МОШ, 1989/90, заключительный этап, 11 класс

Ответ

\(T = 2\pi\sqrt{\dfrac{l}{g\sin\alpha}}\).

Решение

Обозначим вертикальное смещение уровня воды в шланге через \(h\), площадь его поперечного сечения — через \(S\), плотность воды — через \(\rho\). Тогда суммарная сила, действующая на воду в подводной части шланга при таком смещении уровня, равна \(F = pS = -\rho ghS\) (знак «минус» указывает, что эта сила стремится вернуть воду в шланге в равновесное положение). Данная сила сообщает воде в шланге, имеющей массу \(m\), ускорение \[a = \dfrac{d^2h}{dt^2}\cdot\dfrac{1}{\sin\alpha} = \dfrac{F}{m} = -\dfrac{\rho ghS}{\rho Sl} = -\dfrac{gh}{l},\] направленное вдоль шланга. Таким образом, для величины \(h\) получаем уравнение гармонических колебаний: \[\dfrac{d^2h}{dt^2} + \dfrac{g\sin\alpha}{l}h = 0.\] Отсюда круговая частота \(\omega = \sqrt{\dfrac{g\sin\alpha}{l}}\), а период малых колебаний воды в шланге \(T = 2\pi\sqrt{\dfrac{l}{g\sin\alpha}}\).

Ответ

График — на рис. 3.12: вдали от шара ускорение отрицательно (отталкивание), затем обращается в нуль (точка \(A\)), меняет знак, нарастает до входа в отверстие (точка \(B\)), скачком меняет знак при пролёте отверстия (точка \(C\)) и обращается в нуль в центре шара; далее график симметричен (с противоположным знаком проекции).

Решение

Направим ось \(X\) вдоль струны в направлении движения бусинки (см. рис. 3.12).

Так как ускорение бусинки прямо пропорционально действующей на неё силе (\(a_x = F_x/m\)), то для решения задачи достаточно определить, как изменяется сила взаимодействия бусинки с шаром. Для ответа на этот вопрос воспользуемся методом изображений (см. решения задач 3.10 и 3.11). Из соображений симметрии ясно, что фиктивный точечный заряд-изображение \(q'\), к действию которого сводится влияние наведённых на поверхности шара зарядов, будет располагаться внутри шара на оси \(X\), и поэтому интересующая нас сила и ускорение также направлены вдоль оси \(X\). Знак заряда \(q'\) будет противоположен знаку заряда бусинки \(q\), который для определённости можно считать, например, положительным. Таким образом, взаимодействие бусинки с шаром можно представить, как суперпозицию отталкивания бусинки от положительного заряда шара \(+Q\), который можно считать расположенным в центре шара, и притяжения бусинки к заряду-изображению \(q'\). При движении бусинки из бесконечности (в положительном направлении оси \(X\)) к поверхности шара величина \(|q'|\) будет возрастать, начиная с нулевого значения, а само изображение \(q'\) будет смещаться в сторону бусинки — от центра шара к его периферии. Поэтому при больших расстояниях между бусинкой и поверхностью шара будет преобладать сила отталкивания бусинки от заряда \(Q\) (проекция этой силы на ось \(X\) отрицательна).

По мере приближения бусинки к шару сила притяжения бусинки к заряду \(q'\) будет играть всё бо́льшую роль. На некотором расстоянии между бусинкой и шаром сила их взаимодействия обратится в ноль (точка \(A\) на графике). При дальнейшем приближении бусинки к шару начнёт преобладать сила притяжения бусинки к заряду \(q'\) (проекция силы сменит знак). Величина этой силы притяжения будет возрастать до момента, когда бусинка влетит в отверстие (точка \(B\)). Как известно, равномерно распределённый по поверхности шара заряд не создаёт внутри шара электрического поля. Следовательно бусинка, оказавшись внутри шара, будет только притягиваться к своему изображению \(q'\), которое, как следует из соображений симметрии, окажется снаружи шара. Поэтому при пролёте бусинки через отверстие действующая на неё сила очень быстро, практически скачком, изменит знак (точка \(C\)). При дальнейшем движении бусинки к центру шара изображение будет удаляться в бесконечность, причём \(|q'|\) будет уменьшаться. Поэтому сила притяжения бусинки к \(q'\) также будет уменьшаться и обратится в ноль, когда бусинка окажется в центре шара. Далее, ввиду центральной симметрии системы, события будут повторяться, но проекция ускорения на ось \(X\) на каждом из участков движения бусинки изменит знак на противоположный по сравнению с движением на соответствующем участке по другую сторону от центра шара.

Ответ

\(a \leqslant \dfrac{F(F + l)}{l} = \dfrac{1 + lD}{lD^2} = 0{,}9\) м.

Решение

Близорукий человек носит очки с рассеивающими линзами. В соответствии с формулой тонкой линзы: \[\dfrac{1}{F} = \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b},\] где \(F = 1/D < 0\) — фокусное расстояние линзы, \(a \leqslant \infty\) — расстояние от линзы до чётко видимого предмета, \(b < 0\) — расстояние от линзы до изображения. Поскольку \(1/a \geqslant 0\), то \(\dfrac{1}{b} = \dfrac{1}{F} - \dfrac{1}{a} \leqslant \dfrac{1}{F}\), откуда \(b \geqslant F\) и, следовательно, \(|b| \leqslant |F|\). Таким образом, близорукий человек в очках видит предмет чётко, если его изображение удалено от глаза не более, чем на \(|F| + d\), где \(d\) — расстояние от глаза до линзы очков, когда они надеты нормально (см. рис. 4.26).

Для того, чтобы человек видел предмет чётко, когда очки сползут на расстояние \(l\) дальше от глаз, изображение предмета по-прежнему должно быть удалено от глаза не более чем на \(|F| + d\), а от плоскости линзы — не более, чем на \(|F| - l\). Таким образом, \(|b| \leqslant |F| - l\), откуда \(b \geqslant F + l\) и \(\dfrac{1}{b} \leqslant \dfrac{1}{F + l}\). Тогда \[\dfrac{1}{a} = \dfrac{1}{F} - \dfrac{1}{b} \geqslant \dfrac{1}{F} - \dfrac{1}{F + l} = \dfrac{l}{F(F + l)}.\] Отсюда \[a \leqslant \dfrac{F(F + l)}{l} = \dfrac{1 + lD}{lD^2} = 0{,}9\text{ м}.\]

Ответ

\(y(L/2) = \dfrac{mgL}{8F}\).

Решение

Обозначим вертикальную координату произвольной точки каната через \(y\), а горизонтальную координату — через \(x\). Рассмотрим участок каната между двумя горизонтальными координатами \(x_1\) и \(x_2\). Поскольку канат сильно натянут, то угол его наклона к горизонту невелик, и косинус этого угла можно считать близким к единице. Масса выбранного участка равна \((x_2 - x_1)m/L\). Углы наклона каната к горизонту в точках с координатами \(x_1\) и \(x_2\) отличаются. За счёт различия этих углов при практически одинаковой силе натяжения каната на выбранный его участок действует суммарная вертикальная сила со стороны остальных частей каната, находящихся справа и слева от этого участка. Эта суммарная сила компенсирует силу тяжести, действующую на данный участок каната: \[F\left(\dfrac{\Delta y}{\Delta x}\right)_{x_2} - F\left(\dfrac{\Delta y}{\Delta x}\right)_{x_1} = \dfrac{(x_2 - x_1)mg}{L}.\] Разделим правую и левую части полученного равенства на \((x_2 - x_1)\). Получается, что вторая производная от координаты \(y\) по координате \(x\) равна постоянной величине: \(d^2y/dx^2 = mg/(LF)\).

Начнём отсчёт координаты \(x\) от самой нижней точки каната, а координату \(y\) будем отсчитывать от этой же точки вверх. Тогда точке с координатой \(L/2\) соответствует координата \(y(L/2)\), которая отличается от координаты \(y(0)\) в начальной точке на величину прогиба каната. Первая производная координаты \(y\) по \(x\) равна \(xmg/(LF)\). При такой зависимости первой производной от координаты \(x\) сама функция \(y(x)\) будет равна \(x^2mg/(2LF)\), а величина прогиба каната составляет \[y(L/2) = \dfrac{(L/2)^2mg}{2LF} = \dfrac{mgL}{8F}.\]

Ответ

\(F = \dfrac{\sigma\pi D}{2}\), сила направлена в сторону капли перпендикулярно каждой из пластин.

Решение

Искомая сила \(F\), действующая на каждую из пластин со стороны капли, складывается из силы поверхностного натяжения, направленной перпендикулярно поверхности пластины в сторону капли и равной \(\sigma\pi D\), и силы давления жидкости \(p\cdot\pi D^2/4\), направленной в противоположную сторону. Давление \(p\) жидкости внутри капли можно найти, рассматривая условия равновесия цилиндрической боковой поверхности капли (см. рис. 2.72).

На малую часть этой поверхности площадью \(\Delta S\), ограниченную двумя дугами окружностей с углами \(\Delta\varphi\) длиной \(\Delta\varphi\cdot D/2\) и двумя образующими цилиндра длиной \(h\), действует суммарная сила поверхностного натяжения \(\sigma h\cdot\Delta\varphi = p\Delta S = p\cdot h\cdot\Delta\varphi\cdot D/2\), откуда \(p = 2\sigma/D\).

Окончательно получаем, что искомая сила равна по величине \[F = \sigma\pi D - \dfrac{2\sigma}{D}\cdot\dfrac{\pi D^2}{4} = \dfrac{\sigma\pi D}{2}\] и направлена в сторону капли перпендикулярно каждой из пластин.

Обратим внимание на следующую ошибку, часто допускаемую при решении подобных задач: в расчётах не учитывается сила давления жидкости, и поэтому сила \(F\) получается вдвое большей!

Ответ

\(T = 2\pi\sqrt{\dfrac{3mR^{3-\alpha}}{k|\alpha qQ|}}\) (при \(\alpha qQ < 0\)).

Решение

Пусть частица сместилась на малое расстояние \(r \ll R\) в направлении оси \(X\), начало которой находится в центре сферы (см. рис. 3.7). Найдём силу \(\Delta F\), действующую на эту частицу со стороны тонкого кольца, вырезанного из сферы параллельными плоскостями \(x = h\) и \(x = h + \Delta h\). Площадь поверхности этого кольца равна \[\Delta S = 2\pi R\sin\alpha\cdot\dfrac{\Delta h}{\sin\alpha} = 2\pi R\Delta h,\] его заряд \[\Delta Q = Q\cdot\dfrac{\Delta S}{4\pi R^2} = \dfrac{Q\Delta h}{2R}.\]

Из приведённого в условии задачи закона взаимодействия зарядов и принципа суперпозиции находим, что сила \(\Delta F\) направлена параллельно оси \(x\) и равна \[\Delta F = -\dfrac{kq\Delta Q(h - r)}{(R^2 - h^2 + (h - r)^2)^{\frac{3-\alpha}{2}}} = -\dfrac{kqQ\Delta h}{2R}(h - r)\left(R^2 - 2hr + r^2\right)^{\frac{\alpha-3}{2}}.\] При малых \(r\), используя приближённую формулу \((1 + x)^n \approx 1 + nx\) при \(n = (\alpha - 3)/2\) и пренебрегая слагаемыми \(\sim r^2\), получаем: \[\Delta F \approx -\dfrac{kqQ\Delta h}{2R^{4-\alpha}}(h - r)\left(1 - \dfrac{2hr}{R^2}\right)^{\frac{\alpha-3}{2}} \approx -\dfrac{kqQ\Delta h}{2R^{4-\alpha}}(h - r)\left(1 - \dfrac{(\alpha - 3)hr}{R^2}\right) \approx\] \[\approx -\dfrac{kqQ}{2R^{4-\alpha}}\left(h - r - \dfrac{(\alpha - 3)h^2r}{R^2}\right)\Delta h.\] Так как величина \(h\) изменяется в пределах от \(-R\) до \(R\), то \[\sum\Delta h = 2R,\qquad\sum h\Delta h = 0,\qquad\sum h^2\Delta h = \dfrac{2}{3}R^3.\] Поэтому полная сила, действующая на заряд, равна \[F = \sum\Delta F = -\dfrac{kqQ}{2R^{4-\alpha}}\left(-2rR - \dfrac{(\alpha - 3)r}{R^2}\cdot\dfrac{2}{3}R^3\right) = \dfrac{k\alpha qQ}{3R^{3-\alpha}}r.\] Таким образом, при \(r \ll R\) сила \(F \sim r\). При \(\alpha qQ < 0\) эта сила является возвращающей, то есть частица будет вести себя, как груз на пружине с жёсткостью \(\varkappa = \dfrac{k|\alpha qQ|}{3R^{3-\alpha}}\), и будет совершать вблизи центра сферы малые колебания с периодом \(T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{\varkappa}} = 2\pi\sqrt{\dfrac{3mR^{3-\alpha}}{k|\alpha qQ|}}\).

При \(\alpha qQ > 0\) сила \(F\), возникающая при смещении частицы, будет стремиться ещё больше удалить её от центра сферы. Поэтому при таком условии состояние равновесия заряженной частицы в центре сферы будет неустойчивым. Наконец, при \(\alpha = 0\), что соответствует закону Кулона, сила \(F\) внутри равномерно заряженной по поверхности сферы обратится в ноль. При этом частица в любом месте внутри сферы будет находиться в состоянии равновесия.

Ответ

\(E = \dfrac{2}{3}E_0\).

Решение

Обозначим через \(h\) высоту трубы, через \(r\) — радиус её основания. В первом случае (когда зеркальная сторона трубы ориентирована вниз) в фотоэлемент попадут лучи из областей, заштрихованных на рисунке 4.32.1, а во втором случае (когда труба перевёрнута) — из областей, заштрихованных на рисунке 4.32.2. По условию \(h \gg r\), поэтому все углы падения света на фотоэлемент маленькие.

Ввиду изотропности освещения потоки энергии, переносимые лучами света, падающими на зеркальные поверхности с разных сторон под заданными углами, одинаковы, если лучи по пути к фотоэлементу не попадают на препятствия. Поэтому для расчёта освещённости фотоэлемента до и после переворачивания трубы оптические системы, изображённые на рисунках 4.32.1 и 4.32.2, можно заменить на эквивалентные оптические системы, показанные на рисунке 4.32.3 и рисунке 4.32.4 соответственно (части трубы, контуры которых изображены на этих схемах, полностью поглощают свет).

В первом случае в фотоэлемент (точка \(O\)) попадёт световой поток из телесного угла \[\Omega_1 \approx \left(\dfrac{\pi r^2}{(h/3)^2} - \dfrac{\pi r^2}{(h/2)^2}\right) + \dfrac{\pi r^2}{h^2} = \dfrac{6\pi r^2}{h^2},\] а во втором случае — из телесного угла \[\Omega_2 \approx \dfrac{\pi r^2}{(h/2)^2} = \dfrac{4\pi r^2}{h^2}.\] При записи этих формул учтено, что \(h \gg r\), то есть \(\Omega_1 \ll 1\) и \(\Omega_2 \ll 1\).

Величина освещённости пропорциональна телесному углу, из которого падает свет. Поэтому отношение освещённостей во втором и в первом случаях равно \(\Omega_2/\Omega_1 = 2/3\). Отсюда \[E = \dfrac{2}{3}E_0.\]

Ответ

\(\Delta\varphi_{\text{sum}} = \dfrac{12\pi\sqrt3\,f\Omega R^2}{c^2}\).

Решение

Разность фаз набегает за счёт двух эффектов.

(а) Благодаря эффекту Доплера (см. решение задачи 4.3) частота световой волны, идущей в направлении вращения столика, увеличивается, а частота световой волны, идущей в противоположном направлении — уменьшается. Поскольку угол между направлением светового луча и скоростью источника равен \(\pi/3\), для изменения частоты волны, идущей по направлению движения источника, имеем: \[\Delta\omega_1 = \omega\dfrac{v}{c}\cos\dfrac{\pi}{3} = \dfrac{\omega v}{2c}.\] Здесь \(v = \Omega R\) — скорость источника, \(\omega = 2\pi f\) — круговая частота световой волны. Аналогично для световой волны, идущей против направления движения источника, получаем: \[\Delta\omega_2 = -\dfrac{\omega v}{2c}.\] Таким образом, за счёт эффекта Доплера набегает разность фаз \[\Delta\varphi_1 = (\Delta\omega_1 - \Delta\omega_2)t = \omega\dfrac{v}{c}t,\] где \(t = 3R\sqrt3/c\) — время, за которое свет доходит от источника к приёмнику.

(б) Благодаря вращению системы длины путей, которые проходят световые волны, различны (см. рис. 4.37).

Обозначим угловое расстояние между источником «И» во время испускания света и приёмником «П» во время приёма световой волны через \(\alpha\). Кроме того, введём вспомогательные углы \(\beta = \dfrac{2\pi - \alpha}{3}\) и \(\gamma = \dfrac{2\pi + \alpha}{3}\). Очевидно, что \(\alpha \approx vt/R \ll 1\). Длина пути для волны, испущенной в направлении вращения, равна \[S_1 = 3\cdot 2R\sin\dfrac{\gamma}{2} = 6R\sin\left(\dfrac{\pi}{3} + \dfrac{\alpha}{6}\right).\] Для волны, идущей в противоположном направлении, длина пути равна \[S_2 = 3\cdot 2R\sin\dfrac{\beta}{2} = 6R\sin\left(\dfrac{\pi}{3} - \dfrac{\alpha}{6}\right).\] Поэтому разность длин путей для первой и второй волн равна \[\Delta S = S_1 - S_2 = 6R\sin\dfrac{\alpha}{6} \approx R\alpha \approx vt.\] За счёт этого набегает дополнительная разность фаз \[\Delta\varphi_2 = \omega\dfrac{\Delta S}{c} \approx \omega\dfrac{v}{c}t.\] Обе разности фаз \(\Delta\varphi_1\) и \(\Delta\varphi_2\) имеют одинаковый знак и поэтому складываются: \[\Delta\varphi_{\text{sum}} = \Delta\varphi_1 + \Delta\varphi_2 = 2\omega\dfrac{v}{c}t = \dfrac{4\pi f\Omega R}{c}\cdot\dfrac{3R\sqrt3}{c} = \dfrac{12\pi\sqrt3\,f\Omega R^2}{c^2}.\]