МОШ, 1993/94, заключительный этап, 11 класс

Ответ

\(\left(\dfrac{N_1}{N_2}\right)_{\max} = \dfrac{1}{\cos^2\alpha} = \left(\dfrac{2\pi}{T}\right)^4\left(\dfrac{l}{g}\right)^2\).

Решение

На шарик массой \(m\), отклонённый от вертикали на некоторый угол \(\alpha\), действуют сила тяжести \(mg\) и сила натяжения нити \(N_i\).

Рассмотрим первый случай, когда шарик вращается в горизонтальной плоскости по окружности радиусом \(r = l\sin\alpha\). Запишем для некоторого момента времени второй закон Ньютона в проекциях на вертикальную ось \(Z\) и на горизонтальную ось \(R\), причём ось \(Z\) направим вверх, а ось \(R\) — к центру окружности: \[ma_z = -mg + N_1\cos\alpha = 0,\qquad ma_r = m\dfrac{v^2}{r} = N_1\sin\alpha.\] Отсюда величина ускорения шарика равна \[a = a_r = \dfrac{N_1\sin\alpha}{m} = \dfrac{mg\sin\alpha}{m\cos\alpha} = g\operatorname{tg}\alpha,\] а его скорость \(v = \sqrt{gl\sin\alpha\operatorname{tg}\alpha}\). Поскольку период обращения равен \[T = \dfrac{2\pi r}{v} = \dfrac{2\pi l\sin\alpha}{\sqrt{gl\sin\alpha\operatorname{tg}\alpha}},\] то \(\cos\alpha = \dfrac{gT^2}{4\pi^2l}\), и сила натяжения нити \(N_1 = \dfrac{mg}{\cos\alpha} = \dfrac{4\pi^2ml}{T^2}\) — постоянная величина.

Для второго случая удобно записать второй закон Ньютона в проекциях на касательную ось \(X\), направленную в данный момент вдоль траектории движения шарика, и на нормальную ось \(Y\), направленную к точке подвеса нити: \[ma_x = mg\sin\alpha,\qquad ma_y = -mg\cos\alpha + N_2.\] Поскольку здесь шарик движется по окружности радиусом \(l\), то его ускорение \(a_y = v^2/l\). Очевидно, что максимум отношения сил натяжения нити \(N_1/N_2\) будет достигаться тогда, когда величина \[N_2 = m\left(\dfrac{v^2}{l} + g\cos\alpha\right)\] принимает минимальное значение, то есть при \(v = 0\), в положении максимального отклонения шарика: \((N_2)_{\min} = mg\cos\alpha\).

Таким образом, максимальное отношение силы натяжения нити в первом случае к силе её натяжения во втором случае равно \[\left(\dfrac{N_1}{N_2}\right)_{\max} = \dfrac{1}{\cos^2\alpha} = \left(\dfrac{2\pi}{T}\right)^4\left(\dfrac{l}{g}\right)^2.\]

Ответ

Первая шайба движется со скоростью \(v_0/2\) в прежнем направлении, третья — со скоростью \(v_0/2\) перпендикулярно этому направлению, вторая — со скоростью \(v_0/\sqrt{2}\) под углом \(\pi/4\) к вектору \(\vec v_0\) (возможно и зеркально симметричное расположение векторов).

Решение

Как следует из решения предыдущей задачи, после упругого нелобового соударения двух одинаковых шайб, одна из которых покоится, шайбы разлетаются под прямым углом.

Применим это правило к двум последовательным соударениям (см. рис. 1.110). Обозначим конечные скорости трёх шайб через \(\vec v_1\), \(\vec v_2\) и \(\vec v_3\).

Направим координатную ось \(X\) вдоль начальной скорости первой шайбы, а ось \(Y\) — перпендикулярно к ней. Будем считать, что одна из скоростей, например, \(\vec v_1\), равна, как сказано в условии, \(\vec v_0/2\). Тогда проекция скорости первой шайбы после первого удара \(\vec v_1'\) на ось \(X\) должна быть равна \(v_{1x}' = v_1 = v_0/2\), проекция скорости второй шайбы \(\vec v_2\) на ось \(X\) равна \(v_{2x} = v_0 - v_{1x}' = v_0 - \dfrac{v_0}{2} = \dfrac{v_0}{2}\), а проекции скоростей \(\vec v_1'\) и \(\vec v_2\) на ось \(Y\) должны быть равны по величине и противоположны друг другу по знаку. Следовательно, угол \(\alpha\) между векторами \(\vec v_0\) и \(\vec v_1'\) равен \(\pi/4\).

В итоге первая шайба движется со скоростью \(v_0/2\) в том же направлении, в котором она двигалась до ударов, третья имеет скорость \(\vec v_3\), равную по величине \(v_0/2\) и направленную вверх вдоль оси \(Y\), а вторая шайба имеет скорость \(\vec v_2\), равную по величине \(v_0/\sqrt{2}\) и направленную под углом \(\dfrac{\pi}{2} - \alpha = \dfrac{\pi}{4}\) к вектору \(\vec v_0\). Заметим, что это не единственный тип решения: возможно зеркально симметричное относительно оси \(X\) расположение всех векторов, когда вектор \(\vec v_3\) направлен вниз вдоль оси \(Y\), а \(\vec v_2\) — вверх, под углом \(\pi/4\) к оси \(X\). Кроме того, индексы 1, 2 и 3 у конечных скоростей шайб на рис. 1.110 могут располагаться произвольным образом, то есть имеется по \(3! = 6\) решений каждого типа. Таким образом, если все шайбы пронумерованы, то возможны 12 решений этой задачи, и только 2 разных решения, если шайбы неразличимы.

Ответ

\(T = 2\pi\sqrt{\dfrac{2MR}{mg}}\).

Решение

Обозначим малое смещение центра обруча при его перекатывании через \(x\) (см. рис. 1.219), а скорость центра — через \(v\).

Потенциальная энергия обруча с прикреплённым к нему шариком изменится при таком смещении на \(\Delta U = mgR\left(1 - \cos\dfrac{x}{R}\right) \approx mg\cdot\dfrac{x^2}{2R}\). Так как \(m\) и \(M\) одного порядка, то при \(x \ll R\) скорость шарика мала по сравнению с \(v\), и кинетической энергией шарика можно пренебречь. Кинетическая же энергия \(W\) катящегося обруча складывается из кинетической энергии поступательного движения его центра \(W_{\text{п}} = Mv^2/2\) и кинетической энергии вращательного движения вокруг центра \(W_{\text{в}} = Mv^2/2\). Таким образом, \(W = W_{\text{п}} + W_{\text{в}} = Mv^2\). С учётом этого, из закона сохранения механической энергии получаем: \[W + U = Mv^2 + \dfrac{mg}{R}\cdot\dfrac{x^2}{2} = \text{const}.\] Отсюда видно, что данная система колеблется так же, как груз массой \(2M\) на пружине с коэффициентом жёсткости, равным \(mg/R\). Следовательно, период малых колебаний рассматриваемой системы равен \[T = 2\pi\sqrt{\dfrac{2MR}{mg}}.\] Отметим, что приведённое решение совершенно неприменимо при \(M \to 0\). Полученное нами выражение для периода даёт в этом случае \(T \to 0\), что неверно. Можно показать, что при невесомом обруче любые, даже сколь угодно малые, колебания данной системы не являются гармоническими, а их период зависит от амплитуды. При решении такой задачи уже необходимо учитывать кинетическую энергию шарика, которой мы пренебрегали.

Ответ

\(mg > \dfrac{qQa}{4\pi\varepsilon_0(a + l)^3}\).

Решение

Предположим, что груз немного смещается из положения равновесия так, что стержень маятника составляет с вертикалью малый угол \(\alpha\) (см. рис. 3.1). Если возникающий при этом суммарный момент сил, действующих на стержень, стремится вернуть его в исходное положение, то наинизшее положение маятника является устойчивым.

Запишем условие устойчивости маятника, имея в виду, что момент силы упругости \(T\) относительно точки \(O\) равен нулю: \[mgl\sin\alpha > \dfrac{qQ}{4\pi\varepsilon_0|AC|^2}\cdot x,\] где \(|AC| \approx a + l\) — расстояние между зарядами \(q\) и \(Q\) после отклонения маятника на малый угол, \(x\) — плечо силы \(F\) электростатического взаимодействия зарядов. Поскольку, как видно из рисунка, \(\dfrac{x}{a} \approx \dfrac{l\sin\alpha}{a + l}\), условие устойчивости принимает вид: \[mg > \dfrac{qQa}{4\pi\varepsilon_0(a + l)^3}.\]

Ответ

Дополнительные изображения располагаются впереди и позади основного на расстояниях \(2d/n\) от него.

Решение

Обычное плоское зеркало представляет собой стеклянную пластину с посеребрённой задней поверхностью. На рисунке 4.9 приведена оптическая схема, поясняющая возникновение в таком зеркале основного изображения \(B\) и дополнительных изображений \(A\) и \(C\) (буквой \(S\) обозначен предмет, отражение которого наблюдается).

Основное изображение возникает в результате отражения падающего света от посеребрённой поверхности, а дополнительные изображения — в результате отражения от передней поверхности пластины. Так как передняя поверхность отражает очень малую долю падающего на неё света, а задняя — наоборот, отражает практически весь свет, то изображение \(B\) получается гораздо ярче, чем изображения \(A\) и \(C\). Заметим, что кроме этих двух дополнительных изображений, имеются и другие, связанные с наличием многократных отражений света внутри стеклянной пластины. Однако они имеют очень малую яркость при нормальном падении света на зеркало и видны, только если угол падения близок к \(90^\circ\).

Определим, как будут располагаться дополнительные изображения \(A\) и \(C\) относительно основного. Пусть толщина стеклянной пластины \(d\), показатель преломления стекла \(n\). Если угол \(\varphi\) падения световых лучей на зеркало мал, то \(MN \approx 2\varphi d/n \approx NK\), и \(AB = BC \approx MN/\varphi = 2d/n\). Итак, эти дополнительные изображения будут располагаться впереди и позади основного на расстояниях \(2d/n\) от него.

Ответ

\(f(t) = \dfrac{1}{\Delta T_0 - (1 - k)t}\).

Решение

При малых колебаниях шаров в промежутках между соударениями отклонение от вертикали \(x\) и скорость \(v\) каждого из шаров изменяются со временем \(t\) по гармоническому закону. Рассмотрим сначала интервал времени перед первым соударением. Будем считать, что при \(t = 0\) центры шаров находятся на максимальном удалении \(A = R + \Delta x\) от вертикали, где \(R\) — радиус шара. Так как столкновения частые, то \(\Delta x \ll R\) и можно считать, что \(A \approx R\). Тогда в промежутках между соударениями \(x = R\cos\omega t\) и \(v = -R\omega\sin\omega t\), где \(\omega = \sqrt{g/l}\) (\(l\) — длина нити, намного большая \(R\)). Первое соударение произойдёт через время \(t = \Delta T_0/2\). Скорость шара непосредственно перед первым столкновением будет равна по величине \(v_0 = R\omega\sin\dfrac{\omega\Delta T_0}{2} \approx \dfrac{R\omega^2\Delta T_0}{2}\), а сразу после него составит \(v_1 = kv_0\).

Рассуждая аналогично, можно показать, что скорость шара перед \((n + 1)\)-м соударением равна \(v_n \approx \dfrac{R\omega^2\Delta T_n}{2}\), где \(\Delta T_n\) — промежуток времени между \(n\)-м и \((n + 1)\)-м соударениями, причём \(v_{n+1} = kv_n\). Отсюда, последовательно полагая \(n = 1,\ 2,\ 3,\ \ldots\), получим: \[\Delta T_1 = \dfrac{v_1}{v_0}\Delta T_0 = k\Delta T_0,\quad \Delta T_2 = \dfrac{v_2}{v_1}\Delta T_1 = k^2\Delta T_0,\quad \ldots,\] \[\Delta T_n = \dfrac{v_n}{v_{n-1}}\Delta T_{n-1} = k^n\Delta T_0,\qquad\text{и так далее.}\] Теперь можно найти длительность интервала времени, которое займут первые \(n\) соударений: \[t_n = \Delta T_0 + \Delta T_1 + \Delta T_2 + \ldots + \Delta T_{n-1} = \Delta T_0\left(1 + k + k^2 + \ldots + k^{n-1}\right) =\] \[= \dfrac{1 - k^n}{1 - k}\Delta T_0 = \dfrac{\Delta T_0 - \Delta T_n}{1 - k}\] (для вычисления последней суммы мы воспользовались формулой для суммы первых \(n\) членов убывающей геометрической прогрессии). Отсюда \(\Delta T_n = \Delta T_0 - (1 - k)t_n\), и частота соударений \(f_n = \dfrac{1}{\Delta T_n} = \dfrac{1}{\Delta T_0 - (1 - k)t_n}\). При \(n \gg 1\), когда удары происходят очень часто, промежутки времени \(\Delta T_n\) между соударениями очень малы, и поэтому в последней формуле можно заменить величину \(t_n\) на время \(t\). Тогда искомый закон роста частоты со временем имеет вид: \[f(t) = \dfrac{1}{\Delta T_0 - (1 - k)t}.\] Заметим, что частота возрастает с течением времени по гиперболическому закону, то есть сначала достаточно медленно, а потом всё быстрее и быстрее. Поэтому, если поднести к сталкивающимся шарам микрофон, подключённый к звукоусилительной системе, то будут слышны отдельные резкие удары, частота которых будет всё быстрее и быстрее увеличиваться, и вскоре будет слышен лишь непрерывный гул с возрастающей частотой.

Ответ

\(h = \sqrt{\dfrac{2\sigma(1 - \sin\theta)}{\rho g}}\).

Решение

Запишем условия равновесия столбика жидкости вблизи стенки сосуда (см. рис. 2.77). Направим ось \(X\) горизонтально, к стенке, а ось \(Y\) — вертикально вверх, причём начало отсчёта по этой оси совместим с поверхностью жидкости в сосуде вдали от стенки. Пусть верхушка рассматриваемого столбика жидкости имеет координату \(y\), ширина столбика равна \(\Delta x\), а толщина равна единице. Обозначим через \(\alpha\) угол наклона поверхности жидкости на верху столбика, а через \(\Delta\alpha\) — приращение этого угла на ширине столбика. Тогда условие равновесия столбика будет иметь вид: \(\rho gy\Delta x = \sigma\left(\sin(\alpha + \Delta\alpha) - \sin\alpha\right)\). Приращение координаты \(y\) на ширине столбика равно \(\Delta y = \Delta x\operatorname{tg}\alpha\). Из этих двух уравнений, учитывая малость \(\Delta\alpha\), имеем: \(\rho gy\Delta y = \sigma\sin\alpha\Delta\alpha\), откуда \(\rho g\Delta(y^2/2) = \sigma\Delta(-\cos\alpha)\). Поскольку угол \(\alpha\) изменяется в пределах от 0 до \(\left(\dfrac{\pi}{2} - \theta\right)\), для высоты подъёма жидкости \(h\) у вертикальной стенки сосуда получаем: \[h = \sqrt{\dfrac{2\sigma(1 - \sin\theta)}{\rho g}}.\] Заметим, что этот результат можно получить и из рассмотрения условий равновесия той части жидкости у стенки, которая возвышается над уровнем поверхности вдали от стенки. Если толщина этой части по-прежнему равна единице, то в направлении оси \(X\) на данную часть жидкости действуют силы поверхностного натяжения \(-\sigma\) и \(\sigma\sin\theta\), а также сила давления, которую можно найти следующим образом. На высоте \(y\) над нулевым уровнем давление вблизи стенки меньше атмосферного на величину \(\rho gy\), поэтому среднее давление для высоты подъёма жидкости у стенки \(h\) равно \(\rho g\dfrac{h}{2}\), а суммарная сила давления на эту часть жидкости направлена вправо и равна \(\rho g\dfrac{h}{2}\cdot h\). Таким образом, условие равновесия выделенной части жидкости имеет вид: \(\sigma\sin\theta - \sigma + \rho g\dfrac{h^2}{2} = 0\), откуда получаем прежнее выражение для \(h\).

Ответ

\(I' = \dfrac{2}{3}I\).

Решение

Так как радиус каждого шара мал по сравнению с глубиной его погружения в среду и с расстоянием между шарами, то вблизи каждого шара ток распределён сферически симметрично. Обозначим радиусы шаров через \(R_1\) и \(R_2\), удельное сопротивление среды через \(\rho\), её диэлектрическую проницаемость через \(\varepsilon\). Пусть на первом шаре в установившемся режиме находится положительный заряд \(q_1\), а на втором — отрицательный заряд \(q_2\). Окружим первый шар воображаемыми концентрическими сферическими поверхностями с радиусами \(r\) и \(r + \Delta r\) (\(\Delta r \ll r\)) и найдём напряжение \(\Delta U\) между этими поверхностями: \[\Delta U = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0\varepsilon}\cdot\dfrac{q_1}{r} - \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0\varepsilon}\cdot\dfrac{q_1}{r + \Delta r} = \dfrac{q_1}{4\pi\varepsilon_0\varepsilon r^2}\Delta r.\] Сопротивление среды, находящейся между рассматриваемыми поверхностями, равно \(\Delta\tilde R = \rho\dfrac{\Delta r}{4\pi r^2}\). Значит, в соответствии с законом Ома для участка цепи, не содержащего ЭДС, сила тока, текущего между рассматриваемыми поверхностями, равна \[i = \dfrac{\Delta U}{\Delta\tilde R} = \dfrac{q_1}{\varepsilon_0\varepsilon\rho}.\] Поскольку сила тока вдоль всей цепи одинакова, то из полученной формулы следует, что заряды на обоих шарах одинаковы по величине: \(q_1 = |q_2| = i\varepsilon_0\varepsilon\rho\). Следовательно, потенциалы шаров равны \[\varphi_1 = \dfrac{q_1}{4\pi\varepsilon_0\varepsilon R_1} = \dfrac{\rho i}{4\pi R_1},\qquad \varphi_2 = \dfrac{q_2}{4\pi\varepsilon_0\varepsilon R_2} = -\dfrac{\rho i}{4\pi R_2}.\] Поскольку сопротивление источника и соединительных проводников пренебрежимо мало, то разность потенциалов между шарами равна ЭДС источника: \[\mathcal{E} = \varphi_1 - \varphi_2 = \dfrac{\rho i}{4\pi}\left(\dfrac{1}{R_1} + \dfrac{1}{R_2}\right).\] Отсюда получаем связь между радиусами шаров и силой тока в цепи: \[i = \dfrac{4\pi\mathcal{E}}{\rho\left(\dfrac{1}{R_1} + \dfrac{1}{R_2}\right)}.\] По условию задачи, когда погружённые в среду шары одинаковы (\(R_1 = R_2 = R\)), в цепи течёт ток, сила которого равна \(I = \dfrac{2\pi\mathcal{E}R}{\rho}\). Если же один из шаров заменить шаром вдвое меньшего размера (\(R_1 = R\), \(R_2 = R/2\)), то в цепи будет течь ток \(I' = \dfrac{4\pi\mathcal{E}R}{3\rho} = \dfrac{2}{3}I\).

Ответ

\(l = \left(\dfrac{1}{F} - \dfrac{1}{OA}\right)^{-1} = F + \dfrac{F^2n}{d(n - 1)} = 78{,}4\) см (расстояние от объектива).

Решение

Изобразим на рисунке 4.21 оптическую схему. По условию фотоаппарат перед съёмкой со светофильтром был сфокусирован на бесконечность. Это означает, что приходящий из бесконечности луч света, преломляясь в линзе объектива и на пластинке светофильтра, попадает на плёнку (точка \(A\)). Обозначим местоположение фокуса линзы объектива (в отсутствие светофильтра) буквой \(B\), точку выхода светового луча из светофильтра буквой \(C\), угол падения луча на светофильтр \(\varphi\). Будем считать этот угол малым.

Известно, что плоскопараллельная пластинка смещает падающий на неё луч на расстояние \(CD = d(1 - (1/n))\varphi\), не изменяя направления луча. Тогда из чертежа следует, что \(AB = CD/\varphi = d(1 - (1/n))\), и расстояние от объектива до плёнки: \[OA = F + AB = F + d\left(1 - \dfrac{1}{n}\right).\] После убирания светофильтра на плёнку будут попадать лучи, приходящие от объектов, расположенных на некотором расстоянии \(l\) от объектива. Применяя формулу тонкой линзы, получим: \[l = \left(\dfrac{1}{F} - \dfrac{1}{OA}\right)^{-1} = F + \dfrac{F^2n}{d(n - 1)} = 78{,}4\text{ см}.\]

Ответ

\(l_{\min} = \dfrac{\lambda}{3\cos\alpha} = 0{,}5\) м.

Решение

Поскольку расстояния от громкоговорителей до микрофона по условию много больше расстояния между соседними громкоговорителями \(l\), то сдвиг фаз между звуковыми волнами, приходящими к микрофону \(M\) от двух соседних громкоговорителей, равен (см. рис. 4.36)

\[\Delta\varphi = \dfrac{2\pi l\cos\alpha}{\lambda},\] и можно считать, что амплитуды \(A\) волн, приходящих к микрофону от всех трёх громкоговорителей, одинаковы. Тогда звуковые колебания в точке \(M\) происходят по закону: \[x(t) = A\cos(\omega t + \Delta\varphi) + A\cos\omega t + A\cos(\omega t - \Delta\varphi) = A\cos\omega t\,(1 + 2\cos\Delta\varphi).\] Таким образом, микрофон не зарегистрирует звука (\(x(t) = 0\)) при \(\cos\Delta\varphi = -1/2\), то есть \(\Delta\varphi_{\min} = 2\pi/3\). Это возможно при минимальном расстоянии между громкоговорителями \[l_{\min} = \dfrac{\lambda}{3\cos\alpha} = 0{,}5\text{ м}.\]