МОШ, 1987/88, заключительный этап, 10 класс

Графики — на рис. 1.205: до удара \(a = g\), скорость растёт линейно; на площадке — гармонические колебания с частотой \(\omega = \sqrt{k/m}\) около \(x_0 = mg/k\); \(a_{\max} = g\sqrt{1 + (2kh/(mg))}\), \(v_{\max} = \sqrt{2gh + \dfrac{mg^2}{k}}\).

Направим координатную ось \(X\) вниз, начало отсчёта поместим в том месте, где находится площадка при недеформированной пружине, и будем далее рисовать графики проекций скорости и ускорения грузика на эту ось в зависимости от времени (см. рис. 1.205). До удара о площадку движение грузика является равноускоренным с ускорением \(g\). После удара, при движении сначала вниз, а затем вверх, до тех пор, пока грузик не оторвётся от площадки, — это гармоническое колебание с частотой \(\omega = \sqrt{k/m}\), происходящее вокруг положения равновесия \(x_0 = mg/k\). После отрыва от площадки грузик снова летит с ускорением \(g\) до следующего удара, и затем весь процесс повторяется.

Запишем закон сохранения механической энергии и найдём из него величину \(x_{\max}\) наибольшего сжатия пружины: \(mgh = \dfrac{kx_{\max}^2}{2} - mgx_{\max}\). Отсюда \(x_{\max} = \dfrac{mg}{k}\left(1 + \sqrt{1 + (2kh/(mg))}\right)\), и амплитуда колебаний \(A = x_{\max} - x_0 = \dfrac{mg}{k}\sqrt{1 + (2kh/(mg))}\). Максимальное по величине ускорение грузика достигается в момент наибольшего сжатия пружины и равно \(a_{\max} = \omega^2A = g\sqrt{1 + (2kh/(mg))}\). Максимальная скорость грузика при прохождении положения равновесия равна \(v_{\max} = \omega A = \sqrt{2gh + \dfrac{mg^2}{k}}\).

\(t = \dfrac{\pi}{2}\sqrt{\dfrac{L}{g\sin\alpha}}\).

Обозначим массу всего состава через \(M\), а длину въехавшей на горку части состава — через \(x\). Тогда второй закон Ньютона, записанный в проекции на ось \(X\), направленную параллельно горке в сторону движения состава, будет иметь вид: \[Ma = -M\cdot\dfrac{x}{L}\cdot g\sin\alpha,\quad\text{или}\quad\dfrac{d^2x}{dt^2} + \dfrac{g\sin\alpha}{L}x = 0.\] Полученное уравнение является уравнением гармонических колебаний. Отсюда следует, что искомое время, прошедшее от начала подъёма поезда на горку до его остановки, равно четверти периода таких колебаний: \[t = \dfrac{\pi}{2}\sqrt{\dfrac{L}{g\sin\alpha}}.\]

В \(\sqrt2\) раз.

Магнитное поле внутри сверхпроводника равно нулю потому, что по его поверхности течёт ток, создающий собственное магнитное поле, которое и компенсирует внешнее магнитное поле \(B\). Сила этого тока \(I\), очевидно, должна быть пропорциональна индукции внешнего магнитного поля: \(I \sim B\). Согласно закону Ампера, сила \(F\) взаимодействия этого тока с внешним магнитным полем пропорциональна произведению \(I\) и \(B\), то есть \(F \sim B^2\). Эта сила и уравновешивает сверхпроводящий образец. Следовательно, для того, чтобы скомпенсировать удвоение веса образца, то есть увеличение силы \(F\) в два раза, нужно увеличить индукцию магнитного поля в \(\sqrt2\) раз.

\(T = \dfrac{T_0\sqrt\alpha}{2} \approx 500\) К.

Будем считать, что и астероид, и Солнце излучают и поглощают тепловое излучение, как абсолютно чёрные тела. Пусть радиус астероида \(r\), радиус Солнца \(R\), а расстояние от астероида до Солнца \(L\). Угловой диаметр Солнца равен \(\alpha = 2R/L\). На астероид попадает доля тепла, излучаемого Солнцем, равная \(\dfrac{\pi r^2}{4\pi L^2}\), что соответствует тепловой мощности, получаемой астероидом от Солнца, \[N = 4\pi R^2\cdot\sigma T_0^4\cdot\dfrac{r^2}{4L^2}.\] Такую же мощность должен излучать и сам астероид, причём для оценки будем считать, что его поверхность из-за быстрого вращения и хорошей теплопроводности равномерно нагрета до температуры \(T\). Поэтому \(N = 4\pi r^2\sigma T^4\). В результате получаем: \[T^4 = T_0^4\cdot\dfrac{R^2}{4L^2} = T_0^4\cdot\dfrac{\alpha^2}{16}.\] Отсюда \[T = \dfrac{T_0\sqrt\alpha}{2} \approx 500\text{ К}.\]

\(A = xR\,\dfrac{mg + 2kR}{2MR^2 + mx^2}\).

Направим координатную ось \(X\) влево, а координатную ось \(Y\) вверх (рис. 1.124). Через малое время \(\Delta t\) после того, как систему предоставили самой себе, расстояние \(x\) практически не успевает измениться, проекции скоростей центра обруча и шарика на ось \(X\) равны \(V\) и \(v\), а проекции их ускорений на эту же ось равны \(A = \Delta V/\Delta t\) и \(a = \Delta v/\Delta t\). Энергия рассматриваемой системы через указанный промежуток времени складывается из кинетических энергий поступательного \(W_{\text{пост}} = \dfrac{MV^2}{2} + \dfrac{mv^2}{2}\) и вращательного \(U_{\text{вр}} = \dfrac{MV^2}{2} + \dfrac{m(V/R)^2x^2}{2}\) движений обруча и шарика, потенциальной энергии пружин \(U_{\text{пр}} = 2\cdot\dfrac{kx^2}{2}\) и шарика в поле силы тяжести \(U_{\text{тяж}} = mgy\), где \(y\) — высота шарика над поверхностью. Изменения кинетической и потенциальной энергий системы за время \(\Delta t\) равны, соответственно,

\[\dfrac{\Delta W}{\Delta t} = \dfrac{\Delta W_{\text{пост}}}{\Delta t} + \dfrac{\Delta W_{\text{вр}}}{\Delta t} =\] \[= MV\dfrac{\Delta V}{\Delta t} + mv\dfrac{\Delta v}{\Delta t} + MV\dfrac{\Delta V}{\Delta t} + m\left(\dfrac{x}{R}\right)^2V\dfrac{\Delta V}{\Delta t} =\] \[= AV\left(2M + m\left(\dfrac{x}{R}\right)^2\right) + mav;\] \[\dfrac{\Delta U}{\Delta t} = \dfrac{\Delta U_{\text{пр}}}{\Delta t} + \dfrac{\Delta U_{\text{тяж}}}{\Delta t} = 2kx\dfrac{\Delta x}{\Delta t} + mg\dfrac{\Delta y}{\Delta t} = 2kx(v - V) - mgx\dfrac{V}{R},\] где \(\Delta x/\Delta t = v - V\) и учтено, что \(\Delta y/\Delta t < 0\). В соответствии со вторым законом Ньютона, \(ma = -2kx\) (сразу после того, как систему предоставили самой себе, ускорение шарика направлено вправо — см. рисунок). С учётом этого из закона сохранения механической энергии \(\Delta W + \Delta U = 0\) получаем, что \[\dfrac{\Delta W}{\Delta t} + \dfrac{\Delta U}{\Delta t} = AV\left(2M + m\left(\dfrac{x}{R}\right)^2\right) - 2kxV - mgx\dfrac{V}{R} = 0.\] Отсюда искомое ускорение центра обруча в начальный момент времени \[A = xR\,\dfrac{mg + 2kR}{2MR^2 + mx^2}.\]

\(F = \dfrac{I\mathcal{E}_0}{2\pi fa} \approx 0{,}16\) Н.

Пусть радиус катушки равен \(R\), а число витков в ней \(N\). Тогда ЭДС индукции, возникающая в катушке при её небольшом смещении вдоль оси \(OO'\), равна \(\mathcal{E}(t) = -N\dfrac{\Delta\Phi}{\Delta t}\), где \(\Delta\Phi\) — изменение магнитного потока через один виток катушки. Для того, чтобы найти \(\Delta\Phi\), построим очень длинный цилиндр, ось которого параллельна \(OO'\), а одно из оснований опирается на катушку (см. рис. 3.83). Очевидно, что магнитный поток через один виток катушки равен магнитному потоку через боковую поверхность и другое основание этого цилиндра. Поэтому, если катушка смещается вдоль \(OO'\) на малое расстояние \(\Delta x\), то изменение магнитного потока через один виток равно изменению магнитного потока через боковую поверхность такого цилиндра, то есть \(\Delta\Phi = 2\pi R\Delta xB_r\), где \(B_r\) — радиальная компонента вектора магнитной индукции поля, создаваемого магнитом в том месте, где находится кольцо. Следовательно, \(\mathcal{E}(t) = -2\pi RNB_r\cdot v(t)\), где \(v(t) = \Delta x/\Delta t\) — мгновенная скорость катушки. Так как при гармонических колебаниях катушки амплитуда изменения её скорости равна \(v_0 = 2\pi fa\), то амплитуда наводимой в катушке ЭДС индукции составляет \(\mathcal{E}_0 = 2\pi RNB_rv_0 = 4\pi^2faNRB_r\).

Если через неподвижную катушку пропустить постоянный ток \(I\), то на неё будет действовать сила Ампера, направленная вдоль оси \(OO'\) и равная \(F = N\cdot 2\pi RIB_r\). Учитывая выражение для \(\mathcal{E}_0\), окончательно получим: \[F = \dfrac{I\mathcal{E}_0}{2\pi fa} \approx 0{,}16\text{ Н}.\]

\(v \approx 100\) м/с.

Изменение частоты отражённого от смерча электромагнитного сигнала связано с тем, что отражающие этот сигнал предметы движутся, и имеет место эффект Доплера. В отличие от задачи 4.3, где этот эффект рассматривался для звуковых волн в воздухе, здесь речь идёт о радиоволнах, скорость которых \(c\) равна скорости света. Пусть предмет, отражающий сигнал, движется в направлении радара с максимальной скоростью \(v\). Ясно, что эта скорость очень мала по сравнению с \(c\), и квадратичными эффектами, связанными с теорией относительности, можно пренебречь. Тогда остаётся только линейный по отношению \(v/c\) эффект Доплера, и по аналогии с задачей 4.3 частота сигнала, поглощаемого предметом в смерче, должна выражаться формулой \[f_{\text{погл}} \approx f_0\left(1 + \dfrac{v}{c}\right),\] а изменение частоты \(\Delta f_1 = f_{\text{погл}} - f_0\) определяется выражением: \[\dfrac{\Delta f_1}{f_0} = \dfrac{v}{c}.\] Поскольку сигнал от радара сначала поглощается движущимся предметом, а потом переизлучается им, то относительное изменение частоты, регистрируемое радаром, будет в два раза больше: \[\dfrac{\Delta f_2}{f_0} = 2\dfrac{v}{c}.\] Отсюда \[v = \dfrac{c}{2}\cdot\dfrac{\Delta f_2}{f_0}.\] Из графика, приведённого в условии, видно, что максимальной скорости предметов в смерче соответствует изменение частоты отражённого сигнала \(\Delta f_2 \approx 6500\) Гц. Подставляя числовые данные в полученную формулу, имеем: \[v \approx \dfrac{3\cdot 10^8\text{ м/с}}{2}\cdot\dfrac{6500\text{ Гц}}{10^{10}\text{ Гц}} \approx 100\text{ м/с}.\]

\(H = \dfrac{1 - \sin\alpha}{a\sin\alpha}\).

Мысленно разобьём океан на тонкие горизонтальные слои так, чтобы скорость звука в пределах одного слоя можно было считать постоянной. Закон преломления «звуковых лучей» при переходе из одного слоя в другой слой, как и в оптике, имеет вид: \(\dfrac{\sin\varphi_1}{\sin\varphi_2} = \dfrac{c_1}{c_2}\), где \(c_1\) и \(c_2\) — скорости звука в соседних слоях, \(\varphi_1\) и \(\varphi_2\) — углы, под которыми звук выходит из первого слоя и входит во второй. Далее, для следующей пары соседних слоёв: \(\dfrac{\sin\varphi_2}{\sin\varphi_3} = \dfrac{c_2}{c_3}\), и т. д. Перемножая такие равенства, записанные для \(n\) слоёв, получаем: \(\dfrac{\sin\varphi_1}{\sin\varphi_n} = \dfrac{c_1}{c_n}\).

Пусть звук проникает в океан на максимальную глубину \(H\). Тогда \(\dfrac{\sin\alpha}{\sin\varphi(H)} = \dfrac{c_0}{c(H)}\), где \(\varphi(H)\) — угол, под которым звук входит в самый глубоко лежащий слой. Но \(\varphi(H) = \pi/2\) (если бы это было не так, то звук пошёл бы ещё глубже). Значит, \(\sin\alpha = \dfrac{c_0}{c_0(1 + aH)}\), и \[H = \dfrac{1 - \sin\alpha}{a\sin\alpha}.\]