Белорусская, 1990/91, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

Для обращённого цикла Карно потребляемая мощность связана с мощностью, забираемой у комнаты, через отношение температур. Лампа добавляет в комнату тепловую мощность \(P\), которую тоже надо отвести.

Ответ

\(\Delta P=P\,\dfrac{T_\text{н}-T_\text{х}}{T_\text{х}}\approx 10{,}7\) Вт.

Решение

11-1. Для тепловой машины, работающей по идеальному тепловому циклу (циклу Карно) с температурами нагревателя \(T_{H}\) и холодильника \(T_{X}\), коэффициент полезного действия можем рассчитать по формуле:

\[\begin{gathered} \eta=\frac{P}{Q_{H}}=\frac{T_{H}-T_{X}}{T_{H}} \approx \frac{21}{315}, \\ P=\eta Q_{H}=\frac{\eta}{1-\eta} Q_{X}=\frac{T_{H}-T_{X}}{T_{X}} Q_{X} . \end{gathered}\]

Если цикл обратить (то есть за счет мощности электродвигателя \(P\) забирать в единицу времени \(Q_{X}\) теплоты у комнаты и отдавать \(Q_{H}\)), то соотношения между механической и тепловой мощностями останутся прежними. Понятно, что в первом случае нужно забирать из комнаты на \(150\) Вт меньше, чем после включения лампы:

\[\Delta P=P_{2}-P_{1}=P_{\text{л}}\left(Q_{X_{2}}-Q_{X_{1}}\right) \frac{T_{H}-T_{X}}{T_{X}}=P_{\text{л}} \frac{T_{H}-T_{X}}{T_{X}}=10{,}7 \text{ Вт} .\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Силы взаимодействия бусинок равны по модулю, а их проекции на стержни пропорциональны расстояниям до вершины. Значит, отношение ускорений равно отношению расстояний, и оно сохраняется во всё время движения.

Ответ

Вторая бусинка окажется в вершине угла: обе бусинки доходят до вершины одновременно.

Решение

11-2. Пусть в некоторый момент одна бусинка находится на расстоянии \(x_{1}\) от угла, вторая – на расстоянии \(x_{2}\). Так как \(\left\vert \vec{F}_{1}\right\vert =\left\vert \vec{F}_{2}\right\vert\), то из второго закона Ньютона следует:

\[\left.\begin{array}{l} m_{1} a_{1}=F_{1} \cos \alpha_{1}=F_{1} \frac{x_{1}}{\sqrt{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}}} \\ m_{2} a_{2}=F_{2} \cos \alpha_{2}=F_{2} \frac{x_{2}}{\sqrt{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}}} \end{array}\right\} \Rightarrow \frac{a_{1}}{a_{2}}=\frac{x_{1}}{x_{2}},\]

то есть отношение ускорений равно отношению расстояний до вершины угла. За некоторый промежуток времени (малый) бусинки сместятся на \(\Delta x_1\) и \(\Delta x_2\) такие, что

\[\frac{\Delta x_1}{\Delta x_2} = \frac{x_1}{x_2} = \frac{1}{2},\tag{1}\]

и в новом положении соотношение

\[\frac{a'_1}{a'_2} = \frac{x_1 - \Delta x_1}{x_2 - \Delta x_2} = \frac{x_1}{x_2}\tag{2}\]

сохраняется.

Следовательно (вспомните гармонические колебания!), обе бусинки доберутся до угла одновременно.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Используй симметрию: рёбра, соединяющие эквипотенциальные точки, можно убрать. Остаётся резистор, параллельный двум бесконечным цепочкам, сопротивление цепочки найди, отбросив одно звено.

Ответ

\(R_{AB}=\dfrac{R}{\sqrt3}\approx 0{,}58R\).

Решение

11-3. При подключении источника напряжения между точками \(A\) и \(B\) схема оказывается симметричной относительно плоскости, содержащей ребра \(\text{АА}^1\) и \(\text{ВВ}^1\). Следовательно, ребра \(CD\) и \(EF\) являются эквипотенциальными и их можно «выбросить», так как ток по ним не течет. После этого схема упрощается.

Полученная схема состоит из 2 бесконечных цепочек, соединенных параллельно друг другу и резистора \(R_{AB} = R\), параллельного им. Для вычисления сопротивления бесконечной цепочки \(r\) используем известный прием: сопротивление не поменяется, если уберем одно звено. Тогда:

\[r = 2R + \frac{Rr}{R + r}.\tag{1}\]

И сопротивление всей цепи:

\[\frac{1}{R^*} = \frac{1}{R} + \frac{2}{r}.\tag{2}\]

Из (1) и (2) получаем:

\[R^* \approx \frac{R}{\sqrt{3}} \approx 0{,}58R.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Сила Ампера горизонтальна и вместе с силой тяжести создаёт «эффективное поле» тяжести, наклонённое к вертикали. Период малых колебаний такой же, как у маятника в этом эффективном поле.

Ответ

\(T=2\pi\sqrt{\dfrac{a}{g}}\Big(1+\Big(\dfrac{IBl}{mg}\Big)^2\Big)^{-1/4}\).

Решение

11-4. Прежде всего определим новое положение равновесия стержня (при включении магнитного поля). Под действием силы Ампера нить отклониться на угол \(\alpha\) такой, что

\[\operatorname{tg} \alpha=\frac{F_{A}}{m g}=\frac{I B l}{m g} .\]

Можем считать, что система находиться в некотором «эффективном поле \(\vec{g}^{*}\)», где вектор \(\vec{g}^{*}\) ориентирован под углом \(\alpha\) к \(\vec{g}\) и имеет величину

\[g^{*}=\frac{\sqrt{\left(m g\right)^{2}+F_{A}^{2}}}{m}=g \sqrt{1+\left(\frac{I B l}{m g}\right)^{2}} .\]

Тогда искомый период найдем по аналогии

\[T=2 \pi \sqrt{\frac{a}{g^{*}}}=2 \pi \sqrt{\frac{a}{g}}\left(1+\left(\frac{I B l}{m g}\right)^{2}\right)^{-\frac{1}{4}} .\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Часть лучей идёт через малую линзу, а часть — мимо неё, сразу в большую; получаются два изображения источника. Минимальный внешний диаметр пятна — там, где пересекаются крайние лучи этих двух пучков.

Ответ

Экран нужно поставить примерно в \(41{,}5\) см за большой линзой; диаметр пятна \(\approx 2{,}5\) см.

Решение

11-5. После преломления лучей в малой линзе изображение источника оказывается между линзами на расстоянии:

\[\left(\frac{1}{20}+\frac{1}{l}=\frac{1}{5}\right) l=\frac{20}{3} \text { см. }\]

А после преломления в большой линзе: \(L=140 \text{~см}\).

Из анализа чертежа видно, что малая линза не полностью заслоняет большую, а значит, часть лучей от источника сразу преломляется в большой линзе. Причем после подобного преломления изображение оказывается за большой линзой на расстоянии

\[\frac { 1 } { 5 0 } + \frac { 1 } { L _ { 1 } } = \frac { 1 } { 2 0 } \Rightarrow L _ { 1 } = \frac { 1 0 0 } { 3 } \text{см} \ .\]

Минимальный внешний радиус пятна достигается при положении экрана в точке \(A\). Пусть расстояние до плоскости \(A\) равно \(x\). Тогда

\[D \frac { x - \frac { 1 0 0 } { 3 } } { \frac { 1 0 0 } { 3 } } = d \frac { 3 0 - \frac { 2 0 } { 3 } } { \frac { 2 0 } { 3 } } \frac { 1 4 0 - x } { 1 4 0 } ,\]

где \(D\) и \(d\) — диаметры линз. Из подобных геометрических рассуждений определим и диаметр пятна

\[d _ { x } = D \frac { x - \frac { 1 0 0 } { 3 } } { \frac { 1 0 0 } { 3 } } = 2 { , } 4 5 \text{см} \, .\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.