МОШ, 1991/92, заключительный этап, 11 класс

Ответ

\(\dfrac{r_0}{r} = \sqrt[3]{1 + \dfrac{\rho v_0^2}{2p_0}\left(1 - \dfrac{S_0^2}{S^2}\right)}\).

Решение

Пусть вода внутри трубы движется со скоростью \(v\), а давление в ней равно \(p\). Тогда уравнение Бернулли для текущей по трубе воды имеет вид: \(p + \dfrac{\rho v^2}{2} = p_0 + \dfrac{\rho v_0^2}{2}\).

Поскольку воду можно считать несжимаемой жидкостью, и пузырьков в ней немного, то справедливо уравнение неразрывности струи: \(Sv = S_0v_0\).

Давление внутри пузырька равно давлению внутри воды. Будем считать, что при вытекании струи из отверстия находящиеся в ней пузырьки расширяются изотермически, изменяя свой объём от \(V\) до \(V_0\). Тогда в соответствии с уравнением Менделеева — Клапейрона: \(pV = p_0V_0\). Из этих уравнений получаем: \(\dfrac{V_0}{V} = 1 + \dfrac{\rho v_0^2}{2p_0}\left(1 - \dfrac{S_0^2}{S^2}\right)\). Так как объём пузырька пропорционален кубу его радиуса, то отношение радиусов пузырьков воздуха у выходного отверстия и внутри трубы \[\dfrac{r_0}{r} = \sqrt[3]{\dfrac{V_0}{V}} = \sqrt[3]{1 + \dfrac{\rho v_0^2}{2p_0}\left(1 - \dfrac{S_0^2}{S^2}\right)}.\]

Ответ

Заряд шарика уменьшился в 9 раз.

Решение

Густота силовых линий пропорциональна напряжённости электростатического поля. Мерой густоты является количество силовых линий, проходящих через единицу площади (поток вектора напряжённости). Как видно из рисунка в условии задачи (см. рисунок 3.3), одна силовая линия вблизи точки \(A\) приходится на три деления шкалы, а вблизи точки \(B\) — на одно деление шкалы.

Так как электростатическое поле симметрично относительно оси \(OZ\), то через малую единичную площадку, ориентированную перпендикулярно вертикали, вблизи точки \(A\) проходит в 9 раз меньше силовых линий, чем через такую же площадку вблизи точки \(B\). Поэтому напряжённость электростатического поля в точке \(B\) в 9 раз больше, чем в точке \(A\), и кулоновские силы, действующие на заряд в этих точках, отличаются в такое же количество раз. Сила кулоновского взаимодействия, пропорциональная величине заряда, в обоих случаях уравновешивается одной и той же силой тяжести \(mg\). Следовательно, заряд шарика при переходе из точки \(A\) в точку \(B\) уменьшился в 9 раз.

Ответ

Линза собирает параллельный пучок в фокус с координатами \(\left(\dfrac{R}{n - 1};\ R\alpha\right)\) (ось \(X\) направлена вдоль радиуса сферической поверхности от призмы, ось \(Y\) — вдоль плоскости, разделяющей призму и линзу).

Решение

Рассматриваемая в условии необычная линза состоит из призмы и обычной плосковыпуклой линзы, разделённых плоской поверхностью. Введём систему координат следующим образом: ось \(Y\) расположим в плоскости, разделяющей призму и линзу, и направим её перпендикулярно ребру призмы; ось \(X\) направим от призмы перпендикулярно границе её раздела с линзой вдоль радиуса сферической поверхности. Далее задачу можно решать двумя способами.

1) Заметим, что лучи, падающие на поверхность призмы под некоторым углом \(\alpha\) (так, как показано на рисунке в условии), внутри необычной линзы будут проходить параллельно плоскости \(XY\) под углом \(\beta = \alpha(1 - (1/n))\) к оси \(X\).

Рассмотрим далее параллельный пучок лучей, падающий на сферическую поверхность, разделяющую среды с показателями преломления \(n\) и 1 (см. рис. 4.22.1). Пусть точка \(O\) — центр преломляющей сферической поверхности, \(OA\) — луч, падающий нормально к этой поверхности, луч \(O'A'\) проходит параллельно \(OA\) на достаточно близком от \(OA\) расстоянии и преломляется на сферической поверхности в точке \(A'\). Преломлённый луч \(A'F\) пересекает луч \(OA\) в точке \(F\), которая, очевидно, является фокусом данной сферической поверхности. Из закона преломления следуют следующие соотношения: \[\angle O'A'O = \angle B'A'B = \gamma,\quad \angle B'A'F = n\gamma,\quad \angle BA'F = \angle A'FA = (n - 1)\gamma.\] Расстояние между лучами \(O'A'\) и \(OA\) равно \(R\gamma\), с одной стороны, и \(AF\cdot(n - 1)\gamma\), с другой. Поэтому \[AF = \dfrac{R}{n - 1};\qquad OF = R + AF = \dfrac{Rn}{n - 1}.\] Если теперь рассмотреть параллельный пучок лучей, идущий под углом \(\beta\) к оси \(X\), то картинка на рисунке 4.22.1 целиком повернётся на угол \(\beta\), и пучок соберётся в фокусе с координатами \(\left(\dfrac{R}{n - 1};\ \dfrac{Rn\beta}{n - 1}\right)\). Поскольку \(\beta = \alpha\dfrac{n - 1}{n}\), окончательно находим координаты фокуса необычной линзы: \(\left(\dfrac{R}{n - 1};\ R\alpha\right)\).

2) Прохождение параллельного пучка лучей через рассматриваемую систему осуществляется в две стадии: прохождение через призму, а затем — через обычную линзу. Будем считать, что между призмой и этой линзой имеется тонкая воздушная прослойка (она, очевидно, не может никак влиять на работу оптической системы).

При прохождении через призму пучок лучей после выхода из неё в воздух поворачивается на угол \(n\beta = \alpha(n - 1)\). Если теперь этот пучок попадёт из воздуха в линзу, то после прохождения через неё лучи соберутся в фокальной плоскости линзы в точке с координатами \((F;\ \alpha(n - 1)F)\) — см. рисунок 4.22.2. Отсюда, учитывая, что \(F = \dfrac{R}{n - 1}\), получаем координаты фокуса системы, найденные выше.

Ответ

\(v > R\sqrt{\dfrac{g}{2\delta}} \approx 11\) м/с.

Решение

По условию эллиптическое колесо мало отличается от круглого: \(\delta = a - b = 1\) см \(\ll R = (a + b)/2 \approx 50\) см, поэтому можно пренебречь неравномерностью вращения колеса и считать, что при качении его скорость \(v \approx \omega R\), а зависимость вертикальной координаты \(y\) центра масс колеса от времени \(t\) имеет вид: \(y = \dfrac{\delta}{2}\cos 2\omega t\). Здесь учтено, что за один оборот колеса \(y\) дважды проходит через максимум, и начало отсчёта координаты \(y\) помещено на высоте \(R\) над дорогой. Колесо начнёт подпрыгивать тогда, когда при качении максимальная величина проекции ускорения его центра масс на вертикаль превысит ускорение свободного падения. Поскольку проекция ускорения \(a_y\) — это вторая производная от соответствующей координаты, то \(a_y = y'' = -2\delta\omega^2\cos 2\omega t\), и \(|(a_y)_{\max}| = 2\delta\omega^2 > g\). Отсюда угловая скорость колеса \(\omega > \sqrt{\dfrac{g}{2\delta}}\), и искомая скорость его качения \(v > R\sqrt{\dfrac{g}{2\delta}} \approx 11\) м/с.

Ответ

\(m < M/4\).

Решение

Груз массой \(M\), помещённый в центр льдины, заставляет её почти полностью погрузиться в воду, и при этом смещение центра масс льдины в вертикальном направлении составляет, очевидно, одну десятую часть её толщины \(H\). Груз массой \(m\), если его поместить в центр льдины, заставит её погрузиться на \(\Delta h_1 = \dfrac{m}{M}\cdot\dfrac{H}{10}\). Если теперь переместить этот груз на середину ребра прямоугольной льдины, имеющего длину \(l\), то смещение её центра масс по отношению к уровню воды практически не изменится и останется равным \(\Delta h_1\), а сама льдина наклонится от горизонтального положения на некоторый угол \(\alpha\). Сумма сил и сумма моментов сил, действующих на льдину, в положении равновесия равны нулю, а её край с грузом \(m\) находится на уровне воды. Обозначим длину ребра льдины, соседнего с ребром, на котором лежит груз, через \(L\). Поскольку по условию \(H \ll L\), а края льдины не погрузились под воду, то угол наклона льдины мал: \(\alpha \ll 1\). При таком наклоне суммарная сила, действующая на льдину со стороны воды, практически не изменяется, но на льдину со стороны воды начинает действовать момент выталкивающих сил, поскольку с одной стороны от центра масс нижняя поверхность льдины дополнительно погружается в воду, а с другой — поднимается. Для вычисления этого момента относительно центра льдины масс необходимо просуммировать моменты сил, действующих на полоски нижней (подводной) части льдины, расположенные на расстояниях \(-L/2 \leqslant x \leqslant L/2\) от центра масс. На полоску шириной \(\Delta x\) и длиной \(l\), погрузившуюся дополнительно на глубину \(\alpha x\), действует дополнительная выталкивающая сила \(\rho g\alpha xl\Delta x\), так что её момент равен \(\rho g\alpha lx^2\Delta x\), а искомый суммарный момент выталкивающих сил равен \(\alpha\rho glL^3/12\). Здесь \(\rho\) — это плотность воды.

Этот момент выталкивающих сил, действующий на льдину со стороны воды, уравновешивает момент силы относительно центра масс льдины, действующий на неё со стороны груза массой \(m\) и равный, очевидно, \(mgL/2\). Таким образом, в положении равновесия должно выполняться соотношение: \(\alpha\rho glL^3/12 = mgL/2\). Отсюда находим связь между \(m\), \(\alpha\) и величиной \(\Delta h_2\) дополнительного опускания края льдины за счёт её наклона: \(\Delta h_2 = \alpha L/2 = 3m/(\rho lL)\).

Вместе с опусканием центра масс по вертикали на величину \(\Delta h_1\) общее вертикальное смещение края льдины с лежащим на нём грузом не должно быть больше, чем \(H/10\). Запишем это условие в виде неравенства: \[\Delta h_1 + \Delta h_2 = \dfrac{mH}{10M} + \dfrac{3m}{\rho lL} < \dfrac{H}{10}.\] Учтём, что \(M = \rho SlH/10\). Отсюда найдём, что на краю льдины в середине её ребра можно разместить груз массой \(m < M/4\).

Заметим, что такой груз можно положить на середину любого из верхних рёбер льдины, так как их длины \(l\) и \(L\) входят в полученное неравенство в виде произведения.

Ответ

\(r = \dfrac{U_2 - U_0}{I_2} = 0{,}1\) Ом.

Решение

В режиме холостого хода напряжение \(U_{\text{ист}}\) на клеммах двухполупериодного выпрямителя изменяется со временем \(t\) по закону, показанному на графике в верхней части рисунка 3.88. При замкнутом ключе \(K_1\) вольтметр, очевидно, показывает среднее напряжение \(U_1 = 12\) В, меньшее амплитудного значения напряжения \(U_{\text{ист}}(t)\).

При одновременно замкнутых ключах \(K_1\) и \(K_2\) заряжаемый аккумулятор включён «навстречу» с выпрямителем (иначе бы аккумулятор не заряжался). Поэтому в те моменты времени, когда \(U_{\text{ист}}(t) < U_0\), диоды в выпрямителе заперты, ток через амперметр не идёт, и на вольтметр подаётся напряжение аккумулятора \(U_0 = 12{,}3\) В. В те моменты времени, когда \(U_{\text{ист}}(t) \geqslant U_0\), диоды открыты, и мгновенное значение напряжения на зажимах вольтметра равно \(U_{\text{ист}}(t)\). Таким образом, ток, идущий через амперметр и аккумулятор с внутренним сопротивлением \(r\), в любой момент времени равен \[I(t) = \dfrac{U_2(t) - U_0}{r},\quad\text{где}\quad U_2(t) = \begin{cases} U_0 & \text{при } U_{\text{ист}}(t) < U_0; \\ U_{\text{ист}}(t) & \text{при } U_{\text{ист}}(t) \geqslant U_0. \end{cases}\] На графике, приведённом в средней части рисунка 3.88, показаны напряжение на клеммах выпрямителя \(U_{\text{ист}}(t)\), постоянное напряжение на аккумуляторе \(U_0\), а также напряжение \(U_2(t)\) (обозначено жирной линией). Кривая для напряжения \(U_2(t)\) получается на графике в результате «отрезания» нижней части графика \(U_{\text{ист}}(t)\) горизонтальной прямой \(U = U_0\).

Напряжение \(U_2 = 12{,}8\) В, которое показывает вольтметр при замкнутых ключах \(K_1\) и \(K_2\), равно среднему значению напряжения \(U_2(t)\), а сила тока \(I_2 = 5\) А, которую показывает при этом амперметр, есть среднее значение силы тока \(I(t)\) (график зависимости \(I(t)\) приведён в нижней части рисунка 3.88). Усредняя правую и левую части выражения для \(I(t)\) по времени в пределах одного периода изменения напряжения \(U_{\text{ист}}\), получим: \(\langle I(t)\rangle\cdot r = \langle U_2(t)\rangle - U_0\), где угловыми скобками \(\langle\ \rangle\) обозначено усреднение по времени. Отсюда \(I_2r = U_2 - U_0\), и \[r = \dfrac{U_2 - U_0}{I_2} = 0{,}1\text{ Ом}.\]