Home » Tekmovalne naloge
Category Archives: Tekmovalne naloge
Skupina I. Mehanika
II.Newtonov zakon za kroženje
1. Bob doseže pri vožnji po stezi hitrosti večje od 100 km/h. Zaradi tega mora v ovinkih steze voziti v delu steze z ustreznim naklonom. Prečni presek steze za bob ima polkrožno obliko, kot kaže slika. Bob obravnavaj kot točkasto telo. Kolikšen je kot ‘ na sliki (kot med navpičnico in pravokotnico na krožni lok), če pelje skozi ovinek s polmerom 20 m s hitrostjo 80 km/h? Koeficient trenja v prečni smeri glede na drsalke, na katerih drsi bob, je 0,1.
Rešitev :
Podatki: R = 20 m, v0 = 80 km/h, kt = 0,1.
Narišemo sile na klancu, kakor si lahko predstavljamo del steze. Izračunamo ω0 = v2 / R . Sile razdelimo po komponentah (vzporedno in pravokotno na klanec). X os je torej modra črta .Velja II. Newtonov zakon za enakomerno kroženje za os x in os y.
x: mω2R cos φ = mg sin φ – kt F0
y: mω2R sinφ = mg cos φ – F0
Iz enačbe za smer Y izpeljemo F0 in vstavimo v izraz za smer x. Dobimo trigonometrično enačbo in dobimo
tg(φ) = kt g / (kt ω2R + g – ω2R) iz katere izpeljemo še kot
φ = 1,1 rd ali 63° .
2.Majhni kovinski kroglici mase m = 5 g in M = 10 g sta obešeni na vrvicah dolžine b = 1 m, ki sta pritrjeni na strop v skupni točki. Lažjo kroglico izmaknemo , da se dvigne do višine h = 10 cm in jo spustimo. Kroglici trčita in se prožno odbijeta. Kako se gibljeta po trku? Kako visoko h1 in h2 se dvigneta?
Lažja kroglica udari ob težjo s hitrostjo, ki jo izpeljemo iz ohranitve potencialne in kinetične enrgije Wp1 = Wk2. Toraj vstavimo količine za potencialno in kinetično energijo m g h = m v12 /2 , iz česar sledi v1 = (2g h)1/2 .
Ob centralnem prožnem trku obeh kroglic dobimo , njune hitrosti po trku. Upoštevamo ohranitev gibalne količine.
G1 = G2 in ohranitev skupne kinetične energijeWk1=Wk2, m v1 =M v3 – m v2 in
m v12 /2= m v22 /2 + M v32 /2. Iz prve enačbe izrazimo
m (v1 + v2) = M v3 drugo preuredimo v m(v12 – v22) =M v32
Levo stran predhodne enačbe razcepimo v obliko m(v1 -v2)(v1 + v2) = Mv32 in z upoštevanjem zgornje zveze m (v1 – v2) = M v3 dobimo M v3 (v1 -v2) = M v32 iz česar sledi, da je v3 = v1 – v2. Potem hitrost v3 vstavimo v enačbo m v1 =M v3 – m v2, tako da dobimo m v1 = M (v1 – v2) – m v2. Iz te izpeljemo hitrost v2 male kroglice po trku v2 = (M -m)/(M+m) v1
Upoštevamo še da je izračunana hitrost v1 = 1,4 m/s in hitrostmale kroglice po trku je v2 = 0,47 m/s.
Po trku mala kroglica doseže višino h1 . Upoštevamo , da se njena kinetična energija pretvori v potencialno m v22/2 = m g h1 iz česar izpeljemo višino h1 = 1,1 cm. Enako večja kroglica poleti proti levi s hitrostjo v3 = m (v1 -v2) / M = 0,93 m/s. In tudi zanjo velja ista enačba M v32 = M g h2 iz česar izračunamo h2 = 4,3 cm.
3. Na spodnjo stran klade z maso 40 kg pritrdimo dve tanki letvi iz različnih materialov, kot kaže slika. Klada v obliki kvadra z višino 20 cm in dolžino 45 cm. Letvi pritrdimo na sprednjem in zadnjem koncu klade. Celoten sistem se dotika tal le preko letev, vendar je debelina letev zanemarljiva v primerjavi z debelino klade. Klada po dolžini ni homogena, težišče se nahaja 15 cm od sprednjega konca. višina težišča klade je na polovični višini. Klado potisnemo v vodoravni smeri, tako da se začne gibati s hitrostjo 5 m/s. Kolikšno pot opravi klada, preden se ustavi? Koeficient trenja med sprednjo letvijo in tlemi je 0,20 , med zadnjo letvijo in tlemi pa 0,35.
m = 40 kg
h = 20 cm (višina klade)
l = 45 cm (dolžina klade)
r1 =15 cm (od levega roba do težišča)
kt1 = 0,20
kt2 = 0,35+
v = 5 m/s
——————-
Z F1 in F2 smo označili komponenti sil podlag na prednjo in zadnjo letev. Vodoravni sili sta sili trenja Ftr1 = kt1 F1 in Ftr2 = kt2 F2 . V vodoravni smeri velja m a = kt1 F1 + kt2 F2 in navpični smeri velja F1 + F2 = mg
Za ravnovesje navorov velja , ob upoštevanju r2 = l – r1 = 30 cm (ročica sile F2)
-F1 r1 + kt1 F1 h/2 + F2 r2 + kt2 F2 h/2 = 0
V to ravnovesno enačbo vstavimo F2 = mg – F1 in izpeljemo silo F1 = (r2 + kt2 h/2) mg / (l + h(kt2-kt1)/2) in enako še silo
F2 = ( r1 – kt1 h/2) mg / (l + h(kt2 – kt1)/2) .
Ko imamo znani obe sili, lahko izračunamo še pojemek a = (kt1 F1 + kt2 F2 ) / m
Pot, ki jo opravi do zaustavitve, je s = v2 / (2a) = 5,3 m .
4. Po dveh vzporednih tirih se v enakih vozičkih peljeta v isti smeri dva fanta. Masa vozička je 100 kg, masa posameznega fanta 50 kg. Prvi fant se pelje s hitrostjo 5,0 m/s, drugi pa s hitrostjo 4,0 m/s. Ko prvi fant dohiti drugega, vrže v smeri paravokotno glede na svoj voziček v drugi voziček skalo z maso 40 kg. Kolikšna je hitrost prvega in hitrost drugega vozička potem?
Rešitev :
podatki
mv = 100 kg mf = 50 kg
ms = 40 kg v1 = 5,0 m/s
v2 = 4,0 m/s
Ker je pri metu prvega vozička sila pravokotna na smer gibanja, se komponenta gibalnih količin v smeri gibanja tako prvega fanta in vozička kot skale ne spremenita, prav tako ne komponente hitrosti, v1‘ = v1.
Ohranja se tudi komponenta skupne gibalne količine v smeri gibanja za celoten sistem fantov, vozičkov ibn skale:
(mv+mf+ms) v1 + (mv+mf)v2 = (mv + mf) v1 + (mv + mf +ms) v2‘
pri čemer smo upoštevali, da se hitrost prvega vozička in fanta ne spremeni. Hitrost drugega vozička z drugim fantom in skalo je potem :
v2‘ = (ms v1 + (mv+mf) v2 /(mv + mf + ms) = 4,2 m/s
Skupina III. , Vsa poglavja fizike
Nihanje
1. Valj višine h in gostote ρ plava na vodi. Nekoliko ga potisnemo v vodo in spustimo, da začne nihati. Kolik je njegov nihajni čas t0? Upor vode zanemarimo, podatke lahko poljubno izberemo.
Rešitev :
V ravnovesjem stanju je dno valja na globini X0, tako da je sila vzgona enaka teži valja Fvzg = Fg .
X0 S ρ0 g = ρ S h g ( pri čemer je S osnovna ploskev, ρ0 je gostota vode ) . Iz te enačbe izračunamo koliko je valj sploh potopljen x0 = h ρ / ρ0.
Ko je dno kvadra na globini X > X0, deluje nanj rezultanta med novo silo vzgona in težo v smeri navzgor in daje valju pospešek a.
Fvzg1 + Fg = m a
ρ0 x S g – h ρ S g = m a
( x ρ0 – h ρ ) S g = ρ S h a
a = g (x – x0 ) ρ /(ρ0 h)
Če upoštevamo, da so odmiki valja majhni je nihanje sinusno in velja za amplitudo pospeška a0 = ω02 s0, pri čemer je s0 = x – x0 in a = a0 . Ker vemo, da je ω0 = 2¶ / t0 je nato t0 = 2 ¶ (h ρ /(ρ0 g))1/2
Štefanov zakon
1. Volframska nitka v žarnici je segreta na temperaturo T0= 2700 K . Žarnico ugasnemo. Po kolikšnem času t1 se temperatura nitke zmanjša na T1=600 K? Nitka ima polmer r=0,05 mmin seva z emisivnostjo ε=0,3. Gostota volframa je 19,3 g/cm3, specifična toplota pa 155,4 J/kgK.
Rešitev :
Nitko si predstavljamo kot valj ki seva . Po času t je temperatura nitke T. V naslednjem kratkem časovnem intervalu dt nitka odda toploto
dQ = P dt = SεσT4 dt = 2¶ r b ε σ T4 dt, .
Po drugi strani velja dQ = P dt = – mcp dT , pri čemer je b dolžina nitke, dT pa je zmanjšanje temperature.
Dobimo posebno enačbo, ki ji pravimo diferencialno enačbo, kjer moramo le ločiti spremenljivke in na vsaki strani integriramo.
dT / T4 = – 2 ε σ /( r ρ cp ) dt . Pri t=0 je T=T0 po času t je temperatura T1.
Rešitev je
1/(3T13 – 1/(3T03) = α t1 , kjer je α=2εσ/(r ρ cp ) in ko vstavimo podatke dobimo ta t1 = 1/(3α) ( T1-3 – T0-3 ) = 6,6 s.
OPTIKA
2. Vzporedni snop svetlobe valovne dolžine λ=480 nm pada na prozorno ploščico debeline d=1 μm. Lomni količnik ploščice je n=1,6. Kolikšen vpadni kot α glede na vpadno pravokotnico morajo imeti žarki , da se odbita svetloba ojači? Ploščica leži na stekleni plošči , ki ima lomni količnik n1=1,5.
Rešitev :
Žarek 1 se odbije na zgornji oloskvi ploščice, pri čemer se mu spremeni faza za ¶ oz. Žarek 2 se odbije na spodnji ploskvi. Njegova faza se ne spremeni saj je n>n1 . Odbiti žarek 2 napravi daljšo optično potkot žarek 1. to pot izračunamo iz lomnega zakona sin(α) / sin(β) = n/1 , V imenovalcu je lomni količnik za zrak približno enak 1. S kotnimi funkcijami in debelino d izračunam pot žarka 2, ki potuje skozi rumeno ploščico.
cos (β) = d/s s = d cos(β)
upoštevamo zvezo sin2(β) + cos2(β) = 1 . Tako je
sin2(β) = 1 – cos2(β) = 1 – d2 / s2 iz česar dobimo, da je
s2 = d2 / (1 – sin2(β)) . Ko vstavimo še iz lomnega zakona za sin(β) = sin(σ) / n, dobimo izraz za s2 = d2 n2 / (n2 – sin2(α))
Upoštevati moramo, da žarek 2 preputuje 2 s je končna pot
enaka 2 s = 2 d n / (n2 – sin2(α))1/2 . Zdaj pa upoštevajmo znani pogoj za interferenco med žarkoma 1 in 2. Razlika poti dveh valovanj mora biti celi večkratnik valovne dolžine Δ = N λ, pri čemer je N=1,2,3,…. Končna enačba za razliko poti za oba žarka je potem enaka Δ = 2 d n /( n2 – sin2(α))1/2 + λ/2 . Kjer je λ/2 dodan zato , ker se žarek 1 odbije na gostejšem sredstvu in spremeni fazo. Iz zadnje enačbe izpeljemo sin2(α) = n2 – (2N-1)2 λ2 / (4d2) .
Zdaj pa po vrsti za N=1 , N=2, ….poskušamo rešiti enačbo. Ugotovimo, da je pri N=6 realna rešitev pri vpadnem kotu α6 = 65°, in za N=7 je rešitev α7 = 19°.
Dopplerjev pojav
3. Satelit, ki kroži nad Zemljo, oddaja radijske valove stalne frekvence. Ko je satelit v zenitu, sprejemnik na zemlji zazna valove frekvence ν1 = 600 MHz. Čez nekaj časa, ko satelit preleti zenit za kot φ = 30°, se sprejemna frekvenca zmanjša za Δν = 2,8 kHz. Kako visoko h nad površjem Zemlje je satelit?
Rešitev :
Satelit kroži okrog Zemlje s stalno hitrostjo v na višini h, tako da je centripetalni pospešek enak težnemu pospešku m ac = Fg sledi da je ac = g.
v2 / (R + h ) = g0 R2/ (R + h )2
iz zadnje enačbe izpeljemo hitrost
v = R (g0 / (R + h ))1/2 (E.1)
Ko je satelit v zenitu (nad opazovališčem ), je projekcija obhodne hitrosti v na veznico satelit-sprejemnik enaka nič. Sprejemnik tedaj zazna frekvenco oddajnika v satelitu. V legi pri kotu φ glede na zenit je projekcija hitrosti na veznico satelit-sprejemnik enaka v’ = v sin(ψ).
Z uporabo sinusnega izreka poiščemo zvezo med φ in ψ : R sin (¶ – ψ) = (R + h) sin(ψ) iz česar izpeljemo sin(ψ) = R sin(φ) /(R + h). Tako v enačbo za hitrost v’ vstavimo prejšnjo zvezo. Dobimo hitrost v’ = v R sin(φ) / (R + h). Ko vstavimo še zvezo za hitrost v dobimo
v’ = R2 sin(φ) g01/2 (R + h)-3/2
Sprejemnik na zemlji registrira frekvenco ν2, kot da bi se oddajnik na satelitu oddaljeval s hitrostjo v’, ki smo jo zgoraj izpeljali. Toraj velja ν2 = ν1 / (1 + v’ /c ) . Iz tega izraza izpeljemo hitrost v’ = c ( ν1 /ν2 – 1) .
Od tod izračunamo višino satelita
h = R ( ( ν2 sin(φ) (go R )1/2 / (c (ν1 – ν2)))2/3 – 1 ) = 320 km.
4. Kroglica mase m = 3 g in naboja e1 = +5 μAs se približuje pritrjeni kroglici naboja e2 = +0,2 μAs. Hitrost kroglice na veliki oddaljenosti od pritrjene kroglice je v0 =36 km/h. Najmanj do kolikšne razdalje se kroglici približata?
Rešitev :
NAlogo najenostavneje rešimo z ohranitvijo kinetične in električne potencialne energije. Gibajoča kroglica ima na začetku kinetično energijo Wk1 = m v12 /2 in električno potencialno energijo Wep1 = 0, zaj je zelo daleč vstran. Kroglica ima na razdalji r od pritrjene kroglice kinetično energijo Wk2 = m v22 / 2 in električno potencialno energijo Wep2 = e1 e2 / (4 ¶ ε0 r ).
Sledi Wk1 + Wep1 = Wk2 + Wep2, ko vstavimo izraze dobimo enačbo za hitrost na razdalji r , v22 = v12 + e1 e2 /(2 ¶ ε0 m r) . Kroglica se bo na razdalji r0 popolnoma zaustavila, tako da je njena hitrost v2 = 0. Tako dobimo 0 = v12 – e1 e2 /(2 ¶ ε0 m r0 ) in iz tega izraza izpeljemo r0 = e1 e2 / (/(2 ¶ ε0 m v02) = 6 cm.
5. Kroglo s polmerom r1 = 2 cm in nabojem e1 = 2 μAs ter kroglo s polmerom r2 = 5 cm in nabojem e2 = 1 μAs povežemo s tanko prevodno nitko. Koliko naboja steče skozi nitko z ene krogle na drugo kroglo? Kolikšni sta končni gostoti nabojev na kroglah?
Rešitev:
3. Ribič na čolnu vidi ribo pod kotom β=45° glede na navpičnico. Pod kolikšnim kotom α glede na navpičnico mora usmeriti harpuno, da zadene ribo? Lomni količnik vode je n=4/3.
Rešitev: