrzymamy dwa razy dłu˙zszy solenoid,

w połowie którego (czyli na ko´ncu tego pierwotnego solenoidu) strumie´n pola B wynosi Φ 0 . Ale

połowa tego strumienia pochodzi od pierwszego solenoidu, a połowa od drugiego. Zatem Φ s = Φ 0 /2.

Rozwi ˛ azanie zadania 13. (Tarzan na lianie)

W przybli˙zeniu małych drga´n półokres drgania wynosi T 1/2 = π 

l/g. Odległo´s´c przebyta w trakcie tego półokresu wynosi s _1/2 = 2



l ² − (l − h) ² = 2 √

2lh − h ² = 2 √ 2lh 

1 − _2l ^h . Zatem ´sred- nia pr ˛edko´s´c przemieszczania si ˛e Tarzana to s 1/2 /T 1/2 = 2 √

2gh/



1 − _2l ^h /π. Wida´c, ˙ze pr ˛edko´s´c przemieszczania jest wi ˛eksza, gdy liany s ˛ a dłu˙zsze (graniczna pr ˛edko´s´c to 2 √

2gh/π).

Rozwi ˛ azanie zadania 14. (Oszcz ˛ edne l ˛ adowanie)

Statek, l ˛ aduj ˛ ac, ma do wykonania dwa zadania: zmniejszy´c pr ˛edko´s´c do zera (powiedzmy, ˙ze pocz ˛ atkowo wynosiła v 0 ) oraz przeciwstawia´c si ˛e grawitacji w trakcie l ˛ adowania. Je´sli l ˛ adowanie trwa czas T , to sytuacja jest równowa˙zna wyhamowaniu bez grawitacji od pr ˛edko´sci v 0 + gT do zera. A to oznacza, ˙ze im krócej trwa l ˛adowanie, tym mniej paliwa zostanie zu˙zyte. Czyli astronauci powinni wybra´c wariant c).

Rozwi ˛ azanie zadania 15. (Zasada zachowania p ˛ edu w polu magnetycznym) Mamy ^dp _dt

= qv y B, st ˛ ad dp x = qBv y dt = qBdy. Zatem

d

dt (p x − qBy) = 0,

czyli p x − qBy = const, wi ˛ec współczynnik w = −q.