Белорусская, 1994/95, заключительный этап, 10 класс, теоретический тур

Подсказка

Для малого участка стержня разность натяжений на концах сообщает ему ускорение. Поэтому наклон графика \(\sigma(x)\) в каждом сечении равен \(\rho a\), а ускорение у всех участков одинаково.

Ответ

\(\rho_2\approx5{,}9\text{ г/см}^3\).

Решение

10-1. Пусть зависимость силы натяжения в стержне от расстояния \(T(x)\). Тогда \(T(x) = \sigma(x) \cdot S\), где \(S\) – площадь поперечного сечения стержня. Рассмотрим движение малого участка стержня длиной \(\Delta x_i\); согласно основному закону динамики имеем:

\[\rho_i S \Delta x_i a = T(x + \Delta x) - T(x) = \Delta T(x) = \Delta \sigma(x) \cdot S\]

Отсюда:

\[a = const = \frac{\Delta \sigma(x)}{\Delta x_i} \frac{1}{\rho_i} = \frac{\operatorname{tg} \alpha_i}{\rho_i},\]

где \(\operatorname{tg} \alpha_i\) – тангенс угла наклона касательной к графику в соответствующей точке. Тогда:

\[\frac{\operatorname{tg} \alpha_1}{\rho_1} = \frac{\operatorname{tg} \alpha_2}{\rho_2} \Rightarrow \rho_2 = \rho_1 \frac{\operatorname{tg} \alpha_2}{\operatorname{tg} \alpha_1} = 3{,}0 \frac{\operatorname{tg} 56^\circ}{\operatorname{tg} 37^\circ} = 5{,}9 \, \text{г/см}^3.\]

\(\alpha_1\) и \(\alpha_2\) – углы наклона касательных к графику в сечениях 1 и 2.

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

Подсказка

Бочка получает импульс, равный импульсу осколков, ушедших в землю. Сумма проекций импульсов осколков на ось равна числу осколков на единицу площади сферы, умноженному на площадь проекции основания бочки.

Ответ

\(H=\dfrac{Em}{16M^2g\left(1+h^2/R^2\right)^2}\).

Решение

10-2. Подсчитаем импульс осколков, ушедших в землю – такой же по величине и противоположный по направлению импульс получит и бочка.

Проведем сферу \(\Omega\) с центром в точке взрыва \(C\), опирающуюся на основание цилиндра. Пусть число осколков на единицу площади сферы \(n\). Тогда:

\[p = \sum _ { i } n \Delta S _ { i } m _ { 0 } v \cos \theta _ { i } , \qquad \qquad\tag{1}\]

где \(m _ { 0 }\) – масса одного осколка, \(v\) – его скорость, \(\Delta S _ { i }\) – площадь небольшого участка сферы, \(\theta _ { i }\) – соответствующий угол между осью бочки и \(\vec { p } _ { i }\). Но \(\Delta S _ { i } \cos \theta _ { i }\) – величина проекции площади сегмента сферы на основание бочки, тогда сумму (1) легко вычислить:

\[p = n m _ { 0 } v \sum _ { i } \Delta S _ { i } \cos \theta _ { i } = n m _ { 0 } v \pi R ^ { 2 } . \qquad \qquad\tag{2}\]

Далее: \(n = \frac { N } { 4 \pi \left( R ^ { 2 } + h ^ { 2 } \right) }\),

\[N m _ { 0 } = m \Rightarrow \frac { N m _ { 0 } v ^ { 2 } } { 2 } = E , \; v = \sqrt { \frac { 2 E } { m } } \, ,\]

и (2) принимает вид:

\[p = \frac { N } { 4 \pi \left( R ^ { 2 } + h ^ { 2 } \right) } m _ { 0 } \sqrt { \frac { 2 E } { m } } \pi R ^ { 2 } = M V ,\]

где \(V\) – скорость бочки после взрыва. Зная начальную скорость бочки, легко найти высоту ее подъема:

\[H = \frac { V ^ { 2 } } { 2 g } = \frac { p ^ { 2 } } { 2 M ^ { 2 } g } = \frac { E m } { 1 6 \, M ^ { 2 } \left( 1 + \displaystyle \frac { h ^ { 2 } } { R ^ { 2 } } \right) ^ { 2 } g } .\]

Заметим, что при решении мы не учитывали изменения импульсов осколков за время полета в поле силы тяжести \(( m g \tau \ll m v )\) и приняли, что все осколки достигают поверхности бочки одновременно. Кроме того, неявно предполагается, что \(m \ll M\).

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

Подсказка

Тепло из комнаты уходит на улицу и в морозилку пропорционально разностям температур; идеальный холодильник откачивает из морозилки теплоту, связанную с работой циклом Карно. Составьте баланс потоков в обоих случаях.

Ответ

\(T_1^*\approx275{,}4\text{ К}\).

Решение

10-3. Для решения задачи сделаем следующие предположения:

поток теплоты из комнаты на улицу:

\[\frac { Q _ { 1 } } { t } = q _ { 1 } = k _ { 1 } \big ( T _ { 1 } - T _ { 0 } \big ) \qquad \qquad \qquad\tag{1}\]

из комнаты в морозилку:

\[\frac { Q _ { 2 } } { t } = q _ { 2 } = k _ { 2 } \big ( T _ { 1 } - T _ { 2 } \big ) \qquad \qquad \qquad\tag{2}\]

пропорциональны соответствующим разностям температур.

При установлении теплового равновесия поток теплоты \(q_2\) должен «отсасываться» из морозилки.

С учетом связей между \(Q_2\) и \(Q_3\) для идеальной тепловой машины, имеем (она работает по обратному циклу)

\[\begin{cases} Q_3 = Q_2 + A \\ \frac{Q_3 - Q_2}{Q_3} = \frac{T_1 - T_2}{T_2} \Rightarrow Q_3 = Q_2 \frac{T_1}{T_2} \Rightarrow q_3 = q_2 \frac{T_1}{T_2}. \end{cases}\tag{3}\]

В установившемся режиме:

\[q_3 = q_1 + q_2.\tag{4}\]

Из (1) – (4) имеем:

\[k_2 (T_1 - T_2)^2 = k_1 T_2 (T_1 - T_0).\tag{5}\]

В случае работы двух холодильников:

\[2 k_2 (T_1^* - T_2)^2 = k_1 T_2 (T_1^* - T_0).\tag{6}\]

Решая систему (5) – (6) получаем квадратное уравнение для искомой температуры

\[(T_1^*)^2 - 618 T_1^* + 94354 = 0\]

\[T_1^* = 342{,}5\,\text{К} \text{ или } T_1^* = 275{,}4\,\text{К}.\]

Первый корень отбросим как не соответствующий здравому смыслу. Итак, в случае работы двух холодильников:

\[T_1^* = 275{,}4\,\text{К}.\]

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

Подсказка

На поверхностях диэлектрика возникают связанные заряды, и поле тянет пластину за обе поверхности. Найдите силу на единицу площади через плотность заряда на обкладках, приравняйте её пределу прочности и найдите напряжение.

Ответ

\(U=\bigl(D\varepsilon-(\varepsilon-1)d\bigr)\sqrt{\dfrac{2\sigma_0}{\varepsilon_0(\varepsilon^2-1)}}\).

Решение

10-4. Пусть поверхностная плотность заряда на обкладках конденсатора равна \(\sigma\). Тогда на поверхности диэлектрика:

\[\sigma' = - \frac{\varepsilon - 1}{\varepsilon} \sigma.\tag{1}\]

Эту формулу легко получить, если учесть, что суммарное электрическое поле, создаваемое зарядами на обкладках и поляризационными зарядами, в \(\varepsilon\) раз меньше поля, создаваемого только свободными зарядами на обкладках, иными словами \((\sigma + \sigma') = \sigma / \varepsilon\). Тогда сила, действующая на единицу площади диэлектрика:

\[P = \left( \frac{\sigma}{\varepsilon_0} + \frac{\sigma'}{2 \varepsilon_0} \right) \sigma' = \frac{\varepsilon^2 - 1}{2 \varepsilon^2 \varepsilon_0} \sigma^2.\tag{2}\]

Если предел прочности материала диэлектрика \(\sigma_0\), то он будет разорван кулоновскими силами при поверхностной плотности:

\[\sigma = \sqrt{\frac{2\varepsilon^2\varepsilon_0}{\varepsilon^2 - 1} \sigma_0}.\tag{3}\]

Тогда искомое напряжение:

\[U = \frac{\sigma}{\varepsilon_0}\left(D - d + \frac{d}{\varepsilon}\right) = \frac{D - \frac{\varepsilon - 1}{\varepsilon}d}{\varepsilon_0} \sqrt{\frac{2\varepsilon^2\varepsilon_0}{\varepsilon^2 - 1} \sigma_0} = \left(D\varepsilon - (\varepsilon - 1)d\right) \sqrt{\frac{2\sigma_0}{\varepsilon_0(\varepsilon^2 - 1)}}.\]

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

Подсказка

Отражение от зеркальной стенки трубки равносильно появлению мнимых изображений отверстия, смещённых на \(2R\) от оси. Каждому числу отражений соответствует своё кольцо.

Ответ

\(r_k=\dfrac{2kRL}{l}\), \(k=1,2,\dots\) — радиус \(k\)-го кольца (центральное пятно образуется без отражений).

Решение

10-5. Образование ярких колец (легко наблюдаемых даже в обыкновенной ручке) объясняется отражением световых лучей от внутренней зеркальной поверхности. (Центральное пятнышко образуется без отражений). Одному отражению соответствует первое кольцо, двум — вторая и т.д. Из подобия треугольников:

\[r_k = \frac{L}{l} 2Rk, \quad k \in N.\]

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