КОНКУРСИ, СЪСТЕЗАНИЯ Физика: Методология на обучението 6 (2018) Национално пролетно състезание по физика, Стара Загора, 9 11 март 2018 г. Част

Препис

1 КОНКУРСИ, СЪСТЕЗАНИЯ Физика: Методология на обучението 6 (018) 54 8 Национално пролетно състезание по физика, Стара Загора, 9 11 март 018 г. Част : ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ Светослав И. ИВАНОВ, Димо Л. АРНАУДОВ, Нено Д. ТОДОРОВ, Димитър Й. МЪРВАКОВ, Виктор Г. ИВАНОВ Физически факултет, Софийски Университет Св. Кл. Охридски, 1164-София, бул. Дж. Баучер 5 Абстракт. Националното пролетно състезание по физика за учебната г. се проведе от 9 до 11 март в град Стара Загора. Тази статия е продължение на публикуваната в кн. 3 работа и представя примерни решения на темите с методически указания към тях. Те ще бъдат от полза както за учителите, подготвящи ученици за състезания и олимпиади по физика, така и за самоподготовка на учениците. Националното пролетно състезание по физика за учебната г. се проведе от 9 до 11 март в град Стара Загора. В състезанието взеха участие общо 316 ученици от 17 града. Победители в отделните групи са, както следва: Специална тема: Владислав Стефанов 6.5 т., МГ Гео Милев, Плевен; Тема за 11/1 клас: Иво Зерков 8.0 т., СМГ, София; Тема за 10 клас: Александър Кръстев 6.5 т., МГ д-р П. Берон, Варна; Тема за 9 клас: Добрин Бараков 8.0 т., МГ Гео Милев, Плевен; Тема за 8 клас: Женя Янчева 9.0 т., ППМГ акад. Н. Обрешков, Бургас; Тема за 7 клас: Маргулан Исмолдаев 5.0 т., МГ д-р П. Берон, Варна. Училищата, спечелили най-много награди, са: МГ д-р Петър Берон, Варна; МГ Гео Милев, Плевен; ППМГ акад. Н. Обрешков, Бургас; и СМГ, София. Най-много наградени ученици имаха учителите: Ирена Борисова (Плевен); Силвия Захариева (Варна); Георги Стойчев (Бургас); и Илиян Илиев (София). 54 ISSN c 018 Heron Press Ltd.

2 НАЦИОНАЛНО ПРОЛЕТНО СЪСТЕЗАНИЕ ПО ФИЗИКА, СТАРА ЗАГОРА, 9 11 МАРТ 018 г. ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ ТЕМА за 7. клас Задача 1. Движение (две независими части) I част а) Нека разгледаме движението на двата обекта за времето, за което те ще се изместят от точката над нас (зенита) до точка, която виждаме под ъгъл 45. Тъй като триъгълникът, образуван от точките ние, зенит и точка под ъгъл 45, е правоъгълен и равнобедрен, то изминатият път от обектите е равен на височината, на която се намират над нас. Тогава времето ще е равно на височината, разделена на скоростта. Така за самолета се получава t самолет = 10 km = 1/90 h = /3 min = 40 s. 900 km/h За Международната космическа станция се получава t МКС = 400 km 8 km/s = 50 s. Следователно ще ни се струва, че самолетът се движи по-бързо от МКС. б) Докато самолетът свети със собствена светлина (лампите, които мигат на крилата му), то МКС може да се види, само ако е огряна от Слънцето. Затова в полунощ не можем да я видим. Можем да я видим само скоро след като е мръкнало или малко преди да разсъмне (когато МКС не се намира в сянката на Земята). II част в) Времето t Р-В, за което тези кораби пътуват от Русе до Видин, е s t Р-В =. Времето t v 1 v В-Р, за което тези кораби пътуват от Видин до 0 s Русе, е t В-Р =. Разликата нa тези времена е времето t 0 : v 1 + v 0 s s = t 0. v 1 v 0 v 1 + v 0 55

3 С.И. ИВАНОВ, Д.Л. АРНАУДОВ, Н.Д. ТОДОРОВ, Д.Й. МЪРВАКОВ, В.Г. ИВАНОВ Преобразувайки равенството, се получава s = (v 1 v 0 ).(v 1 + v 0 )t 0 v 0 ( 15 km = h 3 km ) (. 15 km h h + 3 km h.3 km h ) 5 3 h = 300 km. г) До момента на срещата единият кораб е изминал път s В, а другият s Р. s В + s Р = s. Тъй като то s = v 1 t 1, откъдето s В = (v 1 + v 0 )t 1, (0,3 т.) s Р = (v 1 v 0 )t 1, (0,3 т.) t 1 = s v km = (0,4 т.) = 10 h.. 15 km h д) Времето t В-Р, за което тези кораби пътуват от Видин до Русе, е t В-Р = s v 1 + v km = 18 km = 16 h. 3 h е) Времето t Р-В, за което тези кораби пътуват от Русе до Видин, е t Р-В = s v 1 v km = 1 km = 5 h. h Задача. Електрическа схема с прекъсвачи а) Таблицата е показана на следващта страница. За всяко правилно изчислено съпротивление R AB за осемте възможности по 0,5 т. (4 т.) б) Сравнявайки съпротивлението R AB за осемте възможности, се забелязва, че R 3 < R 1R R 1 +R + R 3 < R 1 + R 3 < R 1 + R + R 3. 56

4 НАЦИОНАЛНО ПРОЛЕТНО СЪСТЕЗАНИЕ ПО ФИЗИКА, СТАРА ЗАГОРА, 9 11 МАРТ 018 г. малката K от 1 Kдвете K междинни 3 R стойности AB R 1= K 1 0 K 0 K1 3 R AB R 1 + R + R R 1 + R 3 R 1 R R 1 +R + R 3 = 70 Ω. Тъй като R 3 = 50 Ω, тогава R 1R R 1 +R = 0 Ω, а R 1 + А K 1 R 1 R R 3 B Ω R 1 + RR 3 + R 3 K RR 1 R R 3 + R K R 1 +R R R 1 + R R 1 R R + R R 3 От първото равенство се вижда, че R 1 > 0 Ω, R > 0 Ω. Но тогава от 1 +R R второто равенство следва, че R 1 < 30 Ω, R < 30 Ω. От първото 1 + R Следователно равенство можем също да получим, че R 1 R = (R 1 +R ).0 Ω = 1000 Ω. R 3 Последното, R обаче, е невъзможно, понеже R 1 R < 900 Ω. Следователно 3 = 50 Ω, втората допусната възможност не може да се осъществи. Задачата има само едно решение. [1,5 т.] R 1 + R + R 3 = 100 Ω. 0 Ω.30 Ω в) За другата междинна стойност омметърът е показал R AB = R 1R Нека допуснем, че по-голямата от двете междинни + R R 1 +R 3 = + 50 Ω = 6 Ω [1 т.] стойности 0 Ω+30 Ω е 70 Ω, т.е. R 1 + R 3 = 70 Ω. Тогава получаваме, че Задача 3. Вода, сол и лед R 1 = 0 Ω, R = 30 Ω. а) Нека Използвайки проверим графиката другата вдясно, възможност, температурата при на която дъното по-малката от двете междинни стойности R 1R на езерото е 4,0 C. [ т.] Температурата на границата между + R 3 = 70 Ω. Тъй като R 3 = 50 Ω, тогава водата и леда е 0,0 C [ т.] R 1 +R R 1 R = 0 Ω, а R 1 + R = 50 Ω. От първото равенство се вижда, б) RИзползвайки 1 + R графиката вдясно, температурата на водата че R 1 > 0 Ω, R > 0 Ω. Но тогава от второто равенство следва, че на дъното на Северния ледовит океан близо до бреговете на R 1 < 30 Ω, R < 30 Ω. От първото равенство можем също да получим, Канада е 1,8 C [ т.] че R 1 R = (R 1 + R ).0 Ω = 1000 Ω. Последното обаче е невъзможно, понеже R 1 R < 900 Ω. в) За дадената соленост на Черно море, максимално ниската Следователно втората допусната възможност не може да се осъществи. Задачата има само едно решение. (1,5 т.) температура на дъното му е 0,3 C. [1 т.] Следователно истинската температура на дъното му е 0,3 C + 8,8 C = 9,1 в) За другата междинна стойност омметърът е показал C. [1 т.] На повърхността му ще започне да се образува лед при температура на водата 0,9 C. [ т.] R AB = R 1R 0 Ω.30 Ω + R 3 = + 50 Ω = 6 Ω. R 1 +R 0 Ω + 30 Ω 57

5 съществи. Задачата има само едно решение. [1,5 т.] 0 Ω.30 Ω показал R AB = R 1R + R R 1 +R 3 = + 50 Ω = 6 Ω [1 т.] 0 Ω+30 Ω С.И. ИВАНОВ, Д.Л. АРНАУДОВ, Н.Д. ТОДОРОВ, Д.Й. МЪРВАКОВ, В.Г. ИВАНОВ ата на дъното аницата между рата на водата о бреговете на мално ниската Следователно + 8,8 C = 9,1 е образува лед Задача 3. Вода, сол и лед а) Използвайки графиката вдясно, температурата на дъното на езерото е 4,0 C. ( т.) Температурата на границата между водата и леда е 0,0 C ( т.) б) Използвайки графиката вдясно, температурата на водата на дъното на Северния ледовит океан близо до бреговете на Канада е 1,8 C ( т.) в) За дадената соленост на Черно море, максимално ниската температура на дъното му е 0,3 C. Следователно истинската температура на дъното му е 0,3 C + 8,8 C = 9, 1 C. На повърхността му ще започне да се образува лед при температура на водата 0,9 C. ( т.) ТЕМА за 8. клас Задача 1. Свързване на лампички а) Понеже лампичките са свързани последователно, напрежението върху всяка една от тях е: U = U м 0 = 11 V. () От графиката определяме, че при това напрежение токът през всяка лампичка, а следователно и в цялата верига, е: I 0, 83 A. Мощността на всяка отделна лампичка е UI, а на гирлянда като цяло: P = 0UI = U м I 183 W. б) За да изразим консумираната електроенергия в киловатчасове, е нужно да изразим мощността на гирлянда в киловати, а времето, през което е работел в часове: 58

6 НАЦИОНАЛНО ПРОЛЕТНО СЪСТЕЗАНИЕ ПО ФИЗИКА, СТАРА ЗАГОРА, 9 11 МАРТ 018 г. P = 0, 183 kw, t = 31 4 h = 744 h. Следователно консумираната електроенергия е: W = P t 136 kwh а съответната ѝ цена: 136 kwh 0,0 лв./kwh = 7, 0 лв. в) Максималният допустим ток през лампичките е I = 0,9 A. От графиката определяме, че при този ток напрежението върху всяка лампичка е: U 1, 6 V За да не надвиши напрежението върху отделната лампа тази стойност, броят на лампичките трябва да е по-голям от: U м U = 17, 5 т.е. трябва да са свързани поне 18 лампички. Следвателно накъсо може да бъдат дадени най-много N = лампички. г) Нека U е напрежението върху лампичката, което съответства на ток I. Съответно напрежението върху последователно свързания резистор е: U R = U 0 U Следователно, за да тече във веригата ток I, съпротивлението на резистора трябва да бъде: R = U R I = U 0 U I За максималната и за минималната допустима стойност на тока намираме: I (A) U (V) от графиката R (Ω) 0,9 1,6.67 0,8 10, Следователно:, 67 Ω R 5, 88 Ω д) За да решим задачата, ще построим графика на тока I във веригата от напрежението U на източника. През лампичката 1 тече същият ток, 59

7 а) Докато двигателят работи, ракетата се движи равноускорително и се издига на височина: С.И. ИВАНОВ, Д.Л. АРНАУДОВ, Н.Д. ТОДОРОВ, Д.Й. МЪРВАКОВ, В.Г. ИВАНОВ какъвто тече през източника. Нека съответното напрежение върху лампичката е U 1. През лампичките и 3 текат съответно токове I/. Нека съответното напрежение върху двете лампички е U, тогава: U = U 1 + U За различни стойности на тока I от графиката определяме съответните стойности на напреженията U 1 и U и пресмятаме съответната стойност на U. Записваме данните в таблица (поне 5 стойности на тока): I (A) U 1 (V) I/ (A) U (V) U (V) 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0, 1,0 0,1 0,3 1,3 (0,1 т.) 0,4 3,3 0, 1,0 4,3 (0,1 т.) 0,6 6,4 0,3,0 8,4 (0,1 т.) 0,8 10,4 0,4 3,3 13,7 (0,1 т.) 1,0 15,0 0,5 4,7 19,7 (0,1 т.) Нанасяме стойностите на U по абсцисата, на I по ординатата, и построяваме графика по тях свързваме точките с отсечки или с плавна крива: V; 0,84 A За правилно нанесени точки: За правилно нанесени точки: 0,5 точки За построена графика (отсечки или плавна крива): От графиката се вижда, че при напрежение U = 15 V токът във веригата е: За построена графика (отсечки или непрекъсната крива): 0,5 точки I 0, 84 A. От графиката се вижда, че при напрежение U = 15 V токът във веригата е: (13) I 0,84 A. 0,5 точки 60 Задача. Ракета модел

8 НАЦИОНАЛНО ПРОЛЕТНО СЪСТЕЗАНИЕ ПО ФИЗИКА, СТАРА ЗАГОРА, 9 11 МАРТ 018 г. Задача. Ракета модел а) Докато двигателят работи, ракетата се движи равноускорително и се издига на височина: h 1 = at 1 = 50 m. Съответно ракетата достига тази височина със скорост: v 1 = at 1 = 100 m/s След като двигателят бъде изключен, ракетата продължава да се движи равнозакъснително с начална скорост v 1 и с ускорение g. Ракетата достига максимална височина, когато скоростта ѝ стане равна на нула, т.е. след време: t = v 1 g = 10 s Допълнителното разстояние, изминато от ракетата, докато спре, е: h = gt = 500 m Следователно максималната височина, достигната от ракетата, е: H = h 1 + h = 750 m б) След като достигне максимална височина, ракетата започва да пада свободно с нулева начална скорост. Ако времето за падане е t 3, изминатото от ракетата разстояние е: H = gt 3 Оттук намираме: t 3 = H g 1, s Общото време за движение на ракетата е: T = t 1 + t + t 3 7, s 61

9 Общото време за движение на ракетата е: (8) T = t 1 + t + t 3 7, s. 1 точка С.И. ИВАНОВ, Д.Л. АРНАУДОВ, Н.Д. ТОДОРОВ, Д.Й. МЪРВАКОВ, В.Г. ИВАНОВ в) Графиката на скоростта е дадена по-долу: в) Графиката на скоростта е дадена по-долу: v (m/s) ,5 точки 0,5 точки ,5 точки t (s) Ясно е, че най-голяма скорост ракетата има непосредствено преди да Ясно е, че най-голяма скорост ракетата има непосредствено преди да се удари в земята. 0,5 точки се удари в земята. Понеже преди това ракетата е падала свободно в продължение на време t 3, тя достига земята със скорост: Понеже преди това ракетата е падала свободно в продължение на време t 3, тя достига земята със скорост: (9) v max v= max gt= 3 gt 1 3 m/s. 1 m/s (0,5 0,5 т.) точки Задача 3. Излитане на самолет Задача 3. Излитане на самолет а) Неподвижният самолет оказва върху снега натиск: а) Неподвижният самолет оказва върху снега натиск: N = mg (1) N = mg. 0,5 точки Самолетът потегля, когато теглещата сила е по-голяма от силата на триене при хлъзгане: F т > kn Следователно минималната теглителна сила е: F min = kmg = 000 N б) Когато самолетът се отдели от земята, вече не му действа сила на реакция на опората. Следователно подемната сила се уравновесява със силата на тежестта: F п = mg Като използваме израза за подемната сила, получаваме за скоростта на излитане: mg v 1 = 9 m/s ρs 6

10 НАЦИОНАЛНО ПРОЛЕТНО СЪСТЕЗАНИЕ ПО ФИЗИКА, СТАРА ЗАГОРА, 9 11 МАРТ 018 г. в) Поради подемната сила натискът, който самолетът оказва върху снега, докато се движи, е: N = mg ρsv Съответно силата на триене със снега е по-малка, отколкото за неподвижен самолет: f = kmg kρsv В хоризонтална посока на самолета действат още теглещата сила и силата на съпротивление на въздуха. От II принцип следва: ( ) ma = F т f F с = F т kmg + kρsv Cv За да се движи самолетът равноускорително, е нужно неговото ускорение да е постоянно, т.е. да не зависи от скоростта. Както се вижда от уравнение (*), това е възможно, ако: kρsv Cv = 0 Следователно коефициент C на съпротивление на въздуха е: ( ) C = kρs =, 4 kg/m г) Когато е изпълнено условието (**), от уравнение (*) следва, че самолетът се движи равноускорително с ускорение: ( ) a = F т m kg Скоростта нараства до v 1 за време: t = v 1 a Следователно пътят s, който самолетът изминава, докато излети, е: s = at = v 1 a От получения израз следва, че изминатото разстояние е най-малко, когато ускорението на самолета е най-голямо, т.е. при максимална теглеща сила F max = 5000 N. От уравнение (***) намираме, че a max = 1, 5 m/s. Съответно минималното разстояние, нужно на самолета да излети, е: L = v 1 a max 80 m 63

11 С.И. ИВАНОВ, Д.Л. АРНАУДОВ, Н.Д. ТОДОРОВ, Д.Й. МЪРВАКОВ, В.Г. ИВАНОВ ТЕМА за 9. клас Задача 1. а) При отворен ключ K кондензаторите са свързани последователно и са заредени от източника с напрежение E 1. Тъй като еквивалентният им капацитет е за заряда му q 0 намираме C 0 = C 1C C 1 + C = C, q 0 = C 0 E 1 = C E 1. Възможен е и друг вариант на решение. При последователно свързване зарядът на всеки кондензатор и на батерията е един и същ, равен на q 0. От друга страна, напреженията върху кондензаторите дават U 1 + U = U 0 = E 1, при което имаме q 0 = CU 0 = C E 1. б) При затворен ключ K стационарното разпределение на заряда се достига при изравняване на напреженията на успоредните участъци. Така имаме откъдето следва q 1 C 1 + E 1 = E, q C = E, q 1 = C 1 (E E 1 ) = C(E E 1 ), q = C E = CE. в) Преди затваряне на ключа K общият заряд на левите електроди на двата кондензатора е равен на нула, защото те са свързани последователно. След затварянето на ключа K общият заряд на тези два електрода става q = q 1 + q = C(E E 1 ). Това е зарядът, преминал през източника след затварянето на ключа K. Зарядът на десния електрод на кондензатора 1 първоначално е q 0, а след затварянето на ключа K става равен на q 1. Следователно преминалият заряд през источника на напрежение 1 е 64 ( q E1 ) = q 1 q 0 = C E.

12 НАЦИОНАЛНО ПРОЛЕТНО СЪСТЕЗАНИЕ ПО ФИЗИКА, СТАРА ЗАГОРА, 9 11 МАРТ 018 г. г) Началната енергия на кондензаторите (преди затварянето на ключа K) е W 1 = 1 C 1 C E1 = 1 C 1 + C 4 CE 1, а енергията им след затварянето на ключа K е W = 1 C 1(E E 1 ) + 1 C E = 1 C(E 1 E 1 E + E ). Тогава от закона за запазване на енергията (първи принцип на термодинамиката) W W 1 = (A 1 + A ) + Q, където A = A 1 + A е работата, извършена от източниците за пренасяне на зарядите, а Q обменената с околната среда топлина. Работата се дава с изразите A 1 = q E 1, A = qe, при което за търсената топлина получаваме Q = W W 1 (A 1 + A ) = 1 4 C(E 1 E ). Знакът минус показва, че при презареждането на кондензаторите се отделя количество топлина Q. Задача. а) От първия принцип на термодинамиката търсената работа A се определя с равенството A = U = U 3 U 1 = 3 B(T 3 T 1 ). При изобарното свиване работата на външната сила се дава с израза A = p V = p (V 1 V ). Като използваме уравнението на състояние pv = BT, намираме p V 1 = BT 1, p V = BT, T 1 T = 1 B A. При процеса 3 имаме Q = U 3 U + A 1, 65

13 С.И. ИВАНОВ, Д.Л. АРНАУДОВ, Н.Д. ТОДОРОВ, Д.Й. МЪРВАКОВ, В.Г. ИВАНОВ където A 1 е извършената от газа работа, която се дава с лицето на трапеца V 3 V 3, т.е. A 1 = p + p 3 (V 3 V ) = 1 (p V 3 + p 3 V 3 p V p 3 V ). Тъй като за процеса 3 са изпълнени намираме p V = BT, p 3 V 3 = BT 3, p = p 3 p V 3 = p 3 V, V V 3 A 1 = 1 B(T 3 T ), Q = 3 B(T 3 T ) + 1 B(T 3 T ) = B(T 3 T ), откъдето следва (T 3 T ) = 1 B Q. За процеса изменението на вътрешната енергия е нула, тъй като началното и крайното състояние съвпадат. Тогава можем да запишем (U U 1 ) + (U 3 U ) + (U 1 U 3 ) = 0, откъдето следва T 3 T 1 = (T T 1 ) + (T 3 T ) = 1 (Q A). B Като използваме този израз за извършената работа в процеса 3 1 намираме A = 3 (Q A). 4 б) По определение имаме (W е извършената от двигателя работа за един цикъл) η = W = 1 + Q пол Q = 1 5 A Q η = 37, 5%. ( т.) Задача 3. а) На Фиг. 1 са показани токовете, които текат през резисторите, означени съответно с I 1, I, I. 66

14 1 37,5%. Q Q Q [ т.] пол I, I, I. Задача 3. а) На НАЦИОНАЛНО фиг. 1 са показани ПРОЛЕТНО токовете, СЪСТЕЗАНИЕ които текат ПО ФИЗИКА, през резисторите, СТАРА ЗАГОРА, означени 9 11 МАРТ съответно 018 г. с 1 R 1 R I 1 I R I Ε 1 Ε Фиг. 1. Фиг. 1 Тъй като в схемата Тъйне като се натрупва в схемата електричен не се натрупва заряд, от закона електричен за запазването заряд, му отследва закона за запазването му следва I 1 = I + I. Освен това можем да запишем изрази за напрежението между краищата на съпротивленията: E 1 = I 1 R 1 + IR, E = I R IR. От третото равенство изразяваме тока I, при което получаваме I = 1 R (E + IR). След това заместваме I 1 и I във второто равенство откъдето намираме E 1 = I(R 1 + R) + R 1 R (E + IR), I = E 1 R E R 1 R(R 1 + R ) + R 1 R. Токът ще е равен на нула, когато е изпълнено условието E 1 E = R 1 R = 3. б) Мощността на тока I се дава с израза P = I R = (E 1R E R 1 ) R (R 1 + R ), (R + R 0 ) 67

15 С.И. ИВАНОВ, Д.Л. АРНАУДОВ, Н.Д. ТОДОРОВ, Д.Й. МЪРВАКОВ, В.Г. ИВАНОВ чиято максимална стойност в зависимост от R се определя от максималната стойност на α = R (R + R 0 ) d, R 0 = R 1R R 1 + R. Възможните стойности на R при дадено α са корени на квадратното уравнение αr + (αr 0 1)R + αr0 = 0, при условие че 1 4αR 0 0. Тогава максималната възможна стойност на α е α max = 1 R = R 0 = 60 Ω. 4R 0 ТЕМА за 10. клас Задача При определяне на степенния показател n използваме метода на размерностите, като за целта ще трябва да направим таблица с мерните единици на всички величини, участващи в равенства (1) и () 1 : Величина Размерност Размерност, изразена чрез основни единици в SI I A A U V kg.m /A.s 3 ε 0 F/m A.s 4 /kg.m 3 e C A.s (1,5 т.) m kg kg S m m d m m От горната таблица и () се вижда, че размерността на константата b е: [ b ] = A5/ s 9/ kg 3/ m 3. Като запишем равенство (1), за размерностите на величините, участващи в него, получаваме: [ I ] = [ b ][ U ] n или A = A5/ s 9/ ( ) kg.m n kg 3/ m 3 A.s 3. (1,5 т.) 1 Използваната тук номерация на равенства и фигури следва условието на задачата Физика: Методология на обучението 6 (018) стр

16 НАЦИОНАЛНО ПРОЛЕТНО СЪСТЕЗАНИЕ ПО ФИЗИКА, СТАРА ЗАГОРА, 9 11 МАРТ 018 г. За да бъде изпълнено последното равенство, степенните показатели на еднаквите величини от двете страни на равенството трябва да са равни, откъдето може лесно да видим, че n = 3/ и (1) се записва като: I = bu 3/. 1.. След като сме определили, че n = 3/, може да използваме Фиг. 1 (дадена в условието), откъдето може да пресметнем b за няколко точки (поне три) от графиката. U [V] I [ma] b [ma.v 3/ ] 0 5 0, , , 59 За средната стойност на константата получаваме b = 0, 58 ma.v 3/. За да определим времето на полет на електроните, трябва да знаем разстоянието d между електродите. То може да се намери от () и числената стойност на b, получена по-горе: b = 4 9 ε 0 S d e m =, S d = 0, , откъдето получаваме, че d 4, 00 mm или d =, 00 mm. Началната скорост на електроните е пренебрежимо малка, а при фиксирано напрежение те се движат с постоянно ускорение, така че може да изразим времето на полет τ: τ = d/v max, където v max се определя от закона за запазване на енергията при зададеното напрежение U = 11, 4 V: mv max = eu, откъдето v max = eu/m, m/s. (1,5 т.) Така за времето, за което електроните прелитат между електродите, получаваме: τ =, s =, 00 ns. Задача..1. Нека условно да наречем газа, който се намира в лявата част на цилиндъра газ А, а този в дясната част газ Б. Тъй като газ А може да преминава свободно през буталото, то той ще изпълни целия цилиндър, като налягането му от двете страни на буталото ще е едно и също. 69

17 С.И. ИВАНОВ, Д.Л. АРНАУДОВ, Н.Д. ТОДОРОВ, Д.Й. МЪРВАКОВ, В.Г. ИВАНОВ Тогава налягането от дясната страна на буталото ще е по-голямо. Нека вследствие на тази разлика в наляганията буталото се е преместило наляво на разстояние x. Условието за равновесие на буталото ще е: p S = F, където p е налягането на газ Б и се определя от условието T = const: pv = const pls = p (L + x)s. От последните две уравнения, за преместването x получаваме: 0, ако F ps; x = (ps/f 1) L, ако ps/ < F < ps; L, ако F ps/. ( т.).. Нека преди буталото да бъде преместено, обемът на газа с маса m 1 е V 1 = Sl 1, съответно този на газа с маса m е V = Sl. Като отчетем, че температурата на двата газа е една и съща, както и налягането им, и pv = nrt = (m/µ)rt, то може да получим: V 1 V = l 1 l = m 1 m. Подобно съотношение ще е изпълнено и след като дясното бутало се премести на разстояние d, а лявото на разстояние x, защото налягането и температурата на газа от двете страни на лявото бутало отново са равни: V 1 V = l 1 + x l + d x = m 1 m. Приравняваме горните две равенства и получаваме: l 1 l = l 1 + x l + d x, откъдето за преместването x се получава x = 3 4 d. 70

18 НАЦИОНАЛНО ПРОЛЕТНО СЪСТЕЗАНИЕ ПО ФИЗИКА, СТАРА ЗАГОРА, 9 11 МАРТ 018 г. Задача За да не се наблюдава пречупване на светлината на границата AB, без значение от ъгъла на падане, трябва показателите на пречупване от двете страни на AB да бъдат еднакви: a 1 + b 1 λ 0 = a + b λ, откъдето λ 0 = 0 b b 1 a 1 a = 500 nm. (1,5 т.) След като сме определили λ 0, може да пресметнем и показателя на пречупване n 1 = n = n 0 = 1, За λ = λ 0 най-малко отклонение от първоначалната си посока на разпространение ще има лъч, падащ нормално към повърхността на призмата (θ = 0 ) и минаващ през точка O. За този лъч ъгъла на отклонение ще бъде δ = 0. (1,5 т.) 3.3. При ъгли θ = 0 и α = 45 няма да се наблюдава пречупване на светлината на границата въздух призма и лъчите ще падат под ъгъл α = 45 на границата AB. (1,5 т.) От закона на Снелиус може да определим ъгъла на пречупване β (вж. Фиг. 3.3): n 1 sin α = n sin β; sin β = 1/, β = 30. ( т.) При преминаване на светлината от оптически по-плътна, към оптически по-рядка среда може да се наблюдава пълно вътрешно отражение, като за границата полуцилиндър въздух граничният ъгъл γ се определя от условието: sin γ 1 n, откъдето определяме, че γ = 30. (1,5 т.) Може да се покаже, че AOC = 30 и DOB = 90, тогава лесно се вижда, че търсеният ъгъл е ϕ = 60. (1,5 т.) ТЕМА за клас Задача 1. Прехвърляне на стена а) В координатната система на фигурата отдолу законът за движение на снаряда е: x(t) = v 0 cos αt, y(t) = v 0 sin αt gt, 71

19 С.И. ИВАНОВ, Д.Л. АРНАУДОВ, Н.Д. ТОДОРОВ, Д.Й. МЪРВАКОВ, В.Г. ИВАНОВ шение: 3.3. При ъгли 0 и α = 45 няма да наблюдава пречупване светлината на границавъздух призма и лъчите падат под ъгъл α = 45 границата AB. (1,5 т.) закона на Снелиус мода определим ъгъла на ечупване β (виж Фигу- 3.3): n 1 sin α = n sin β; β = 1/, β = 30.( т.) n 1 α α O B β ϕ n γ D и преминаване на светната от оптически поътна, към оптически пока среда може да се набдава пълно вътрешно ажение, като за граниа полуцилиндър въздух ничният ъгъл γ се опрея от условието: α β A Фигура Фиг γ C sin γ 1, n където t е изминалото време от изстрелването на снаряда. ъдето определяме, Търсените че γ = 30разстояния. (1,5 т.) Може се определят да се покаже, от траектории, че AOC = които 30 и прелитат OB = 90, тогава точно лесно надсеръба вижда, на стената, че търсеният т.е. снарядът ъгъл е ϕ = трябва 60. (1,5 дат.) мине през точката с координати (dh). Това условие води до следните две уравнения: v 0 cos αt = d, v 0 sin αt gt = h. Като изключим t от уравненията, получаваме уравнение за ъглите на изстрелване на снаряда, при които той минава точно над ръба: d tg α gd v 0 cos α gd = d tg α v0 (1 + tg α) = h. 7 стр. 6 от 6

20 НАЦИОНАЛНО ПРОЛЕТНО СЪСТЕЗАНИЕ ПО ФИЗИКА, СТАРА ЗАГОРА, 9 11 МАРТ 018 г. Това е квадратно уравнение с корени tg α 1 = v 0 + v0 4 g(hv 0 + gd ), gd tg α = v 0 v0 4 g(hv 0 + gd ). gd По-големият корен съответства на x min, а по-малкият на x max. Самите разстояния се намират, като знаем общото време на полета на снаряда t total = v 0 sin α и го заместим в x(t), откъдето g x min = v 0 sin α 1 cos α 1 = v 0 tg α 1 g g(1 + tg α 1 ) [ d gd + h (v 0 v 0 4 g ( hv0 + gd))] = g (d + h ) Аналогично 31 m. (1,5 т.) x max = v 0 sin α cos α = v 0 tg α g g (1 + tg α ) [ d gd + h (v 0 v g ( hv 0 + gd ))] = g (d + h ) 61 m. (1,5 т.) б) С увеличаване на разстоянието между оръдието и стената съответното x min нараства, тъй като снарядите трябва да се изстрелват под по малки ъгли спрямо хоризонта. От друга страна съответното x max намалява, тъй като оръдието се отдалечава от стената. По този начин x min и x max клонят към една обща стойност, която съответства на търсеното d max. Тъй като x min и x max се определят от ъгъла на изстрелване, който се получава като решение на квадратно уравнение, горното условие е еквивалентно на съществуването на двоен корен на квадратното уравнение, т.е. дискриминантата на уравнението да е равна на нула: v 4 0 g ( hv 0 + gd max) = 0. Оттук d max = v 0 v0 gh 41 m. g 73

21 двоен корен на квадратното уравнение, т.е. дискриминантата на уравнението да е равна на нула: v 0 4 g(hv 0 + gd max ) = 0. [0,5 т.] Оттук d max = v 0 v g 0 gh 41 m. [1 т.] Съответното α dmax = arctg ( v 0 ) = gd С.И. ИВАНОВ, Д.Л. АРНАУДОВ, Н.Д. ТОДОРОВ, Д.Й. МЪРВАКОВ, В.Г. ИВАНОВ max arctg (v 0 v 0 gh) 57. [1 т.] Съответното Задача. Заряди върху окръжност ( ) ( ) v α d max = arctg 0 = arctg v 0 / v 0 gd gh 57. а) На топчето действа сила на тежестта max G = mg, насочена вертикално надолу. [0,5 т.] Нека да означим разстоянието Задача между зарядите. Заряди с l = върху R sin(θ окръжност ). [0,5 т.] Електричната сила, която действа на топчето, има големина F а) На топчето действа сила на тежестта G = mg, насочена вертикално ел = kqq kqq l надолу. = и посока, означена на фигурата вляво. [0,5 т.] За да бъде топчето в 4R sin (θ ) равновесие, трябва Некатангенциалните да означим разстоянието на окръжността между компоненти зарядите на двете с сили да са равни по-големина: G sin θ eq = mg sin θ eq = F ел sin φ eq = kqq sin φ eq 4R sin (θ eq l =, като ) R sin(θ/). φ eq е равновесната стойност на ъгъла φ, означен на чертежа. [1 т.] Центърът на окръжността и двата заряда образуват равнобедрен триъгълник, откъдето следва Електричната сила, която действа на топчето, има големина съотношението φ = 90 θ, а оттук sin φ = cos(θ F ел = kqq ). [0,5 т.] Така горното равенство на тангенциалните kqq l = компоненти придобива вида sin 3 (θ 4R sin eq ) = kqq (θ/) 8mgR. [0,5 т.] Окончателно θ eq = arcsin ( 1 3 kqq ) = 60. [1 т.] mgr и посока, означена на фигурата. За да бъде топчето в равновесие, трябва тангенциалните на окръжността компоненти на двете сили да са равни по-големина: б) Търсената големина на силата на реакция е N eq = mg cos θ eq + kqq cos φ eq 4R sin (θ eq 1 kqq (mg + R ) = 0,5 N. [ т.] ) = mg cos θ eq + kqq = 4R sin(θ eq ) в) Нека да отчитаме като ϕ eq височината е равновесната на издигане стойност на топчето на ъгъла спрямо ϕ, най-долната означен на точка чертежа. от окръжността, т.е. h = Центърът на окръжността и двата заряда образуват равнобедрен триъгълник, откъдето следва съотношението ϕ = 90 θ/, а оттук R(1 cos θ). [0,5 т.] Гравитационната потенциална енергия на топчето има големина mgh = mgr(1 cos θ). [0,5 т.] Кулоновата потенциална енергия на топчето е kqq kqq =. [0,5 т.] От закона за запазване l R sin(θ ) sin ϕ = cos(θ/). на пълната механична енергия следва, че mgr + kqq = mv eq kqq + mgr(1 cos θ R eq ) + = mv eq + R sin(θ eq ) Така горното равенство на тангенциалните компоненти придобива вида mgr + kqq R G sin θ eq = mg sin θ eq = F ел sin ϕ eq =, откъдето следва v eq = 3gR kqq 7,7 m/s. [ т.] mr sin 3 (θ eq /) = kqq 8mgR. kqq sin ϕ eq 4R sin (θ eq /), 74

22 НАЦИОНАЛНО ПРОЛЕТНО СЪСТЕЗАНИЕ ПО ФИЗИКА, СТАРА ЗАГОРА, 9 11 МАРТ 018 г. Окончателно θ eq = arcsin ( ) 1 3 kqq mgr = 60. б) Търсената големина на силата на реакция е N eq = mg cos θ eq + kqq cos ϕ eq 4R sin (θ eq /) = mg cos θ kqq eq + 4R sin (θ eq /) = 1 ( mg + kqq ) R = 0, 5 N. ( т.) в) Нека да отчитаме височината на издигане на топчето спрямо найдолната точка от окръжността, т.е. h = R (1 cos θ). Гравитационната потенциална енергия на топчето има големина mgh = mgr (1 cos θ). Кулоновата потенциална енергия на топчето е kqq l = kqq R sin (θ/). От закона за запазване на пълната механична енергия следва, че откъдето следва mgr + kqq R = mv eq kqq + mgr (1 cos θ eq ) + R sin (θ eq /) = mv eq v eq = + mgr 3gR kqq mr + kqq R, 7, 7 m/s. ( т.) Задача 3. Електрическа верига а) Дадената електрическа верига е симетрична спрямо отсечката BD и при подаване на напрежение между точките A и C няма да има напрежение между B и D. В такъв случай няма да протече ток през средния резистор (балансиран Уитстонов мост) и той може да се откачи от веригата. Получава се еквивалентната схема, показана на фигурите вляво и по средата. 75

23 Задача 3. Електрическа верига а) Дадената електрическа верига е симетрична спрямо отсечката BD и при подаване на напрежение между С.И. ИВАНОВ, Д.Л. АРНАУДОВ, Н.Д. ТОДОРОВ, Д.Й. МЪРВАКОВ, В.Г. ИВАНОВ точките A и C няма да има напрежение между B и D. [0,5 т.] В такъв случай няма да протече ток през средния резистор (балансиран Уитстонов мост) и той може да се откачи от веригата. Получава се Съпротивлението, което ще се измери между точките A и C, е равно еквивалентната схема, показана на фигурите вляво и по средата. [1 т.] Съпротивлението, което ще се измери на между точките A и C, е равно на R R AC R 1R AC = R 1R = 1,5 kω. [1 т.] R 1 +R = 1, 5 kω. R 1 + R б) В този случай веригата може да се представи като система от последователно и успоредно свързани резистори с еквивалентна схема, която б) В този случай веригата може да се представи като система от последователно и успоредно свързани резистори с ееквивалентна показана насхема, фигурата която вдясно. е показана на фигурата вдясно. [ т.] Търсеното ( съпротивление т.) е R AB = R R 1(R + (R1+R) Търсеното R1+R ) съпротивление е = R 1R (R 1 +3R ) 0,83 kω. [ т.] R 1 +R + R (R 1+R ) (R 1 +R ( )(R 1 +3R ) R1+R R 1 R + R ) (R 1 + R ) R 1 + R в) За да определим R AB напрежението = между точките C и D, ще трябва да намерим тока, който протича между R двете точки. [0,5 т.] Общият 1 + R ток, + R = R 1R (R 1 + 3R ) 0, 83 kω. (R 1 + R ) (R 1 + R ) (R 1 + 3R ) който Rпротича 1 + R през частта от веригата, оградена с пунктирана линия, е I = E (R + R (R 1+R ) ). [1 т.] Търсеният ток I R 1 +R CD = IR E ( т.) =. [1 т.] Окончателно получаваме за R 1 +R R 1 +3R в) За да определим напрежението между точките C и D, ще трябва да напрежението U CD = I CD R = ER намерим тока, който протича 1,6 V. [1 между т.] двете точки. R 1 +3R Общият ток, който протича през частта от веригата, оградена с пунктирана линия, е 3.6 Специална тема ( I = E/ R + R ) (R 1 + R ). Задача 1. Механика R 1 + R Търсеният ток а) На тялото действат две сили: реакцията на опората N и силата на тежестта G. Тъй като тялото се движи по IR E окръжност, резултантната на всички I CD сили = има единствено = хоризонтална. компонента, (1 която т.) R 1 + R R 1 + 3R се явява центростремителна Окончателно сила. Така получаваме: за напрежението N cos mg ER, U CD = I CD R = 1, 6 V. R 1 + 3R mv [1 т.] h N sin, СПЕЦИАЛНА ТЕМА r 0 Задача 1. Механика а) На тялото действат две сили: реакцията на опората N и силата на тежестта G. Тъй като тялото се движи по окръжност, резултантната на 76

24 НАЦИОНАЛНО ПРОЛЕТНО СЪСТЕЗАНИЕ ПО ФИЗИКА, СТАРА ЗАГОРА, 9 11 МАРТ 018 г. всички сили има единствено хоризонтална компонента, която се явява центростремителна сила. Така получаваме: N cos θ = mg, N sin θ = mv h r 0, където θ е ъгълът между допирателната към повърхността и хоризонталата. Следователно tan θ = v h. Същевременно имаме tan θ = dz gr 0 dr = kr 0, откъдето vh = kgr 0 = gz 0. Окончателно получаваме v h = gz 0. б) Означаваме максималната височина със z, съответния радиус с r и съответната скорост с v. От закона за запазване на енергията имаме mv0 + mgz 0 = mv + mgz. Да разгледаме въртящия момент, който създават двете сили спрямо оста z: M ( ) = r N + G. Тъй като M z = 0 и dl z M z, имаме L z = const, т.е. dt z-компонентата на момента на импулса се запазва. Следователно mv 0 r 0 = mvr, т.е. v = v 0 z0 z. Така за максималната височина получаваме z = v 0 g. в) Ще разгледаме два подхода: динамичен и енергетичен. Динамичен: Тъй като z 0 е малко, за ъгъла на допирателната имаме sin θ θ tan θ = dz dr = kr и cos θ 1. Големината на тангенциалната сила, действаща на тялото, е (0.5 т.) F Т = mg sin θ. (0.5 т.) Радиалната ѝ компонента е F R = mg sin θ cos θ, където сме отчели посоката на нарастване на радиалната координата r, а радиалното ускорение е a R = g sin θ cos θ. (0.5 т.) 77

25 С.И. ИВАНОВ, Д.Л. АРНАУДОВ, Н.Д. ТОДОРОВ, Д.Й. МЪРВАКОВ, В.Г. ИВАНОВ Правим приближение за малък ъгъл и получаваме a R gθ = gkr. (0.5 т.) Така получаваме a R d r dt = kgr. Знаем, че координатата r е от вида r = A cos(ωt + ϕ 0 ). Заместваме r в горното диференциално уравнение: следователно d r dt = ω cos(ωt + ϕ 0 ) = ω r = gkr, ω = gk и T = π/ gk. Енергетичен: Механичната енергия на тялото е E = mv + mgz. За скоростта имаме ( ) dr ( ) dz v = +. (0.5 т.) dt dt Тъй като dz = krdr, имаме ( ) dr ( ) dz ( + = 1 + (kr) ) ( dr dt dt dt Така получаваме т.е. = ( 1 + tan θ ) ( dr dt E = m ) ) От закона за запазване на енергията имаме de dt ( ) dr (θ 0). (0.5 т.) dt ( ) dr + mgkr. (0.5 т.) dt m dr d r dr + mgkr dt dt dt = 0, = 0, откъдето (0.5 т.) d r dt = gkr. От това уравнение можем да намерим периода, както сме направили погоре. г) Точният израз за радиалното ускорение е a R = g sin θ cos θ, а периодът е получен с приблизителната формула a R gθ. Тъй като g sin θ cos θ < gθ, точната формула за радиалното ускорение дава занижени стойности спрямо приблизителната. Следователно точният период е по-голям от пресметнатия. ( т.) 78

26 НАЦИОНАЛНО ПРОЛЕТНО СЪСТЕЗАНИЕ ПО ФИЗИКА, СТАРА ЗАГОРА, 9 11 МАРТ 018 г. Задача. Електричество Част 1 а) Има две +q, q двойки, разделени на разстояние d, всяка от които има потенциална енергия q 4πε 0 d. (0.5 т.) Има две +q, q двойки, разделени на разстояние r, всяка от които има потенциална енергия q 4πε 0 r. (0.5 т.) Има една +q, +q двойка и една q, q двойка, разделени на разстояние r + d, всяка от които има потенциална енергия q 4πε 0 r + d. (0.5 т.) Последните два члена клонят към 0 с нарастване на r, докато първият член не зависи от r. За да приложим конвенцията за нулева потенциална енергия на безкрайност, запазваме само последните два члена: ( U = q ) 4πε 0 r +. (0.5 т.) r + d б) Имаме U = q 4πε 0 r 1 1. Използваме биномиалното 1 + (d/r) приближение (1 + x) n 1 + nx за малки стойности на x. Получаваме ( U q 1 1 ( ) d 1) q d 4πε 0 r r 4πε 0 r 3. Изразено чрез диполния момент: p U 4πε 0 r 3. в) От съображения за симетрия следва, че силата трябва да е насочена по оста, свързваща двата дипола. Тъй като потенциалната енергия нараства с нарастване на разстоянието, силата е на привличане. Големината е F = du dr = 3p 4πε 0 r 4, 79

27 С.И. ИВАНОВ, Д.Л. АРНАУДОВ, Н.Д. ТОДОРОВ, Д.Й. МЪРВАКОВ, В.Г. ИВАНОВ където знакът минус означава, че силата е на привличане. Друго възможно решение е да се напише точен израз за силата и да се наложи биномиалното приближение, както по-горе. г) Потенциалът в точка е V = q ( 1 1 ) 4πε 0 R + R = q 4πε 0 ( R R + R + R ), (0.5 т.) където R и R + са разстоянията съответно до отрицателния и положителния заряд. При d R имаме R R + d cos θ и (0.5 т.) R R + R. (0.5 т.) Така получаваме V p cos θ 4πε 0 R = p R 4πε 0 R 3. (0.5 т.) Част д) По вътрешната повърхност ще се натрупа заряд Q, а по външната ще се натрупа заряд +Q. От сферичната симетрия и от закона на Гаус следва, че електричното поле в обвивката е Това ще доведе до ток с плътност Самият ток е с големина Тъй като I = dq/dt, имаме Следователно Q(t) 0 dq q 0 Q = E = 1 4πε 0 q 0 Q(t) r. (0.5 т.) J = E ρ = 1 q 0 Q 4πε 0 ρ r. (0.5 т.) I = JS = q 0 Q ε 0 ρ t 0 dq q 0 Q = dt ε 0 ρ. dt. Така намираме ε 0 ρ. (0.5 т.) (0.5 т.) ( Q = 1 exp t ). q 0 ε 0 ρ 80

28 НАЦИОНАЛНО ПРОЛЕТНО СЪСТЕЗАНИЕ ПО ФИЗИКА, СТАРА ЗАГОРА, 9 11 МАРТ 018 г. Задача 3. Топлина Част 1 а) За мощността имаме P = σsts 4. Така намираме T S = ( ) P 1/4 4πσR. б) Разумно е да приемем, че температурата зависи единствено от разстоянието до центъра на планетата. За слой с дебелина dr температурната разлика е dt (без да отчитаме знака на dt ). Имаме k = Q t 1 dr 4πr dt. Топлината, преминаваща през сферичния слой, зависи от мощността, излъчена от заградения обем (планетата е еднородна). Имаме откъдето получаваме 4 Q t = P 3 πr3 r 3 = P 4 R 3, 3 πr3 dt = P 4πkR 3 rdr. Така намираме T = P 8πkR, откъдето можем да намерим и температурата в центъра на планетата. Част в) Снарядът ще се ускорява, докато налягането отляво е по-голямо от налягането отдясно. Следователно снарядът ще постигне максималната възможна кинетична енергия, ако цилиндърът е с такава дължина, че крайното налягане в затворения обем да е равно на P atm. Вътрешната енергия на идеален двуатомен газ е U = ĈV nrt, (0.5 т.) където ĈV = 5/ е безразмерният специфичен топлинен капацитет при постоянен обем. Тъй като P V = nrt, намираме U = ĈV P V. (0.5 т.) 81

29 С.И. ИВАНОВ, Д.Л. АРНАУДОВ, Н.Д. ТОДОРОВ, Д.Й. МЪРВАКОВ, В.Г. ИВАНОВ Максималната кинетична енергия се достига, когато крайното налягане е равно на P atm. Тогава работата, която извършва газът върху снаряда, е A = ĈV (P 0 V 0 P atm V f ). Взимаме предвид това, че снарядът се движи във въздух, който оказва насрещно налягане P atm. Така за кинетичната енергия получаваме E max = ĈV (P 0 V 0 P atm V f ) P atm (V f V 0 ). (0.5 т.) Газът се разширява адиабатно и затова ( ) 1/γ P0 V f = V 0, (0.5 т.) P atm където γ = C p /C V = 7/5. Заместваме числените стойности: E max = 5 P 0V 0 7 P atmv f + P atm V 0, т.е. E max = ( 5 P 0 + P atm 7 ) P /7 atm P 5/7 0 V 0. г) За дължината на оръдието директно получаваме БЛАГОДАРНОСТИ L = V f S = V ( ) 5/7 0 P0. S P atm Авторите изказват благодарност на г-жа Цонка Николова, директор на Пето основно училище Митьо Станев в Стара Загора, домакин на състезанието, на Началника на РУО Стара Загора Татяна Димитрова и на Старши експерт по природни науки и екология Кузман Кузманов за отличната организация на състезанието. 8