LVII OLIMPIADA FIZYCZNA (2007/2008) – ZAWODY II STOPNIA (Za ka˙zde zadanie mo˙zna otrzyma´c 20pkt.) Zadanie 1 Dwie cienkie, sztywne płyty o masach m

(Za ka˙zde zadanie mo˙zna otrzyma´c 20pkt.) Zadanie 1

Dwie cienkie, sztywne płyty o masach m

i m

s ˛ a poł ˛ aczone niewa˙zk ˛ a spr˛e˙zyn ˛ a o stałej spr˛e˙zysto´sci k i długo´sci swobodnej l

. W chwili pocz ˛ atkowej (patrz rysunek) płyty spoczywaj ˛ a po- ziomo, jedna nad drug ˛ a, ponad poziom ˛ a podłog ˛ a (dolna płyta na wysoko´sci h), a spr˛e˙zyna jest nienapi˛eta. Nast˛epnie płyty spa- daj ˛ a swobodnie na podłog˛e. Zderzenie dolnej płyty z podłog ˛ a jest całkowicie niesp˛e˙zyste, ale nie przykleja si˛e ona do podłogi.

0000000000 0000000000 1111111111 1111111111

m

m

l

h g

1. Jaka jest minimalna wysoko´s´c h

, taka, ˙ze dla h > h

dolna płyta podskoczy nad podłog˛e?

2. Dla danego h > h

wyznacz, na jak ˛ a maksymaln ˛ a wysoko´s´c uniesie si˛e po zderzeniu ´srodek masy układu tych dwóch płyt.

3. Jaka powinna by´c wysoko´s´c h, aby odległo´s´c oraz pr˛edko´s´c wzgl˛edna płyt w chwili, gdy po odbiciu ´srodek masy obu płyt b˛e- dzie znajdował si˛e na maksymalnej wysoko´sci (patrz pkt. 2.) oraz w chwili oderwania si˛e dolnej płyty od podłogi, były takie same?

Podaj warto´s´c najmniejszej wysoko´sci h spełniaj ˛ acej ten warunek w przypadku m

= 1 kg, m

= 1 kg, k = 100 N/m, g = 9, 8 m/s

, l

= 1 m.

Spr˛e˙zyna jest umocowana centralnie – w wyniku zderzenia płyty nie przesuwaj ˛ a si˛e w poziomie, ani si˛e nie obracaj ˛ a. Parametry s ˛ a takie, ˙ze płyty nie zderzaj ˛ a si˛e ze sob ˛ a. Po oderwaniu si˛e od podłogi, dolna płyta nie zderza si˛e z ni ˛ a przed osi ˛ agni˛eciem przez

´srodek masy płyt maksymalnej wysoko´sci.

Zadanie 2

W chwili pocz ˛ atkowej w cylindrze zamkni˛etym ruchomym tło- kiem znajduje si˛e nasycona para wodna o obj˛eto´sci V

= 100 dm

i temperaturze t

= 100

C. Rozwa˙z nast˛epuj ˛ ace przypadki bardzo wolnej przemiany, której poddawana jest ta para:

1. Spr˛e˙zanie izotermiczne od obj˛eto´sci V

i temperatury t

, a˙z do osi ˛ agni˛ecia przez par˛e obj˛eto´sci V

= 50 dm

2. Rozpr˛e˙zanie izotermiczne od obj˛eto´sci V

i temperatury t

, a˙z do osi ˛ agni˛ecia przez par˛e obj˛eto´sci V

= 200 dm

3. Spr˛e˙zanie adiabatyczne od obj˛eto´sci V

i temperatury t

, a˙z do osi ˛ agni˛ecia przez par˛e temperatury t

= 105

C

4. Rozpr˛e˙zanie adiabatyczne od obj˛eto´sci V

i temperatury t

, a˙z do osi ˛ agni˛ecia przez par˛e temperatury t

= 95

C

Dla ka˙zdego z czterech przypadków opisz jako´sciowo zachowa- nie si˛e pary podczas przemiany i podaj ko´ncowe ci´snienie pary (p

=?, p

=?, p

=?, p

=?). Poza par ˛ a w cylindrze nie znajduj ˛ a

si˛e ˙zadne inne gazy. Molowe ciepło wła´sciwe przy stałej obj˛eto-

´sci pary wodnej wynosi C

= 3R, gdzie R = 8,31 J/ (mol · K) jest uniwersaln ˛ a stał ˛ a gazow ˛ a. Tabela 1 przedstawia zale˙zno´s´c ci´snie- nia nasyconej pary wodnej od temperatury.

Przyjmij, ˙ze je´sli para nie ulega skropleniu, to stosuje si˛e ´sci´sle do równania stanu gazu doskonałego.

Wskazówka

W trakcie przemiany adiabatycznej gazu doskonałego spełnione jest równanie

pV

= const, gdzie κ = (C

+ R) /C

.

Zadanie 3

Długi solenoid o przekroju kwadratowym o boku a jest zanu- rzony na gł˛eboko´s´c h w magnetycznej, nieprzewodz ˛ acej cieczy (patrz rysunek) o wzgl˛ednej przenikalno´sci magnetycznej µ

i g˛e- sto´sci ρ. O´s solenoidu jest równoległa do powierzchni cieczy.

g a

h

ciecz

Przekrój poprzeczny zanurzonego solenoidu

O ile poziom cieczy wewn ˛ atrz solenoidu b˛edzie wy˙zszy (lub ni˙z- szy) od poziomu cieczy na zewn ˛ atrz, je´sli solenoid b˛edzie pod- ł ˛ aczony do ´zródła pr ˛ adu o ustalonym nat˛e˙zeniu I? Podaj war- to´s´c liczbow ˛ a dla I = 1 A, liczby zwojów na jednostk˛e długo´sci n = 3000/m, µ

= 10, ρ = 2 · 10

kg/m

, a = 0, 03 m, µ

= 4π · 10

T·m/A (przenikalno´s´c magnetyczna pró˙zni), g = 9, 8 m/s

(przyspieszenie ziemskie).

Ciecz mo˙ze swobodnie wpływa´c i wypływa´c przez ko´nce soleno- idu i mi˛edzy zwojami. Przyjmij, ˙ze powierzchnia cieczy wewn ˛ atrz solenoidu (a równie˙z na zewn ˛ atrz) jest pozioma oraz, ˙ze wzgl˛edna przenikalno´s´c magnetyczna powietrza jest równa 1. Mo˙zna pomi- n ˛ a´c niejednorodno´sci pola magnetycznego w pobli˙zu przewodu, z którego jest zrobiony solenoid. Grubo´s´c tego przewodu jest znacz- nie mniejsza od a.

Wskazówki

1. Linie pola magnetycznego biegn ˛ a równolegle do osi solenoidu.

W cz˛e´sci solenoidu wypełnionej ciecz ˛ a indukcja pola magnetycz- nego B jest taka, jakby całe wn˛etrze solenoidu było wypełnione ciecz ˛ a. W cz˛e´sci solenoidu wypełnionej powietrzem indukcja pola magnetycznego B jest taka, jakby całe wn˛etrze solenoidu było wy- pełnione powietrzem.

2. Obj˛eto´sciowa g˛esto´s´c energii pola magnetycznego jest dana wzorem

u = B

2µ

µ

gdzie µ

jest wzgl˛edn ˛ a przenikalno´sci ˛ a magnetyczn ˛ a o´srodka.

3. Opór elektryczny przewodu, z którego zrobiony jest solenoid, nie ma wpływu na poziom cieczy wewn ˛ atrz solenoidu.

Tabela 1

t[

C] 95 96 97 98 99 100 101 102 103 104 105

p[hPa] 845 877 909 943 978 1013 1050 1088 1127 1167 1208

Rozwi ˛ azanie zadania 1

1. Dolna płyta podskoczy, je´sli działaj ˛ aca na ni ˛ a siła naci ˛ agu spr˛e˙zyny b˛edzie wi˛eksza od siły ci˛e˙zko´sci. W chwili oderwania oznacza to, ˙ze

k(z

− l

) = m

g, (1)

gdzie z

jest wysoko´sci ˛ a górnej płyty nad podłog ˛ a w tym momencie. Poniewa˙z w wyniku zderzenia cała energia kinetyczna dolnej płyty jest tracona, a energia górnej jest przekształcana w energi˛e spr˛e˙zysto´sci spr˛e˙zyny, z zasady zachowania energii otrzymujemy w granicznym przypadku

m

g (h

+ l

) = m

gz

+ k

2 (z

− l

)

. (2)

Uwzgl˛edniaj ˛ ac wzór (1) dostajemy

m

g (h

+ l

) = m

g  m

g k + l

 + k

2

 m

g k



. St ˛ ad

h

= m

g k

 1 + m

2m



. (3)

2. Gdy h > h

dolna płyta równie˙z oderwie si˛e w chwili, gdy górna płyta b˛edzie na wysoko´sci z

= m

g/k + l

(patrz pkt 1.). Zasada zachowania energii ma w tym momencie posta´c m

g (h + l

) = m

gz

+ k

2 (z

− l

)

+ m

2 v

, (4)

gdzie v

jest pr˛edko´sci ˛ a górnej płyty w chwili oderwania. Uwzgl˛edniaj ˛ ac (2) wynosi ona v

= p

2g (h − h

). (5)

W tym momencie pr˛edko´s´c ´srodka masy płyt wynosi v

= m

m

+ m

v

= m

m

+ m

p 2g (h − h

). (6)

´Srodek masy znajduje si˛e w tym momencie na wysoko´sci z

= m

z

m

+ m

. (7)

Dalszy ruch układu jest zło˙zeniem ruchu ´srodka masy i drga´n wokół niego. Energia drga´n nie ulega zmianie, a energia kinetyczna ´srodka masy przekształca si˛e w energi˛e potencjaln ˛ a. Zatem maksymalna wysoko´s´c ´srodka masy z

jest okre´slona przez zasad˛e zachowania energii

m

+ m

2 v

+ (m

+ m

) gz

= (m

+ m

) gz

. (8) St ˛ ad

z

= z

+ m

(m

+ m

)

(h − h

)

= m

m

+ m

 m

g k + l



+ m

(m

+ m

)



h − m

g k

 1 + m

2m



. (9)

3. Od chwili oderwania si˛e dolnej płyty od podłogi, ´srodek masy układu porusza si˛e z przyspieszeniem −g. Zatem czas jego ruchu do najwy˙zszego poło˙zenia wynosi

T

= v

g

= m

m

+ m

s 2 h − h

g . (10)

Ruch dolnej płyty jest zło˙zeniem ruchu ´srodka masy i drga´n wokół niego. Przy zmianie odległo´sci górnej płyty od ´srodka masy o ∆x spr˛e˙zyna ulega wydłu˙zeniu o ∆x · (m

+ m

) /m

, a zatem jej napi˛ecie zmienia si˛e o

∆F = k

∆x, gdzie k

= k · (m

+ m

) /m

. Cz˛esto´s´c drga´n ω jest równa pk

/m

, czyli

ω = s

k (m

+ m

) m

m

. (11)

T

= n 2π

ω , (12)

gdzie n jest dowoln ˛ a dodatni ˛ a liczb ˛ a całkowit ˛ a. Rozwi ˛ azuj ˛ ac to równanie wzgl˛edem h (po uwzgl˛ednieniu (10) oraz (12)) otrzymamy

h = h

+ n

2π

g (m

+ m

) m

m

k . (13)

Podstawiaj ˛ ac warto´sci liczbowe otrzymujemy h

= 0, 15 m i dla n = 1

h ≈ 4, 0 m. (14)

Rozwi ˛ azanie zadania 2

W przypadku spr˛e˙zania izotermicznego, para b˛edzie si˛e skrapla´c, aby utrzyma´c stałe ci´snienie, w zwi ˛ azku z tym ci´snienie ko´ncowe p

= 1013hPa. W przypadku rozpr˛e˙zania izotermicznego, para przestanie by´c nasycona i z równania:

p

V

= pV (1)

uzyskujemy: p

= p/2 = 506, 5hPa.

W przypadku przemian adiabatycznych nie jest z góry oczywiste, w którym procesie (spr˛e˙zania czy rozpr˛e˙zania) para b˛edzie si˛e skrapla´c. Aby to stwierdzi´c załó˙zmy chwilowo, ˙ze nie nast˛epuje skraplanie i rozwa˙zmy przemian˛e adiabatyczn ˛ a pary, która na pocz ˛ atku znajdowała si˛e pod ci´snieniem p = 1013hPa i w temperaturze t = 100

C.

Mamy spełniony warunek:

pV

= T

p

= const, (2)

przy czym dla pary wodnej κ = (C

+ R) /C

= 4/3. Mamy wi˛ec:

p(T ) = AT

, (3)

gdzie A jest pewn ˛ a stał ˛ a. Stał ˛ a proporcjonalno´sci mo˙zemy wyznaczy´c podstawiaj ˛ ac T = 100

C≈ 373K, p = 1013hPa i otrzymujemy A ≈ 5, 233 10

Pa/K

. Mo˙zna te˙z zastosowac wynikaj ˛ acy z powy˙zszego wzór, w którym wyst˛epuje temperatura t w stopniach Celsjusza, jawnie gwarantuj ˛ acy spełnienie warunku pocz ˛ atkowego p(t) = [(t + 273

C) /373

C]

· 1013hPa. Obliczaj ˛ ac teraz ci´snienia dla temperatur z zakresu od 95

C do 105

C otrzymujemy:

t[

C] 95 96 97 98 99 100 101 102 103 104 105

p[hPa] 959 970 981 991 1002 1013 1024 1034 1045 1057 1068

Widzimy, ˙ze dla temperatur t < 100

C warto´sci ci´snienia s ˛ a wy˙zsze ni˙z odpowiednie warto´sci ci´snienia pary

nasyconej podane w tabeli w tre´sci zadania, natomiast dla temperatur t > 100

C s ˛ a one ni˙zsze. Oznacza to, ˙ze

podczas wykonywania spr˛e˙zania adiabatycznego para nie b˛edzie si˛e skrapla´c (ci´snienia b˛ed ˛ a mniejsze ni˙z ci´snienia

pary nasyconej) i mo˙zemy u˙zy´c wzoru (3) by obliczy´c ci´snienie ko´ncowe, które wynosi p

= 1068 hPa. Podczas

rozpr˛e˙zania adiabatycznego, para b˛edzie si˛e skrapla´c i cały czas b˛edzie pozostawa´c w stanie pary nasyconej. W

zwi ˛ azku z tym ko´ncowe ci´snienie odczytujemy z tabeli podanej w tre´sci zadania p

= 845 hPa.

A. Rozwi ˛ azanie wykorzystuj ˛ ace, ˙ze przy małych odchyleniach od stanu równowagi, zmiana energii całkowitej powinna by´c równa 0.

Indukcja pola magnetycznego wewn ˛ atrz solenoidu wynosi: w cieczy – µ

µ

nI , w powietrzu – µ

nI. Je´sli oznaczymy przez h

poziom cieczy wewn ˛ atrz solenoidu (h

= h

gdy I = 0) to strumie´n indukcji magnetycznej przechodz ˛ acy przez powierzchni˛e prostopadł ˛ a do osi solenoidu wynosi

Φ = µ

[µ

ah

+ (a − h

) a] nI

= µ

a [(µ

− 1) h

+ a] nI, (1)

a energia pola magnetycznego wewn ˛ atrz solenoidu jest równa U

= µ

2 ((µ

− 1) ah

+ aa) n

I

l, (2)

gdzie l jest długo´sci ˛ a solenoidu.

I. Sposób. Przy zmianie h

o bardzo mał ˛ a wielko´s´c ∆h

zmienia si˛e Φ. Je´sli zmiana zachodzi w czasie ∆t, to indukowana jest siła elektromotoryczna E = −∆Φ/∆t. Ta siła przeciwstawia si˛e płyn ˛ acemu pr ˛ adowi, w zwi ˛ azku z czym ´zródło pr ˛ adu musi wykona´c prac˛e

∆W

= −InlE ∆t = Inl∆Φ (3)

= µ

(µ

− 1) an

I

l∆h

. Uwzgl˛edniaj ˛ ac, ˙ze I = const, zmiana energii pola magnetycznego wynosi

∆U

|

= µ

2 (µ

− 1) an

I

l∆h

. (4)

W sumie zmiana energii ´zródła pr ˛ adu oraz pola magnetycznego wynosi

−∆W

+ ∆U

|

= − µ

2 (µ

− 1) an

I

l∆h

. (5)

II. Sposób. Stan równowagi nie zale˙zy od tego, czy przy zmianach h

utrzymujemy stałe nat˛e˙zenie pr ˛ adu, czy nie. Zatem zamiast rozwa˙za´c przypadek I = const i uwzgl˛ednia´c energi˛e ´zródła, mo˙zna rozwa˙zy´c zamkni˛ety obwód bezoporowy (nie podł ˛ aczony do ´zródła), w którym dopuszczalne s ˛ a zmiany I. W takim obwodzie nie mo˙ze pojawi´c si˛e siła elektromotoryczna (bo wywołałaby niesko´nczony pr ˛ ad), a zatem zgodnie z prawem Faraday’a Φ = const. Energia pola magnetycznego wyra˙zona przez Φ ma posta´c

U

= Φ

2µ

[µ

ah

+ a (a − h

)] . (6)

Zmiana tej energii przy ustalonym Φ jest równa

∆U

|

= − Φ

l

2µ

a [(µ

− 1) h

+ a]

(µ

− 1) ∆h

, (7) co po wyra˙zeniu przez I jest równe dokładnie (5).

W stanie równowagi ustalonym po wł ˛ aczeniu pola magnetycznego całkowita energia układu nie powinna si˛e zmie- nia´c przy małych zmianach h

. W skład całkowitej energii prócz powy˙zej wymienionych wchodzi energia grawi- tacyjna cieczy (poni˙zej ρ jest jej g˛esto´sci ˛ a, a g przyspieszeniem ziemskim)

U

= 1

2 ρgl (h

− h)

a. (8)

(Jest to energia cieczy o ci˛e˙zarze ρg (h

− h) al, której ´srodek masy znajduje si˛e na wysoko´sci (h

− h) /2.) Warunek równowagi oznacza zatem

0 = ∆U

|

− W

+ ∆U

(9)

lub

0 = ∆U

|

+ ∆U

(10)

W obu przypadkach otrzymujemy warunek 0 = − µ

2 (µ

− 1) an

I

ldh

+ ρgl [−ah∆h

+ ah

∆h

] .

Ta równo´s´c ma by´c spełniona przy wszystkich ∆h

, zatem

− µ

2 (µ

− 1) an

I

l + ρgla (h

− h) = 0.

St ˛ ad

h

− h = µ

2ρg (µ

− 1) n

I

. (11)

Zatem gdy µ

> 1 (paramagnetyk) to po wł ˛ aczeniu poziom cieczy wewn ˛ atrz solenoidu podniesie si˛e, a gdy µ

< 1 (diamagnetyk) – obni˙zy si˛e.

Dla podanych warto´sci liczbowych otrzymujemy

h

− h ≈ 2, 6 mm. (12)

B. Rozwi ˛ azanie oparte na rozwa˙zeniu działaj ˛ acych sił.

Gdy jednorodny magnetyk umie´scimy w zewn˛etrznym polu magnetycznym, na jego powierzchni wyindukuje si˛e pr ˛ ad. Pole magnetyczne pochodz ˛ ace od tego wyindukowanego pr ˛ adu powierzchniowego dodaje si˛e do pola ma- gnetycznego, jakie byłoby w danym obszarze w przypadku braku magnetyka. Aby w cieczy wewn ˛ atrz solenoidu indukcja B była równa µ

µ

nI, taki wyindukowany pr ˛ ad na jednostk˛e długo´sci solenoidu J

powinien spełnia´c warunek

µ

µ

nI = µ

nI + µ

J

a zatem

J

= n (µ

− 1) I.

Ten pr ˛ ad znajduje si˛e w zewn˛etrznym (”pró˙zniowym”) polu magnetycznym o indukcji µ

nI, zatem na górn ˛ a powierzchni˛e cieczy w solenoidzie, na jednostk˛e długo´sci solenoidu działa siła elektrodynamiczna

F

= J

aµ

nI = µ

(µ

− 1) an

I

. (13) Ta siła jest prostopadła do brzegu cieczy i skierowana ”na zewn ˛ atrz”. W obszarze, gdzie ciecz styka si˛e z prze- wodem solenoidu sytuacja jest bardziej skomplikowana. W pobli˙zu powierzchni solenoidu (czyli w pobli˙zu prze- wodu) nat˛e˙zenie indukcji B zmienia si˛e w sposób ci ˛ agły: na zewn ˛ atrz jest równe 0 wewn ˛ atrz jest równe µ

µ

nI.

Przyjmuj ˛ ac, ˙ze wyindukowany pr ˛ ad znajduje si˛e w polu o ´sredniej warto´sci (µ

µ

nI + 0) /2, działaj ˛ aca siła elek- trodynamiczna jest równa

F

= J

a µ

nI 2 = 1

2 µ

(µ

− 1) an

I

. (14)

(Powy˙zsze rozumowanie mo˙zna u´sci´sli´c, przyjmuj ˛ ac ˙ze grubo´s´c solenoidu wynosi d oraz, ˙ze rozkład pr ˛ adu jest tam jednorodny, a nast˛epnie sumuj ˛ ac przyczynki od cienkich warstw solenoidu.) W sumie siła wypadkowa działaj ˛ aca na ciecz wewn ˛ atrz solenoidu jest równa (dodatnia warto´s´c oznacza sił˛e działaj ˛ ac ˛ a w gór˛e)

F

= (F

− F

) l = 1

2 µ

(µ

− 1) n

I

al, (15)

gdzie uwzgl˛ednili´smy, ˙ze rozwa˙zane siły skierowana s ˛ a na zewn ˛ atrz rozwa˙zanego fragmentu cieczy.

Obliczona siła wypadkowa podnosi poziom cieczy wewn ˛ atrz solenoidu. Ci˛e˙zar dodatkowej ilo´sci cieczy wynosi

F

= ρg(h

− h)al. (16)

Z warunku F

= F

otrzymujemy wynik (11).