Белорусская, 1996/97, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

Без диода напряжение на конденсаторе колебалось бы гармонически около \(U_0\) с амплитудой \(U_0\); диод не даёт конденсатору разряжаться.

Ответ

\(U_C = 2U_0\).

Решение

11-1. В отсутствие диода в контуре возникнут колебания тока. Напряжение на конденсаторе будет изменяться по гармоническому закону. Равновесное значение напряжения \(U_{c} = U_{0}\). Амплитуда колебаний (начальное отклонение) также \(U_{0}\). Диод «обрежет» разрядку. Следовательно, напряжение на конденсаторе \(2U_{0}\).

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

Подсказка

Фотон поглощается, если центр частицы оказался ближе радиуса \(r\) к его траектории; средняя длина пробега — длина цилиндра сечения \(\pi r^2\), в котором в среднем одна частица.

Ответ

Глубина проникновения \(l=\dfrac{1}{\pi r^2 n}\approx 55\text{ м}\).

Решение

11-2. Рассмотрим траекторию одного фотона. Если на расстоянии \(r\) от нее находится центр частицы, то фотон поглощается. Среднюю длину пробега \(l\) можно оценить из условия, что в цилиндре объемом \(\pi r^{2} l\) находится одна частица

\[n \pi r^{2} l = 1\]

Отсюда

\[l = \frac{1}{\pi r^{2} n} = \frac{1}{3{,}14 \left( 1{,}2 \cdot 10^{-6} \right)^{2} 4 \cdot 10^{9}} \approx 55 \text{ м}.\]

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

Подсказка

Волны от точки падения отражаются от стенки; лучи, близкие к диаметру, проходящему через точку падения, приходят в симметричную точку почти одновременно.

Ответ

Фонтанчик возникнет на расстоянии \(a\) от центра с противоположной стороны (в точке, симметричной точке падения) в результате интерференции отражённых волн; скорость волн \(v=\dfrac{2R}{\tau}\).

Решение

11-3. Фонтанчик брызнет на расстоянии \(a\) от центра с другой стороны как результат интерференции отраженных волн. Для лучей близких к линии \(AO\) длины путей до симметричной точки \(A'\) одинаковы с точностью до малых величин второго порядка малости. Поэтому эти участки волн приходят в эту точку почти одновременно, следовательно, интерферируя, образуют «всплеск» волны. Скорость волн находим из условия

\[\frac{2R}{v} = \tau, \quad v = \frac{2R}{\tau}.\]

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

Подсказка

При погрузке верен закон изменения импульса \(Ft=(m_0+\mu_1 t)v\), а при разгрузке — второй закон Ньютона с убывающей массой; параметры находят по графикам, линеаризуя зависимость.

Ответ

11-4-1) \(m_0\approx 1\text{ т}\), \(\mu_1\approx 0{,}1\text{ т/с}\);  11-4-2) \(m_0\approx 25\text{ т}\), \(\mu_2\approx 0{,}12\text{ т/с}\);  11-4-3) \(v=F_1/\mu_1=20\text{ м/с}\) (по официальному решению).

Решение

11-4-1. Поскольку масса платформы меняется, то второй закон Ньютона запишем в форме (изменение импульса системы равно импульсу внешней силы)

\[F_{1} t = \left( m_{0} + \mu_{1} t \right) \nu,\tag{1}\]

где \(m_0\) - начальная масса платформы, \(\mu_1\) - скорость погрузки, \(v\) - скорость платформы в момент времени \(t\). Заметим, что уравнение второго закона Ньютона в форме

\[F_1 = ma\tag{2}\]

в данном случае неприменимо, так как насыпающийся песок действует на платформу с некоторой тормозящей силой, которую здесь необходимо учесть.

В уравнении (1) две неизвестные величины \(m_0\) и \(\mu_1\). Поэтому, в принципе, можно снять из графика зависимости \(v(t)\) данные для двух различных моментов времени и решить полученную систему уравнений. Однако, определить по графику нужные значения можно только с определенной погрешностью. Для уменьшения последней предпочтительнее использовать больше исходной информации. Из уравнения (1) следует, что масса платформы как функция времени может быть представлена в виде

\[m = m_0 + \mu_1 t = \frac{F_1 t}{v}.\tag{3}\]

Используя приведенный в условии график, можно построить зависимость величины \(F_1 t / v\) от времени, которая должна быть линейной, а затем обрабатывая этот график легко найти требуемые параметры. Такая процедура приводит к результату \(m_0 \approx 1\text{ т}, \mu_1 \approx 0{,}1\text{ т}/\text{с}\).

11-4-2. Движение платформы в случае разгрузки подчиняется уравнению

\[F_2 = (m_0 - \mu_2 t)a.\tag{4}\]

Высыпающийся песок имеет ту же горизонтальную составляющую скорости, что и платформа, поэтому непосредственно на платформу не действует. Поясним, что закон Ньютона в форме (1) в этой ситуации неприменим, так как часть импульса уносит высыпающийся песок. Из уравнения (4) следует

\[m = (m_0 - \mu_2 t) = \frac{F_2}{a}.\tag{5}\]

Ускорение платформы \(a\) можно определить по графику зависимости \(v(t)\), как коэффициент наклона касательной. Однако, в данном случае график изогнут слабо, поэтому строить касательные затруднительно, да и точность таких построений не высока - можно ограничиться нахождением ускорений в двух произвольных точках. Например, в начале движения ускорение приблизительно равно \(0{,}2\) м/с\(^2\), а в конце достигает величины \(0{,}4\) м/с\(^2\). Учитывая эти данные находим \(m_0 \approx 25\text{ т}, \mu_2 \approx 0{,}12\text{ т}/\text{с}\).

11-4-3. Вычислим силу \(F^*\), с которой насыпающийся песок действует на движущуюся платформу. За небольшой промежуток времени \(\Delta t\) порция песка массой \(\mu_1 \Delta t\) увеличивает скорость от нуля до \(v\). Следовательно, на этот песок действует сила, импульс которой \(F \Delta t\) равен изменению импульса песка

Отсюда находим

\[F^* = \mu_1 v\tag{6}\]

С такой же силой насыпающийся песок действует на платформу. Если эта сила равна внешней приложенной силе \(F_1\), то платформа будет двигаться с постоянной скоростью \(v_0\), то есть

\[\mu_1 v_0 = F_1\tag{7}\]

или \(v_0 = \frac{F_1}{\mu_1} = 20 \, \text{м/с}\).

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