зад 1 Бусинки на перпендикулярных направляющих
Небольшие бусинки \(A\) и \(B\) соединены шарнирно жёсткой спицей \(AB\) длиной \(L\) и могут двигаться по двум взаимно перпендикулярным направляющим \(ON\) и \(OM\), расположенным в вертикальной плоскости (см. рис.). По спице \(AB\) может двигаться с трением небольшая бусинка \(C\) массой \(m\). Бусинку \(B\) двигают так, что модуль скорости бусинки \(C\) остаётся постоянным и она не движется по спице, оставаясь в её середине. В некоторый момент скорость бусинки \(B\) равна \(V_0\), а \(\sin\alpha = \sqrt6/3\).
Найдите скорость бусинки \(C\).
Найдите в этот момент модуль силы трения между спицей и бусинкой \(C\).
Найдите в этот момент модуль силы реакции, действующей на бусинку \(C\) со стороны спицы.
Известно, что маленький шарик массой \(m\), прикреплённый к нити длиной \(L\) и движущийся со скоростью \(V_0\) по окружности радиусом \(L\) на гладком горизонтальном столе, растягивает нить с силой \(2mg\). В задаче известными считать \(V_0\) и \(m\). Ускорение свободного падения \(g\).
▶ПодсказкаСкрыть
Середина спицы движется по окружности радиуса \(L/2\) с центром в точке \(O\). Используйте связь скоростей концов спицы и условие на нить из последнего абзаца, чтобы выразить ускорение бусинки \(C\) через \(g\).
▶ОтветСкрыть
1) \(V_C = \dfrac{\sqrt6}{4}V_0\).
▶РешениеСкрыть
Скорость концов спицы связана с положением \(C\): бусинка \(C\) движется по окружности радиусом \(L/2\). Из геометрии \(V_C = \dfrac{V_0}{2\sin\alpha} = \dfrac{\sqrt6}{4}V_0\).
зад 2 Циклы на диаграмме с общей точкой пересечения
На диаграмме зависимости давления \(P\) от объёма \(V\) для одноатомного идеального газа линии \(2\)-\(3\)-\(5\) и \(1\)-\(4\)-\(6\) — прямые, пересекающие ось объёма в точке \(8V_0\), где \(V_0\) — некоторый неизвестный объём. Процессы \(1\)-\(2\), \(4\)-\(3\) и \(5\)-\(6\) — изохорические процессы, проводимые при объёмах \(3V_0\), \(5V_0\) и \(7V_0\). Работа газа в цикле \(1\)-\(2\)-\(5\)-\(6\)-\(1\) равна \(A\). КПД цикла \(4\)-\(3\)-\(5\)-\(6\)-\(4\) равен \(\eta_2\).
Найдите работы газа \(A_1\) и \(A_2\) в циклах \(1\)-\(2\)-\(3\)-\(4\)-\(1\) и \(4\)-\(3\)-\(5\)-\(6\)-\(4\).
Найдите количества теплоты \(Q_{12}\) и \(Q_{43}\), подводимые к газу в процессах \(1\)-\(2\) и \(4\)-\(3\).
Найдите КПД \(\eta_1\) цикла \(1\)-\(2\)-\(3\)-\(4\)-\(1\).
▶ПодсказкаСкрыть
Работа газа в цикле равна площади фигуры на диаграмме \(P\)–\(V\). Для изохорических участков \(Q = \Delta U = \tfrac32\Delta(PV)\).
▶РешениеСкрыть
Работа газа в цикле равна площади, ограниченной циклом на диаграмме \(P\)–\(V\). Изохорические участки не совершают работы, поэтому \(Q_{12} = \tfrac32\,\Delta(PV)\) и \(Q_{43} = \tfrac32\,\Delta(PV)\) на соответствующих участках.
зад 3 Диоды, катушка и конденсатор после замыкания ключа
В цепи, схема которой изображена на рис. 1, ЭДС идеального источника \(\mathcal E = 10{,}5\,U_0\). Все диоды одинаковые. ВАХ диода (зависимость тока \(I\) через диод от напряжения \(U\) на нём) показана на рис. 2, напряжение открытия диода \(U_{\text{D}} = U_0\). Индуктивность идеальной катушки \(L\). Ёмкость конденсатора \(C\).
В каких пределах должен находиться заряд на левой обкладке конденсатора, чтобы после замыкания ключа К ток в цепи не протекал?
Для следующих пунктов задачи конденсатор до замыкания ключа не заряжен, затем ключ замыкают.
Найдите скорость возрастания тока в катушке сразу после замыкания ключа.
Через некоторое время \(\tau\) после замыкания ключа заряд на конденсаторе устанавливается и в дальнейшем не изменяется. Найдите время \(\tau\) и установившийся заряд \(q_0\) на левой обкладке конденсатора.
Найдите выделившуюся теплоту \(Q_2\) в диоде \(D_2\) после замыкания ключа.
Ответы выразить через \(U_0\), \(L\), \(C\).
▶ПодсказкаСкрыть
Ток через катушку не течёт мгновенно, а диоды открываются только при напряжении не ниже \(U_0\). Найдите границы «зоны застоя» по напряжению на конденсаторе, в которой все диоды закрыты.
▶ОтветСкрыть
1) \(9{,}5\,CU_0 \leqslant q \leqslant 12{,}5\,CU_0\); 2) \(\dfrac{dI}{dt} = \dfrac{9{,}5\,U_0}{L}\); 4) \(Q_2 = 14\,CU_0^2\).
▶РешениеСкрыть
Пусть диоды открываются при \(U \geqslant U_0\). Напряжение источника \(\mathcal E = 10{,}5\,U_0\). Зона застоя: при токе против часовой стрелки \(\mathcal E - U_1 = U_0\), откуда \(U_1 = 9{,}5\,U_0\); при токе по часовой стрелке \(\mathcal E - U_2 = -2U_0\), откуда \(U_2 = 12{,}5\,U_0\). Отсюда \(9{,}5\,CU_0 \leqslant q \leqslant 12{,}5\,CU_0\).
Сразу после замыкания ключа ток через катушку равен нулю, а напряжение на ней равно \(\mathcal E - U_0\), поэтому \(\dfrac{dI}{dt} = \dfrac{\mathcal E - U_0}{L} = \dfrac{9{,}5\,U_0}{L}\).
Теплота, выделившаяся в диоде, равна произведению напряжения на нём на прошедший через него заряд; для \(D_2\) получено \(Q_2 = 14\,CU_0^2\).
зад 4 Частица в скрещенных полях E и B
В скрещенных электрическом и магнитном полях (вектор \(\vec E\) напряжённости однородного электрического поля перпендикулярен вектору индукции \(\vec B\) однородного магнитного поля) частице массой \(m\) и зарядом \(q > 0\) в точке \(C\) сообщили скорость \(V_0\), параллельную вектору \(\vec E\) (см. рис.). Через некоторое время частица оказалась в точке \(A\), где вектор её скорости первый раз повернулся на \(90^\circ\).
Найдите радиус \(R_C\) кривизны траектории частицы в точке \(C\).
Найдите скорость \(V_A\) частицы в точке \(A\).
Найдите радиус \(R_A\) кривизны траектории частицы в точке \(A\).
Движение частицы нерелятивистское. Считать, что \(V_0 = \sqrt3\,E/B\). Ответы выразить через \(B\), \(E\), \(m\), \(q\).
▶ПодсказкаСкрыть
В системе, движущейся со скоростью \(E/B\) перпендикулярно полям, движение происходит по окружности. Скорость частицы в точке \(C\) перпендикулярна магнитной силе, поэтому радиус кривизны определяется только магнитной частью силы.
▶ОтветСкрыть
1) \(R_C = \dfrac{\sqrt3\,mE}{qB^2}\); 2) \(V_A = \dfrac{3E}{B}\); 3) \(R_A = \dfrac{9mE}{2qB^2}\).
▶РешениеСкрыть
В точке \(C\) магнитная сила \(qV_0B\) перпендикулярна скорости, электрическая сила направлена вдоль скорости. Поэтому \(\dfrac{mV_0^2}{R_C} = qV_0B\), \(R_C = \dfrac{mV_0}{qB} = \dfrac{\sqrt3\,mE}{qB^2}\).
Энергия: \(\dfrac{mV^2}{2} = \dfrac{mV_0^2}{2} + qEy\). Переходя в систему, движущуюся со скоростью дрейфа \(E/B\), получаем окружность радиуса, соответствующего скорости \(2E/B\). Первый поворот скорости на \(90^\circ\) происходит, когда вертикальная компонента скорости обращается в ноль: \(V_A = \dfrac{E}{B} + \dfrac{2E}{B} = \dfrac{3E}{B}\).
В точке \(A\) скорость горизонтальна, а нормальная сила равна \(qV_AB - qE\), поэтому \(\dfrac{mV_A^2}{R_A} = q(V_AB - E) = 2qE\), откуда \(R_A = \dfrac{9mE}{2qB^2}\).
зад 5 Лазерное пятно на дне озера
В сумерках Вова с Леной отправились к берегу озера. Лена посветила лучом лазерной указки на спокойную поверхность воды и увидела яркую точку (небольшое яркое пятно) на мелкопесчаном дне, на глубине нескольких сантиметров. Эта точка находилась внутри тёмной овальной области, окружённой светлым кольцом (см. рис.). Внутренняя граница кольца была достаточно чёткой, а внешняя размытой. Овальная область имела ось симметрии — ось \(x\). Вова осторожно вошёл в воду и с помощью погружённой в воду линейки сумел определить некоторые размеры овальной области на дне: \(b = 12\text{ см}\) и \(c/a = 1{,}1\). Показатель преломления воды \(n = 4/3\), наклон дна к горизонту постоянный.
Назовите физическое явление, из-за которого формируется достаточно чёткая граница между тёмной областью и светлым кольцом.
Найдите расстояние \(h_0\) от яркой точки до поверхности воды.
На каком расстоянии \(L\), считая по горизонтали, от кромки воды (берега) находится яркая точка на дне?
▶ПодсказкаСкрыть
Тёмная область — место, куда свет от точки не выходит из воды. Граница задаётся предельным углом, \(\sin\theta_{\text{пр}} = 1/n\).
▶ОтветСкрыть
1) полное внутреннее отражение.
▶РешениеСкрыть
Резкая граница тёмной области — это полное внутреннее отражение: лучи, выходящие из точки на дне под углом больше предельного, не выходят из воды. Предельный угол \(\sin\theta_{\text{пр}} = 1/n = 3/4\).
зад 1б Столкновение двух катящихся обручей
Два одинаковых массивных обруча 1 и 2 радиусом \(R = 0{,}5\) м катятся без проскальзывания по горизонтальной шероховатой поверхности со скоростями \(V_1 = 1\text{ м/с}\) и \(V_2 = 0{,}2\text{ м/с}\) в одном направлении (см. рис.). Масса каждого обруча равномерно распределена по его длине. Оказалось, что сразу после столкновения обручей модуль отношения ускорений нижней точки \(A\) и верхней точки \(B\) первого обруча равен \(\sqrt5\). Трением между обручами можно пренебречь. Считать, что время соударения обручей достаточно мало, и за время соударения угловая скорость каждого обруча практически не изменяется. Считать соударение абсолютно упругим. Принять ускорение свободного падения \(g = 10\text{ м/с}^2\). Обручи до и после столкновения движутся в одной вертикальной плоскости.
Найдите скорости \(u_1\) и \(u_2\) центров масс каждого обруча сразу после их столкновения. Укажите направления (налево или направо) скоростей.
Найдите коэффициент трения \(\mu\) между обручем и горизонтальной поверхностью.
Найдите установившиеся скорости \(w_1\) и \(w_2\) центров масс каждого обруча после столкновения и прекращения проскальзывания. Укажите направления (налево или направо) скоростей.
▶ПодсказкаСкрыть
При упругом ударе равных масс скорости обмениваются. Отношение ускорений точек \(A\) и \(B\) после удара даёт связь \(\mu\) и \(V_1\). Скольжение прекращается, когда скорость нижней точки обруча становится равной нулю.
▶ОтветСкрыть
1) \(u_1 = 0{,}2\text{ м/с}\), направо; \(u_2 = 1\text{ м/с}\), направо; 2) \(\mu = 0{,}2\); 3) \(w_1 = w_2 = 0{,}6\text{ м/с}\), направо.
▶РешениеСкрыть
При абсолютно упругом ударе равных масс скорости центров масс обменяются, поэтому сразу после столкновения \(u_1 = V_2 = 0{,}2\) м/с и \(u_2 = V_1 = 1\) м/с, оба направо.
Для обруча 1 нижняя точка \(A\) проскальзывает. Ускорение центра масс \(\mu g\), ускорение точки \(A\) по модулю \(\sqrt{(2\mu g)^2 + (V_1^2/R)^2}\), точки \(B\) равно \(V_1^2/R\). Условие \(|a_A|/|a_B| = \sqrt5\) даёт \(\mu g = V_1^2/R\), откуда \(\mu = \dfrac{V_1^2}{gR} = 0{,}2\).
Скольжение прекращается, когда скорость нижней точки обруча становится равной нулю. Для обруча 1 это происходит при \(w_1 = \dfrac{V_1 + u_1}{2} = 0{,}6\) м/с, направо. Для обруча 2 аналогично \(w_2 = \dfrac{V_2 + u_2}{2} = 0{,}6\) м/с, направо.
зад 2б Нижняя граница кучевых облаков
Кучевые облака в земной атмосфере образуются из-за охлаждения поднимающегося влажного воздуха. Пусть на высоте нескольких метров от земной поверхности воздух имеет температуру \(T_0 = 300\text{ К}\) и относительную влажность \(\varphi_0 = 40\%\). В нижней части атмосферы (тропосфере), там, где образуются облака, температура с высотой уменьшается по линейному закону со скоростью \(\beta = 7\text{ К/км}\). Можно показать, что в этом случае на любой высоте атмосферное давление прямо пропорционально пятой степени абсолютной температуры: \(p_{\text{АТМ}} \sim T^5\). Известен график зависимости давления насыщенного пара воды \(p_{\text{НАС}}\) от абсолютной температуры \(T\), построенный в двойном логарифмическом масштабе (см. рис.).
Найдите точку росы \(t_{\text{Р}}\) (температуру в градусах Цельсия) вблизи поверхности Земли.
На какой высоте \(h\) над поверхностью Земли образуется нижняя граница облаков?
На какой высоте \(H\), считая от нижней границы облака, в нём начнут присутствовать кристаллы льда? Считать, что внутри облака из-за выделения при конденсации теплоты скорость уменьшения температуры с высотой составляет \(\beta_0 = 5\text{ К/км}\).
Для расчётов можно использовать \(\ln 2 \approx 0{,}7\), \(\ln 5 \approx 1{,}6\). Принять \(\ln(1+x) \approx x\) при \(|x| < 0{,}1\). Изменением температуры плавления льда при изменении давления и изменением химического состава атмосферы с высотой пренебречь.
▶ПодсказкаСкрыть
Точка росы — температура, при которой давление насыщенного пара равно парциальному давлению водяного пара у поверхности: \(p_{\text{НАС}}(T_P) = \varphi_0\,p_{\text{НАС}}(T_0)\). Для высот используйте линейный закон изменения температуры.
▶ОтветСкрыть
1) \(t_{\text{Р}} \approx 12\,^\circ\text{C}\); 2) \(h \approx 2{,}8\text{ км}\); 3) \(H \approx 1{,}5\text{ км}\).
▶РешениеСкрыть
Точка росы: \(\ln\dfrac{p_{\text{НАС}}(T_P)}{p_{\text{НАС}}(T_0)} = \ln 0{,}4 \approx -0{,}9\). По графику этому соответствует \(\ln\dfrac{T_P}{T_0} \approx -0{,}05\), т.е. \(T_P \approx 0{,}95\,T_0 = 285\text{ К}\), \(t_{\text{Р}} \approx 12^\circ\text{C}\).
Конденсация начинается на высоте, где давление насыщенного пара при понижающейся температуре \(T\) сравнивается с парциальным давлением пара, которое меняется как \(p_{\text{АТМ}} \sim T^5\). Условие \(\ln\dfrac{p_{\text{НАС}}(T)}{p_{\text{НАС}}(T_0)} = \ln 0{,}4 + 5\ln\dfrac{T}{T_0}\) даёт на графике \(\ln\dfrac{T_1}{T_0} \approx -0{,}065\). Тогда \(T_0 - T_1 \approx 19{,}5\text{ К}\) и \(h = (T_0 - T_1)/\beta \approx 2{,}8\text{ км}\).
Кристаллы льда появляются при \(T = 273\text{ К}\). Температура на нижней границе облака \(T_1 \approx 280{,}5\text{ К}\), поэтому \(H = (T_1 - 273)/\beta_0 \approx 1{,}5\text{ км}\).
зад 3б Удаление диэлектрика из конденсатора в цепи с катушкой
В плоский конденсатор вставлена пластина с диэлектрической проницаемостью \(\varepsilon\), заполняющая весь объём конденсатора. Ёмкость пустого конденсатора равна \(C\). В цепи (см. рис.), содержащей этот конденсатор, режим установился. Пластину удаляют из конденсатора так быстро, что заряд конденсатора не успевает измениться. Считать, что источник идеальный, а величины \(E\), \(C\), \(C_1\), \(L\), \(\varepsilon\), \(R_1\), \(R_2\), \(R_3\) известны.
Какую минимальную работу пришлось совершить, чтобы удалить пластину?
Найдите ток \(I_0\) через резистор \(R_2\) сразу после удаления пластины.
Найдите модуль скорости изменения тока в катушке сразу после удаления пластины.
Какое количество теплоты \(W\) выделится в цепи после удаления пластины?
▶ПодсказкаСкрыть
Заряд конденсатора сохраняется, поэтому энергия поля меняется только за счёт работы при удалении пластины. Сразу после удаления ток через катушку сохраняется, а напряжения на конденсаторах сохраняют свои значения.
▶ОтветСкрыть
1) \(A_{\min} = \dfrac{\varepsilon(\varepsilon-1)CE^2}{2}\).
▶РешениеСкрыть
Заряд конденсатора до удаления пластины \(Q = \varepsilon CE\), энергия поля \(\dfrac{\varepsilon CE^2}{2}\). После удаления при том же заряде энергия становится \(\dfrac{Q^2}{2C} = \dfrac{\varepsilon^2 CE^2}{2}\). Минимальная работа равна приращению энергии поля: \(A_{\min} = \dfrac{\varepsilon(\varepsilon-1)CE^2}{2}\).
зад 4б Излучающая заряженная частица в магнитном поле
Частице массой \(m\) и зарядом \(q > 0\) в вакуумной камере сообщили кинетическую энергию \(E_0\). Скорость частицы перпендикулярна силовым линиям однородного магнитного поля с индукцией \(B\). Частица излучает электромагнитные волны. Средняя мощность излучения движущейся с ускорением \(a\) нерелятивистской частицы определяется по формуле Лармора: \[P = \frac{q^2a^2}{6\pi\varepsilon_0 c^3},\] где \(\varepsilon_0\) — электрическая постоянная, \(c\) — скорость света в вакууме. Движение частицы нерелятивистское. За один оборот относительное изменение радиуса кривизны траектории незначительно.
Найдите начальный радиус кривизны траектории частицы \(R_0\).
Считая излучение непрерывным, найдите путь \(L\), пройденный частицей к моменту, когда радиус кривизны её траектории уменьшится в \(3\) раза.
Считая излучение дискретным (испускаются фотоны, каждый с порцией энергии \(h\nu\), где \(h\) — постоянная Планка, \(\nu\) — частота излучения, равная частоте вращения частицы), найдите, на какую минимальную величину \(|\Delta\Phi|\) уменьшится при испускании фотона магнитный поток через поверхность, натянутую на уменьшающийся по размерам виток траектории частицы.
Считать, что \(\dfrac{q}{2\pi m}Bh \ll E_0\). Ответы выразить через \(m\), \(q\), \(B\), \(E_0\), \(c\), \(h\), \(\varepsilon_0\).
▶ПодсказкаСкрыть
Радиус траектории \(R = mV/(qB)\) уменьшается при излучении, поскольку энергия падает: \(E = q^2B^2R^2/(2m)\). Запишите \(dR/dt\) из \(dE/dt = -P\).
▶ОтветСкрыть
1) \(R_0 = \dfrac{\sqrt{2mE_0}}{qB}\); 3) \(|\Delta\Phi| = \dfrac{h}{q}\).
▶РешениеСкрыть
Начальный радиус: \(\dfrac{mV_0^2}{R_0} = qV_0B\), \(V_0 = \sqrt{2E_0/m}\), откуда \(R_0 = \dfrac{\sqrt{2mE_0}}{qB}\).
Непрерывное излучение: \(E = \dfrac{q^2B^2R^2}{2m}\), \(\dfrac{dE}{dt} = -P\) с \(a = V^2/R = q^2B^2R/m^2\), получаем \(\dfrac{dR}{dt} = -\gamma R\), где \(\gamma = \dfrac{q^4B^2}{6\pi\varepsilon_0c^3m^3}\). Путь \(L = \dfrac{qB}{m}\displaystyle\int R\,dt = \dfrac{qB}{m\gamma}\left(R_0 - \dfrac{R_0}{3}\right)\).
Дискретное излучение: фотон уносит энергию \(h\nu = \dfrac{hqB}{2\pi m}\), а поток через виток \(\Phi = \pi B R^2\) меняется на \(\Delta\Phi = 2\pi m\,\Delta E/(q^2B)\). Отсюда \(|\Delta\Phi| = h/q\).
зад 5б Определение высоты звезды зеркалом и пластиной
Для определения высоты звезды \(S\) над горизонтом турист использует систему, схема которой приведена на рисунке. Плоское зеркало \(\text{З}\) и тонкая полупрозрачная плоскопараллельная пластина \(\text{П}\), частично отражающая и частично пропускающая свет, составляют двугранный угол \(\varphi = 0{,}54\) рад (см. рис.). Система также включает зрительную трубу с горизонтальной оптической осью, состоящую из двух тонких линз — объектива с фокусным расстоянием \(F = 13\text{ см}\) и окуляра. Через окуляр турист наблюдает в фокальной плоскости объектива одновременно два изображения — удалённого предмета \(G\) на горизонте и звезды \(S\) после последовательного отражения её в зеркале З и пластине П. Расстояние между этими изображениями равно \(\Delta = 13\text{ мм}\).
Для лучей, падающих от звезды на зеркало З в плоскости, перпендикулярной ребру двугранного угла, определите угол \(\beta\) между первоначальным направлением распространения \(a\) и их направлением \(b\) после отражения от зеркала и пластины П.
На какой угол \(\alpha\) нужно повернуть зеркало З относительно оси \(O\), перпендикулярной плоскости рисунка, чтобы изображение звезды совпало с изображением предмета \(G\)?
Найдите угловую высоту \(\theta\) звезды \(S\) над горизонтом.
Для малых углов (\(\gamma < 0{,}15\) рад) считать \(\operatorname{tg}\gamma \approx \sin\gamma \approx \gamma\). Ответы дать в радианах.
▶ПодсказкаСкрыть
Отражение от двух зеркал, образующих угол \(\varphi\), поворачивает луч на \(2\varphi\). Угловое расстояние между изображениями в фокальной плоскости объектива равно \(\Delta/F\).
▶ОтветСкрыть
1) \(\beta = 2\varphi \approx 1{,}08\) рад; 2) \(\alpha = \dfrac{\Delta}{2F} \approx 0{,}05\) рад; 3) \(\theta \approx 1{,}18\) рад.
▶РешениеСкрыть
При двукратном отражении от двух плоских зеркал, образующих угол \(\varphi\), вышедший луч поворачивается на угол \(2\varphi\), поэтому \(\beta = 2\varphi = 1{,}08\) рад.
Угловое расстояние между изображениями в фокальной плоскости \(\Delta/F = 2\alpha\), откуда \(\alpha = \dfrac{\Delta}{2F} = 0{,}05\) рад.
Когда изображения совпадают, поворот луча от звезды равен \(\theta\); в сумме с \(\beta\) и \(2\alpha\) это даёт \(\theta = \beta + 2\alpha \approx 1{,}18\) рад.