МОШ, 1985/86, заключительный этап, 10 класс

Ответ

\(v = \sqrt{FL/M}\).

Решение

Кинетическая энергия катка складывается из энергии, связанной с его поступательным движением и равной \(Mv^2/2\) (здесь \(v\) — скорость оси катка), и энергии вращательного движения относительно центра масс, равной также \(Mv^2/2\), поскольку при движении катка без проскальзывания все его точки вращаются вокруг оси с одной и той же скоростью \(v\). Поэтому полная кинетическая энергия полого катка равна \(W = Mv^2\). Работа силы \(F\), прикладываемой трактором к катку на пути \(L\), равна \(A = FL\) и расходуется на увеличение кинетической энергии катка от нуля до \(W\), то есть \(FL = Mv^2\), откуда \(v = \sqrt{FL/M}\).

Ответ

\(|\vec B| = \sqrt3 B_0\); вектор \(\vec B\) направлен вдоль отрезка \(OF\) в сторону точки \(F\).

Решение

Из соображений симметрии и правила буравчика следует, что вектор магнитной индукции \(\vec B_0\) поля, создаваемого током, текущим по контуру \(ABCDA\), направлен вдоль оси \(y\). Заметим, что ток \(I\), текущий по контуру \(ABCGHEA\), можно представить как сумму трёх токов \(I\), текущих по контурам \(ABCDA\), \(DCGHD\) и \(ADHEA\) (см. рис. 3.72). Каждый из этих токов создаёт в центре куба \(O\) поле \(B_0\), направленное перпендикулярно плоскости соответствующего контура. На основании принципа суперпозиции, для искомого вектора индукции \(\vec B\) можно записать: \(\vec B = \vec B_{ABCDA} + \vec B_{DCGHD} + \vec B_{ADHEA}\). Переходя к координатной форме записи, получим: \[\vec B = (0, B_0, 0) + (-B_0, 0, 0) + (0, 0, B_0) = (-B_0, B_0, B_0).\]

Таким образом, вектор \(\vec B\) направлен вдоль отрезка \(OF\) в сторону точки \(F\), а величина вектора \(B\) равна \(|\vec B| = \sqrt3 B_0\).

Ответ

На расстоянии \(x_0 = \sqrt{LF}\) от источника; при этом \(d = D\dfrac{2\sqrt{LF} - L}{F}\).

Решение

На рисунке 4.23 изображён ход лучей через линзу.

Обозначим расстояния от линзы до источника и до изображения \(x\) и \(y\) соответственно, диаметр линзы \(D\), диаметр пятна на экране \(d\). Тогда из подобия треугольников: \[d = D\cdot\dfrac{x + y - L}{y} = D\left(\dfrac{x - L}{y} + 1\right).\] Найдём такое \(x\), при котором \(d\) минимально. Отметим, что не имеет смысла рассматривать значения \(x \leqslant F\), так как в этом случае \(d \geqslant D\), и размер пятна явно не может быть минимальным. Ясно, что \(d\) будет минимальным тогда, когда минимальное значение примет функция \[f = \dfrac{x - L}{y}.\] Применяя формулу тонкой линзы, получаем: \[\dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{F} - \dfrac{1}{x}.\] Следовательно, \[f = \dfrac{(x - L)(x - F)}{Fx} = \dfrac{1}{F}\left(x + \dfrac{LF}{x} - (L + F)\right) = \dfrac{1}{F}\left(\left(\sqrt x - \dfrac{\sqrt{LF}}{\sqrt x}\right)^2 - \left(\sqrt L - \sqrt F\right)^2\right).\] Выражение \(\left(\sqrt x - \dfrac{\sqrt{LF}}{\sqrt x}\right)^2 - \left(\sqrt L - \sqrt F\right)^2\) минимально тогда, когда первое слагаемое равно нулю: \(\sqrt x = \dfrac{\sqrt{LF}}{\sqrt x}\). Отсюда \(x_0 = \sqrt{LF}\). Этому значению \(x_0\) соответствует минимально возможный диаметр пятна на экране: \[d = D\cdot\dfrac{2\sqrt{LF} - L}{F}.\]

Ответ

Сила натяжения равна нулю в точках \(A_1\), \(B\) и \(A_2\) (см. рис. 1.131).

Решение

Найдём из энергетических соображений ускорение шнурка \(a\) в данный момент времени. Приращение кинетической энергии шнурка массой \(m\) за малый промежуток времени \(\Delta t\) равно \[\Delta W = \dfrac{m(v + \Delta v)^2}{2} - \dfrac{mv^2}{2} \approx mv\Delta v = mva\Delta t.\] Уменьшение его потенциальной энергии за то же время связано фактически с «перемещением» малого отрезка шнурка длиной \(\Delta x = v\Delta t\) и массой \((m/L)\Delta x\) сверху вниз на расстояние \(h = 4R\), то есть \(\Delta U = \dfrac{m}{L}\Delta x\cdot gh = \dfrac{m}{L}v\Delta t\cdot g\cdot 4R\). Из закона сохранения механической энергии получаем: \(a = gh/L = 4gR/L = 2g/\pi\).

Мысленно разрежем теперь шнурок в какой-нибудь точке на два куска. Очевидно, что если место разреза выбрано так, что ускорения этих кусков совпадают, то сила натяжения шнурка в данной точке равна нулю, и наоборот. Пусть длины кусков равны \(l'\) и \(l''\), причём \(l' + l'' = L\). Применяя найденную выше формулу для ускорения и подставляя в неё вместо \(h\) разности высот концов этих кусков \(h'\) и \(h''\), получаем \(h'/l' = h''/l'' = h/L = 4R/L = 2/\pi\). Легко видеть, что этому условию удовлетворяют точки \(A_1\), \(B\) и \(A_2\) (см. рис. 1.131).

Ответ

Если источник находится внутри двугранного угла \(20^\circ\) от любого из зеркал (области \(A\) и \(B\) на рисунке) — пять изображений; в остальных случаях (область \(C\), включая ограничивающие её плоскости) — четыре.

Решение

Если источник находится не очень далеко от биссектрисы двугранного угла, то наблюдаются четыре различных мнимых изображения (см. рис. 4.12.1).

Они получаются при отражении света от первого зеркала (изображение 1), от второго (изображение 2), а также при отражении получившихся мнимых источников 1 и 2 в зеркалах 2 и 1 соответственно (изображения 12 и 21). Заметим, что источник может дать изображение только в том случае, если он находится перед отражающей поверхностью зеркала или её продолжением. Так как мнимые источники 12 и 21 находятся за продолжениями отражающих поверхностей зеркал 1 и 2, то свет от них больше отразиться не может.

Если источник приближать к поверхности какого-либо из зеркал (например, зеркала 1), то, как видно из рисунка 4.12.2, изображение 12 будет перемещаться в сторону плоскости зеркала 1, пересечёт её и окажется над продолжением его отражающей поверхности. При этом возникнет ещё одно мнимое изображение 121, получающееся при отражении мнимого источника 12 в зеркале 1. В этом случае всего будет наблюдаться пять различных мнимых изображений источника. Из построения видно, что мнимый источник 12 пересекает плоскость зеркала 1 тогда, когда источник света лежит в плоскости, составляющей с этим зеркалом угол \(20^\circ\). Аналогичные рассуждения можно провести и для случая приближения источника к зеркалу 2.

Таким образом, если источник света находится внутри двугранного угла \(20^\circ\) от любого из зеркал (области \(A\) и \(B\) на рисунке), то наблюдается пять изображений, а в остальных случаях (область \(C\), включая ограничивающие её плоскости) — четыре.

Ответ

\(\tau \approx 1200\) с \(\approx 20\) мин (при \(\sigma \approx 6{,}5\cdot 10^{-8}\ \text{Вт}/(\text{м}^2\cdot\text{К}^4)\) и \(N_0 \approx 14\) Вт); вклад излучения в остывание стакана невелик по сравнению с испарением и теплопроводностью.

Решение

Для оценки будем считать и Солнце, и стакан абсолютно чёрными телами. Они излучают по одному и тому же закону: \(N = \sigma T^4 S\), где \(N\) — полная излучаемая мощность, \(S\) — площадь поверхности тела, а \(\sigma\) — некоторая постоянная. Вычислим её по данным, приведённым в условии для Солнца и Земли: \[w = \sigma T_\odot^4\cdot\dfrac{4\pi R_\odot^2}{4\pi d^2},\] где радиус Солнца \(R_\odot \approx d\cdot\alpha/2\). Отсюда \[\sigma \approx 6{,}5\cdot 10^{-8}\ \dfrac{\text{Вт}}{\text{м}^2\cdot\text{К}^4}.\] Мощность, теряемая стаканом за счёт излучения, равна \[N_0 = \sigma(T^4 - T_0^4)S_0,\] где \(S_0 \sim 150\) см\(^2\) — площадь поверхности стакана, \(T_0 \approx 20\,^\circ\text{C} = 293\) К — температура окружающей среды (её необходимо учитывать!), \(T \approx 90\,^\circ\text{C} = 383\) К — средняя температура остывающего стакана. Отсюда находим, что \(N_0 \approx 14\) Вт.

Считая теряемую стаканом мощность приблизительно постоянной, можно оценить время \(\tau\) остывания \(m = 200\) г воды на \(\Delta t = 20\,^\circ\text{C}\), используя уравнение теплового баланса: \(cm\Delta t = N_0\tau\), где удельная теплоёмкость воды \(c = 4200\ \text{Дж}/(\text{кг}\cdot{}^\circ\text{C})\). С учётом этого получаем \(\tau \approx 1200\) с \(\approx 20\) мин.

На самом деле стакан чая остывает значительно быстрее. Следовательно, вклад теплового излучения в процесс остывания воды не слишком велик по сравнению со вкладами испарения и теплопроводности. Однако при изготовлении термосов, когда потери тепла из-за испарения и теплопроводности сведены к минимуму (жидкость помещают в закрытую колбу с вакуумной рубашкой), принимают специальные меры и для уменьшения потерь на излучение — колбу серебрят. При этом хорошо отражающая и слабо поглощающая тепловое излучение плёнка серебра на стенках стеклянной колбы также слабо испускает это излучение, поэтому содержимое термоса может долго оставаться горячим или холодным. Для хранения жидкого гелия используют сосуды Дьюара, у которых между стенками откачанной оболочки имеется многослойная «экранно-вакуумная» изоляция из металлизированной полимерной плёнки, позволяющая снизить вклад излучения в общий теплоподвод к содержимому сосуда во много раз.