( ) ( ) ( ) ( )f ( ) ( )

Zadania z kolokwium 16.11.2009 (Fizyka Medyczna i Neuroinformatyka)
1. Przesunięcie dopplerowskie w badaniu echokardiografem
Wersja A
Głowica echokardiografu emituje sinusoidalną falę ultradźwiękową o częstotliwości f=2,900
MHz). Fala ultradźwiękowa, przechodzi przez tkankę miękką prędkością v=1450m/s i odbija
od przepływającej w aorcie krwi. Krew w aorcie płynie ku głowicy. Głowica echokardiografu
zarejestrowała falę odbitą o częstotliwości fg=2,902 MHz. Jaka jest prędkość przepływu krwi
w aorcie? Jaka jest długość fali ultradźwiękowej w tkance?
Rozwiązanie:
1450 m s
v
Długość fali w tkance. λ = =
= 0,5mm
f 2,9 ⋅ 10 6 s −1
v + vs v + vs
=
f
Częstotliwość „widziana” przez czoło strumienia krwi f k =
v
λ
Częstotliwość odbierana przez nieruchomą głowicę, gdy źródło o prędkości vs emituje falę o
częstotliwości fk:
v − vs
v − vs
v
v
λg =
⇒
=
⇒ fg =
fk
fk
fg
fk
v − vs
v + vs
v
v v + vs
fk =
f ⇒ fg =
f
v − vs
v − vs v
v − vs
Poszukiwanie vs gdy dana jest odbierana częstotliwość fg=2,902MHz wymaga
przekształcenia:
(fg − f )
v + vs
f ⇒ f g (v − v s ) = f (v + v s ) ⇒ v( f g − f ) = v s ( f g + f ) ⇒ v s = v
fg =
(fg + f )
v − vs
Rezultat liczbowy w przybliżeniu można uzyskać bardzo łatwo (bez kalkulatora)
(fg − f )
m 2kHz
⇒ v s ≈ 1450 ⋅
= 0,5m / s
vs = v
(fg + f )
s 5,8MHz
W rezultacie dostajemy: f g =
Projekt Fizyka wobec wyzwań XXI w. współfinansowany przez Unię Europejską ze
środków Europejskiego Funduszu Społecznego w ramach Programu Operacyjnego Kapitał
Ludzki
Wersja B
Głowica echokardiografu emituje sinusoidalną falę ultradźwiękową o częstotliwości f=4,350
MHz). Fala ultradźwiękowa, przechodzi przez tkankę miękką z prędkością v=1450m/s i
odbija od przepływającej w aorcie krwi. Krew w aorcie płynie w kierunku od głowicy.
Głowica echokardiografu zarejestrowała falę odbitą o częstotliwości fg=2,347 MHz. Jaka jest
prędkość przepływu krwi w aorcie? Jaka jest długość fali ultradźwiękowej w tkance?
Rozwiązanie:
1450 m s
v
Długość fali w tkance. λ = =
= 0,33mm
f 4,35 ⋅ 10 6 s −1
v − vs v − vs
=
f
Częstotliwość „widziana” przez czoło strumienia krwi f k =
v
λ
Częstotliwość odbierana przez nieruchomą głowicę, gdy oddalające się źródło o prędkości vs
emituje falę o częstotliwości fk:
v + vs
v + vs
v
v
λg =
fk
⇒
=
⇒ fg =
v + vs
fk
fg
fk
v − vs
v
v v − vs
fk =
f ⇒ fg =
f
v + vs
v + vs v
v + vs
Poszukiwanie vs gdy dana jest odbierana częstotliwość fg=2,902MHz wymaga
przekształcenia:
(f − fg )
v − vs
f ⇒ f g (v + v s ) = f (v − v s ) ⇒ v( f − f g ) = v s ( f g + f ) ⇒ v s = v
fg =
(fg + f )
v + vs
Rezultat liczbowy w przybliżeniu można uzyskać bardzo łatwo (bez kalkulatora)
(f − fg )
m 3kHz
⇒ v s ≈ 1450 ⋅
= 0,5m / s
vs = v
(fg + f )
s 8,7 MHz
W rezultacie dostajemy: f g =
Projekt Fizyka wobec wyzwań XXI w. jest wspierany przez Europejski Fundusz Społeczny
w ramach Programu Operacyjnego Kapitał Ludzki
Zadanie 2
Obydwa zadania można było rozwiązać różnymi metodami. Wszystkie metody prowadzące do
prawidłowego wyniku były oceniane w ten sam sposób.
Rozwiązanie, wersji A.
Zadanie to rozwiążemy metodą standardową – znajdując najpierw równanie ruchu, a potem tor.
Układ współrzędnych wiążemy z armatą (chociaż można i z powierzchnią Ziemi, nie zmienia to
rozwiązania).
W przyjętym układzie współrzędnych prędkość V ma dwie składowe
Równania ruchu opisujące ruch pocisku wzdłuż osi x i y są następujące:
1
2
Aby znaleźć tor ruchu pocisku, z drugiego równania wyznaczamy czas ruchu i wstawiamy do
pierwszego równania:
1
2 cos Poszukujemy teraz takiej współrzędnej x (zasięgu strzału), którą dalej oznaczamy jako l, dla której y=h:
Znalezienie zasięgu
kwadratowego.
Obliczamy:
$ %
!&, !
1
! "
2 cos ! ! 2 cos odpowiada
2 cos ( ) %
! zatem
2 cos
cos znalezieniu
0
pierwiastków
powyższego
równania
cos
2 *
( ) % +
cos W rozważanym przypadku interesuje rozwiązanie ze znakiem „+”:
!
cos
sin2
2 2 *
( ) % +
*1 % )1 % +
cos 2
sin Czas lotu pocisku wyznaczymy korzystając z pierwszego równania:
Czas lotu na odległość x = l jest równy:
sin2
2 *1 % )1 % +
2
sin 2 *1 % )1 % +
sin Podstawmy dane liczbowe, obliczmy najpierw wyrażenie pod pierwiastkiem:
2 2 . 210/ .
10/
/
0200 1 . sin 454 )1 %
4200
1
40000 . 2
21
121 11
)
1,1
100
100 10
21
100
Reasumując:
*1 % )1 %
2 + 2,1
cos /
200/ 40000 0 1 sin 2 . 454 . 2.1 4200/
!
. 2,1 2 . 10// 20// / √2
200 2
10// . 2,1 21√2
Wersja B.
Zadanie to rozwiążemy metodą standardową – znajdując najpierw równanie ruchu, a potem tor.
Układ współrzędnych wiążemy z moździerzem.
W przyjętym układzie współrzędnych prędkość V ma dwie składowe:
Równania ruchu opisujące ruch pocisku wzdłuż osi x i y są następujące:
1
2
Aby znaleźć tor ruchu pocisku, z drugiego równania wyznaczamy czas ruchu i wstawiamy do
pierwszego równania:
1
2 cos Poszukujemy teraz takiej współrzędnej x (zasięgu strzału), którą dalej oznaczamy jako l, dla której y =
d:
8 Znalezienie zasięgu
kwadratowego.
!
1
! "
2 cos
! ! % 8 0
2 cos odpowiada
zatem
znalezieniu
Obliczamy:
$ !&, ( ) ! 28
cos
cos pierwiastków
powyższego
równania
28
cos
cos
28
*
( ) +
cos W rozważanym przypadku interesuje rozwiązanie ze znakiem „+”:
!
cos
sin2
28
28
*
( ) +
*1 % )1 +
cos 2
sin Czas lotu pocisku wyznaczymy korzystając z pierwszego równania:
Czas lotu na odległość x = l jest równy:
sin2
28
*1 % )1 +
2
sin 28
*1 % )1 +
sin Podstawmy dane liczbowe, obliczmy najpierw wyrażenie pod pierwiastkiem:
28
2 . 9,9/ . 10// 198
99
sin 5000 2500
100/
1
0 1 .2
)1 99
2401 49
)
2500
2500 50
Reasumując:
;1 %
49
99
<
50
50
100/ 0 1
99 10000 99
!
.
. / 990/
2 . 10// 50
20
50
/ √2
100 2
10// .
99
9.9√2~10√2~14
50
Uwagi do rozwiązań i punktacji.
1. Powyżej przedstawiono przykładowe rozwiązania. Przy ocenie rozwiązań były uwzględniane
także inne metody, o ile były rozsądne, uzasadnione i prowadziły do poprawnego
rozwiązania.
2. Głównym popełnianym błędem było zbyt wczesne podstawienie danych liczbowych, do
równań, w szczególności do równania toru:
8 !
1
! 2 cos
co przy obliczaniu pierwiastków równania kwadratowego prowadziło do „astronomicznych”
i zazwyczaj błędnych wyników.
Zadanie 3A
Na równi o kącie nachylenia α, znajduje się klocek o masie m, którego współczynnik tarcia
poślizgowego o równię wynosi μ. Do klocka jest przymocowana linka, którą przewieszono
przez nieważki i mogący się obracać bez tarcia bęben u szczytu równi, zaś na drugim końcu
linki zawieszono drugi klocek o masie 2m. Początkowo nieruchome klocki spontanicznie
zaczęły się poruszać tak, że klocek na równi jest podciągany do góry. Określ z jakim
przyspieszeniem porusza się każdy z klocków oraz policz wartość liczbową przyspieszenia,
jeśli α = 45°, μ = 0.1, zaś g = 10 m/s2.
Rozwiązanie
Przyjmujemy, że oś służąca do opisu ruchu klocka leżącego jest skierowana wzdłuż równi
i zwrócona pod górę, zaś oś opisująca ruch klocka wiszącego jest skierowana pionowo w dół.
Naciąg nitki oznaczamy przez T. Wtedy, w sytuacji statycznej siła naciągu T = 2·m·g
przeważa nad siłą zsuwającą m·g·sinα ≈ 0.71·m·g i klocek leżący zacznie być podciągany do
góry, a równocześnie klocek wiszący zacznie się opuszczać z przyspieszeniem o tej samej
wartości, co przyspieszenie klocka leżącego, ale ruch ten zostanie wszczęty, o ile tarcie
statyczne μs jest wystarczająco małe (μs<(2-sinα)/cosα ≈ 1.83). Jeśli ruch ten się rozpocznie,
bilans składowej siły skierowanej wzdłuż równi, działającej na klocek leżący ma postać:
m·a = T-m·g·sinα - μ·m·g·cosα, zaś bilans pionowej składowej siły działającej na klocek
wiszący ma formę następującą: 2m·a = 2m·g – T. Rozwiązując tę parę równań względem a
dostajemy a = g·(2-sinα-μ·cosα)/3 ≈ 4.07 m/s2.
Zadanie 3B
Na równi o kącie nachylenia α, znajduje się klocek o masie 2m, którego współczynnik tarcia
poślizgowego o równię wynosi μ. Do klocka jest przymocowana linka, którą przewieszono
przez nieważki i mogący się obracać bez tarcia bęben u szczytu równi, zaś na drugim końcu
linki zawieszono drugi klocek o masie m. Początkowo nieruchome klocki spontanicznie
zaczęły się poruszać tak, że klocek na równi się zsuwa. Określ z jakim przyspieszeniem
porusza się każdy z klocków oraz policz wartość liczbową przyspieszenia, jeśli α = 45°,
μ = 0.1, zaś g = 10 m/s2.
Rozwiązanie
Przyjmujemy, że oś służąca do opisu ruchu klocka leżącego jest skierowana wzdłuż równi
i zwrócona pod górę, zaś oś opisująca ruch klocka wiszącego jest skierowana pionowo w dół.
Naciąg nitki oznaczamy przez T. Wtedy, w sytuacji statycznej siła zsuwająca
2m·g·sinα ≈ 1.41·m·g przeważa nad siłą naciągu T = m·g i klocek leżący zacznie się zsuwać,
a równocześnie klocek wiszący zacznie być podciągany do góry z przyspieszeniem o tej
samej wartości, co przyspieszenie klocka leżącego, ale ruch ten zostanie wszczęty, o ile tarcie
statyczne μs jest wystarczająco małe (μs<(2sinα-1)/(2cosα) ≈ 0.29). Jeśli ruch ten się
rozpocznie, bilans składowej siły skierowanej wzdłuż równi, działającej na klocek leżący ma
postać: 2m·a = T-2m·g·sinα + μ·2m·g·cosα, zaś bilans pionowej składowej siły działającej na
klocek wiszący ma formę następującą: m·a = m·g – T. Rozwiązując tę parę równań
względem a dostajemy a = g·(1-2sinα+2μ·cosα)/3 ≈ -0.91 m/s2.