МОШ, 1988/89, заключительный этап, 10 класс

Ответ

\(A \approx \dfrac{\sqrt{2gH}}{2\pi f} \approx 0{,}05\) мм.

Решение

Обозначим амплитуду колебаний пластины через \(A\). Песчинка после удара отрывается от пластины при её движении вверх на высоте \(h = A\sin(2\pi ft)\) над средним положением пластины и приобретает скорость \(v = A\cdot 2\pi f\cos(2\pi ft)\), которая равна скорости пластины. В момент отрыва песчинки ускорение пластины направлено вниз и равно по величине \(A(2\pi f)^2\sin(2\pi ft) = g\). Обозначим через \(\varphi\) величину \(2\pi ft\). Тогда \(\sin\varphi = \dfrac{g}{A(2\pi f)^2}\). Заметим, что, поскольку \(\sin\varphi \leqslant 1\), то искомая амплитуда \(A\) должна удовлетворять условию \(A \geqslant A_0 = \dfrac{g}{(2\pi f)^2} \approx 0{,}25\cdot 10^{-3}\) мм. При меньших значениях амплитуды песчинка не будет отрываться от пластины и подпрыгивать, что противоречит условию задачи.

Высота, на которую поднимается песчинка после отрыва от пластины, равна: \[H = h + \dfrac{v^2}{2g} = A\sin\varphi + \dfrac{A^2(2\pi f)^2\cos^2\varphi}{2g} = A\sin\varphi + \dfrac{A^2(2\pi f)^2(1 - \sin^2\varphi)}{2g} =\] \[= \dfrac{g}{(2\pi f)^2} + \dfrac{A^2(2\pi f)^2\left(1 - \dfrac{g^2}{A^2(2\pi f)^4}\right)}{2g} = \dfrac{g}{2(2\pi f)^2} + \dfrac{A^2(2\pi f)^2}{2g}.\] Отсюда следует, что \[A = \dfrac{\sqrt{2gH - \dfrac{g^2}{(2\pi f)^2}}}{2\pi f} \approx \dfrac{\sqrt{2gH}}{2\pi f} \approx 5\cdot 10^{-5}\text{ м} = 0{,}05\text{ мм},\] так как \(H \gg A_0\). Найденное значение амплитуды \(A\) значительно превышает критическое значение \(A_0\), то есть при колебаниях пластины с такой амплитудой песчинки действительно будут подпрыгивать.

Ответ

\(x \approx \dfrac{4L^2 + H^2}{D} = 200\) м.

Решение

Пусть рост отражающегося человека равен \(H \sim 2\) м, а размер его изображения \(h\) (\(h \ll H\)). Для простоты рассуждений будем считать, что центр ёлочного шарика расположен на уровне половины роста человека. На рисунке 4.11 приведён ход лучей, формирующих изображение.

Так как \(D \ll L\), то угол \(\varphi\) между лучами, формирующими изображения головы и ног человека, очень мал (изображение головы лежит на пересечении продолжений лучей 1 и 3, а ног — 2 и 4). Поэтому углы \(\alpha\) и \(\beta\) примерно одинаковы, а это означает, что изображение человека расположено на расстоянии \(\approx D/4\) от центра шарика. Из подобия треугольников следует отношение: \[\dfrac{H/2}{L} = \dfrac{h/2}{D/4},\quad\text{откуда}\quad h = \dfrac{HD}{4L}.\] Так как \(D \ll L\), то расстояние от человека до изображения примерно равно \(L\). Поэтому угловой размер изображения человека в шарике \[\varphi \approx \dfrac{h\cos\alpha}{L/\cos\alpha} = \dfrac{HD}{4L^2}\cos^2\alpha = \dfrac{HD}{4L^2}\left(\dfrac{L}{\sqrt{L^2 + (H/2)^2}}\right)^2 = \dfrac{HD}{4L^2 + H^2}.\] Для того, чтобы человек видел своего двойника таким же маленьким, то есть под тем же углом, двойник должен стоять на таком расстоянии \(x\) от человека, чтобы выполнялось соотношение: \(\varphi\cdot x \approx H\). Отсюда \[x \approx \dfrac{H}{\varphi} = \dfrac{4L^2 + H^2}{D} = 200\text{ м}.\]

Ответ

\(u = v\dfrac{\cos\alpha}{\cos(\alpha - \beta)}\).

Решение

Поскольку все удары неупругие, то после удара о стенку груз может иметь скорость \(u\), только параллельную этой стенке (см. рис. 1.29). При преодолении каждой стенки угол наклона стержня к горизонту будет оставаться близким к \(\alpha\), поскольку стенки невысокие. Из постоянства длины стержня следует, что проекции скоростей концов стержня на него самого должны быть одинаковы, то есть \(v\cos\alpha = u\cos(\alpha - \beta)\). Отсюда \(u = v\dfrac{\cos\alpha}{\cos(\alpha - \beta)}\).

Ответ

\(T_e \sim \dfrac{|e|El}{3\sqrt2\,k}\sqrt{\dfrac{M}{m_e}} \approx 5{,}6\cdot 10^4\) К.

Решение

Рассмотрим столкновение свободного электрона с атомом газа. Будем считать, что электрон до столкновения движется с некоторой характерной скоростью \(v\), атом покоится, и что столкновение лобовое и абсолютно упругое (по условию акты ионизации атомов неона происходят очень редко). Тогда законы сохранения импульса и энергии можно записать в виде: \[m_ev = m_ev' + Mu',\qquad\dfrac{m_ev^2}{2} = \dfrac{m_ev'^2}{2} + \dfrac{Mu'^2}{2},\] где \(v'\) и \(u'\) — скорости электрона и атома после столкновения. Отсюда \[v' = \dfrac{m_e - M}{m_e + M}v\] (после столкновения намного более лёгкий электрон изменяет направление своего движения), и уменьшение кинетической энергии электрона при лобовом столкновении составляет \[\Delta W = \dfrac{m_e(v^2 - v'^2)}{2} = \dfrac{m_ev^2}{2}\cdot\dfrac{4Mm_e}{(m_e + M)^2} \approx \dfrac{m_ev^2}{2}\cdot\dfrac{4m_e}{M} \ll \dfrac{m_ev^2}{2}.\] Последнее неравенство означает, что скорость движения электрона между соударениями изменяется в очень небольших пределах, то есть всё время близка к \(v\). Таким образом, можно считать, что \(v\) — это средняя скорость хаотического движения электронов в плазме газового разряда. Поскольку при нелобовых соударениях уменьшение кинетической энергии электрона будет, очевидно, лежать в пределах от 0 до \(\Delta W\), то можно считать, что среднее уменьшение кинетической энергии электрона при столкновении с атомом неона составляет \[\dfrac{\Delta W}{2} \approx \dfrac{m_ev^2}{2}\cdot\dfrac{2m_e}{M}.\] Будем считать, что между ударами электрон движется под действием электрического поля равноускоренно с ускорением \(a = eE/m_e\) в течение промежутка времени \(\tau = l/v\). Тогда за это время электрическое поле совершает над электроном работу \[\Delta A = eE\cdot\dfrac{a\tau^2}{2} = \dfrac{(eEl)^2}{2m_ev^2}.\] В установившемся режиме среднее уменьшение кинетической энергии электрона \(\dfrac{\Delta W}{2}\), происходящее при соударении, должно на каждом интервале между соударениями компенсироваться работой \(\Delta A\) сил электрического поля: \[\dfrac{m_ev^2}{2}\cdot\dfrac{2m_e}{M} = \dfrac{(eEl)^2}{2m_ev^2}.\] Отсюда средняя кинетическая энергия движения электронов \[W = \dfrac{m_ev^2}{2} = \dfrac{|e|El}{2\sqrt2}\sqrt{\dfrac{M}{m_e}}.\] Соответствующая этой энергии «температура» электронов может быть оценена при помощи соотношения \(W \sim \dfrac{3}{2}kT_e\), откуда \[T_e \sim \dfrac{|e|El}{3\sqrt2\,k}\sqrt{\dfrac{M}{m_e}} \approx 5{,}6\cdot 10^4\text{ К}.\]

Ответ

Ток изменяется «пилообразно» между \(I_1\) и \(I_2\) (рис. 3.95.2) с периодом \(T = 2\tau = 2L(I_2 - I_1)/U_0\).

Решение

После замыкания цепи электронный прибор начнёт работать на участке 1–2 его характеристики. При этом уравнение, описывающее изменение силы тока \(I\) в цепи со временем \(t\), будет иметь вид: \[L\dfrac{\Delta I}{\Delta t} = U_0,\] откуда следует, что \(LI = U_0t\), то есть сразу после замыкания цепи сила тока в ней будет нарастать прямо пропорционально времени.

Нарастание тока будет продолжаться до момента времени \(t_1 = LI_2/U_0\) — до тех пор, пока состояние прибора не изобразится точкой 2 на графике зависимости \(I(U)\) (см. рис. 3.95.1). Начиная с этого момента дальнейшее увеличение силы тока через прибор станет невозможным. При этом напряжение на катушке будет падать, а на приборе — расти. В результате прибор очень быстро совершит переход 2–3–2\('\), так как состояние системы на участке 2–3, на котором прибор характеризуется отрицательным дифференциальным сопротивлением, неустойчиво. Поскольку сила тока в катушке не может измениться мгновенно, то токи в состояниях 2 и 2\('\) одинаковы: \(I_2 = I_{2'}\) (заметим, что во время перехода 2–3–2\('\) ток в цепи поддерживается постоянным за счёт так называемых «паразитных ёмкостей», которые неизбежно имеются у всех элементов цепи).

После того, как система окажется в состоянии 2\('\), электронный прибор будет работать, как идеальная батарейка с ЭДС, равной \(-2U_0\). Поэтому уравнение, описывающее изменение силы тока в цепи со временем, примет вид: \[L\dfrac{\Delta I}{\Delta t} = U_0 - 2U_0 = -U_0,\] откуда следует, что \(L\Delta I = -U_0\Delta t\), то есть сила тока в цепи будет уменьшаться со временем по линейному закону. Через время \(\tau = L(I_2 - I_1)/U_0\) сила тока станет равной \(I_1\), и система окажется в состоянии 3, из которого очень быстро совершит переход 3–2–3\('\) через участок неустойчивости 3–2. После этого сила тока в цепи вновь начнёт нарастать от значения \(I_1\) до значения \(I_2\) в соответствии с уравнением \(L\dfrac{\Delta I}{\Delta t} = U_0\), и через время \(\tau\) система вновь придёт в состояние 2, после чего описанные выше процессы будут повторяться.

Таким образом, сила тока, текущего в цепи, будет изменяться со временем по «пилообразному» закону (см. рис. 3.95.2) с периодом повторения \(T = 2\tau = 2L(I_2 - I_1)/U_0\).

Ответ

\(D_1 \sim 4d/\varphi \approx 40\) см для одного глаза; для двух глаз \(D_2 \sim 2\sqrt2\,d/\varphi \approx 28\) см.

Решение

Будем считать, что среднее расстояние между центрами граней соседних кристаллов снега \(l \sim d\). На каждый из кристаллов падает свет Солнца в пределах угла \(\varphi = 0{,}5^\circ \approx 0{,}01\) рад. При этом кристалл отражает свет одной из своих граней в телесный угол \(\omega \sim \pi\varphi^2/4\). Так как кристаллы расположены на поверхности хаотически, то отражённый пучок может быть направлен произвольно в пределах телесного угла \(\Omega = 4\pi\), то есть в один глаз попадает свет, отражённый от одной из \(N_1 = \Omega/\omega \sim 16/\varphi^2 = 16\cdot 10^4\) граней. Если же смотреть на снег двумя глазами, то хотя бы в один из них попадёт свет, отражённый от одной из \(N_2 = N_1/2 = 8\cdot 10^4\) граней.

Для оценки расстояния между соседними кристаллами, свет от которых попадает в один глаз, будем считать, что все \(N_1\) отражающих граней равномерно распределены по поверхности. Тогда на единицу длины на этой поверхности приходится \(n_1 \sim \sqrt{N_1}\) отражающих граней, а среднее расстояние между гранями, отражающими свет в нужном направлении, составляет \(D_1 \sim ln_1 \sim d\sqrt{N_1} \sim 4d/\varphi \approx 40\) см. Аналогично для случая, когда на снег смотрят двумя глазами, \(D_2 \sim d\sqrt{N_2} \sim 2\sqrt2\,d/\varphi \approx 28\) см. Полученные результаты являются, конечно, довольно грубыми оценками.

Интересно ответить ещё на один вопрос: на какое расстояние нужно переместить голову для того, чтобы одна блёстка, которую видит глаз, исчезла, а вместо неё появилась другая, в другом месте? Очевидно, что это расстояние определяется диаметром светового пятна, получающегося вблизи глаза при отражении света Солнца от снежинки. Если мы смотрим на снег стоя с расстояния \(L \sim 2\) м, то диаметр этого пятна примерно равен \(L\varphi \sim 2\) см, что примерно в 10 раз больше диаметра зрачка глаза, так что оценка искомого расстояния как раз и составляет около 2 см.

Ответ

\(T_n = \dfrac{T}{T + n(1 - T)} = \dfrac{0{,}92}{0{,}92 + 0{,}08n}\).

Решение

Основная трудность, возникающая при решении этой задачи, связана с тем, что свет может многократно отражаться от поверхностей пластинок внутри стопки. Поэтому для того, чтобы найти ответ, нужно получить рекуррентную формулу, показывающую, как изменяется коэффициент пропускания стопки из \(n\) пластинок при добавлении к ней ещё одной пластинки.

Пусть стопка из \(n\) пластинок имеет коэффициент пропускания \(T_n\). Добавим к ней ещё одну пластинку, получив, таким образом, «составную» стопку из \(n + 1\) пластинки. Пусть на полученную стопку падает волна с интенсивностью \(a\). Обозначим интенсивности волн, распространяющихся снаружи и внутри нашей «составной» стопки, так, как показано на рисунке 4.28. Учитывая, что \(R_n = 1 - T_n\), получим систему уравнений:

\[\begin{array}{l} a_2 = Ta_1;\\ b_1 = (1 - T)a_1;\\ a_1 = T_na + (1 - T_n)b_1;\\ b_2 = (1 - T_n)a + T_nb_1. \end{array}\] Решая её, найдём: \[\dfrac{a}{a_2} = \dfrac{1}{T_{n+1}} = \dfrac{1}{T_n} + \dfrac{1 - T}{T}.\] Это и есть искомая рекуррентная формула. Из неё можно получить явную зависимость коэффициента пропускания \(T_n\) от числа пластинок \(n\) в стопке. Действительно, если пластинок в стопке всего две (\(n + 1 = 2\)), то \[\dfrac{1}{T_2} = \dfrac{1}{T} + \dfrac{1 - T}{T}.\] Далее, при \(n + 1 = 3\): \[\dfrac{1}{T_3} = \dfrac{1}{T_2} + \dfrac{1 - T}{T} = \dfrac{1}{T} + 2\dfrac{1 - T}{T}.\] Продолжая аналогичные выкладки, для стопки из \(n\) пластинок получим: \[\dfrac{1}{T_n} = \dfrac{1}{T} + (n - 1)\dfrac{1 - T}{T} = \dfrac{T + n(1 - T)}{T},\] откуда \[T_n = \dfrac{T}{T + n(1 - T)} = \dfrac{T}{T + nR} = \dfrac{0{,}92}{0{,}92 + 0{,}08n}.\]