МОШ, 1995/96, заключительный этап, 11 класс

Ответ

\(\omega = \dfrac{v}{R} \cong \sqrt{\dfrac{2g}{R}} \approx 4{,}4\) рад/с.

Решение

В установившемся режиме вращения за один «такт», который состоит из падения одного груза в верхнюю ячейку и выбрасывания второго груза из нижней ячейки, в систему поступает энергия \(\Delta U = 2mgR\). Система приобретает эту энергию за счёт работы силы тяжести над грузами, лежащими в ячейках колеса. За то же самое время система теряет кинетическую энергию \(\Delta W_1 = mv^2/2\), которая уносится вываливающимся снизу грузом и, кроме того, некоторая энергия \(\Delta W_2\) рассеивается при абсолютно неупругом ударе во время падения груза в верхнюю ячейку. По аналогии с законом сохранения импульса, для нашей системы «падающий груз + колесо» при таком ударе можно записать: \[\dfrac{N}{2}mv = \left(\dfrac{N}{2} + 1\right)mu,\] где \(v\) — скорость обода до падения груза, \(u\) — после его падения. Потери энергии при ударе определяются соотношением: \[\Delta W_2 = \dfrac{N}{2}\cdot\dfrac{mv^2}{2} - \left(\dfrac{N}{2} + 1\right)\dfrac{mu^2}{2}.\] Выражая \(u\) из первого уравнения и подставляя во второе, получаем: \[\Delta W_2 = \dfrac{N}{2}\cdot\dfrac{mv^2}{2} - \left(\dfrac{N}{2} + 1\right)\cdot\dfrac{m}{2}\cdot\dfrac{N^2}{(N + 2)^2}v^2 = \dfrac{mv^2}{2}\left(\dfrac{N}{2} - \dfrac{N^2}{2(N + 2)}\right) = \dfrac{mv^2}{2}\cdot\dfrac{N}{N + 2}.\] При достаточно больших \(N\) (\(\sim 10^2\)) отношение \(\dfrac{N}{N + 2}\) имеет порядок единицы. Значит, \(\Delta W_2 \cong \dfrac{mv^2}{2}\). Этот результат означает, что в системе отсчёта, связанной с ободом колеса, падающий сверху груз тормозится почти до нулевой скорости.

Так как движение колеса является установившимся, то энергия, поступающая в систему за один «такт», и энергия, теряемая за то же время, должны быть одинаковы: \[\Delta U = \Delta W_1 + \Delta W_2,\quad\text{или}\quad 2mgR \cong \dfrac{mv^2}{2} + \dfrac{mv^2}{2}.\] Отсюда \(v = \sqrt{2gR}\), и для установившейся угловой скорости вращения колеса получаем: \[\omega = \dfrac{v}{R} \cong \sqrt{\dfrac{2g}{R}} \approx 4{,}4\text{ рад/с}.\]

Ответ

\(\omega = \sqrt{\dfrac{2k}{m}}\).

Решение

Обозначим длину пружины в недеформированном состоянии через \(l_0\), а в положении равновесия — через \(l_1\). Условие равновесия обруча имеет вид: \[mg = 2T = 2k(l_1 - l_0),\] где \(T\) — сила натяжения нити, перекинутой через обруч.

Пусть в процессе колебаний центр обруча сместился вниз от положения равновесия на расстояние \(x\) и приобрёл при этом скорость \(v = dx/dt\). Тогда потенциальная энергия системы с учётом условия равновесия станет равной \[U = -mgx + \dfrac{k}{2}\left((l_1 - l_0 + 2x)^2 - (l_1 - l_0)^2\right) = -mgx + 2kx(l_1 - l_0) + 2kx^2 = 2kx^2\] (за начало отсчёта потенциальной энергии выбрано положение равновесия оси обруча). Кинетическая энергия обруча, как и в предыдущей задаче, складывается из энергий его поступательного и вращательного движений и равна \[W = W_{\text{п}} + W_{\text{в}} = mv^2.\] Отсюда для круговой частоты колебаний \(\omega\) получаем: \(\omega = \sqrt{\dfrac{2k}{m}}\).

Ответ

\(\lambda_{\max} \sim \sqrt{\dfrac{\pi D^2}{40W}} \approx 1{,}3\) мкм; \(W_1 = \dfrac{\pi D^2}{40\lambda^2} \sim 9\) Гбайт.

Решение

Так как нам требуется получить оценку, будем считать, что в одном байте содержится 10 бит, и пренебрежём площадью центральной части компакт-диска, где нет записи. Тогда получается, что на площади \(S = \pi D^2/4\) записано \(N = 10W\) бит информации, а значит, на поверхности диска имеется \(N\) углублений. Таким образом, на одно углубление приходится площадь \(\sim\dfrac{S}{10W}\). При максимальной плотности записи размер углубления должен быть порядка длины волны, поскольку в противном случае интерференция света, одновременно отражающегося от соседних углублений, сделает чтение информации с диска невозможным (точнее говоря, технически существенно более сложным). Поэтому \[\lambda_{\max} \sim \sqrt{\dfrac{S}{10W}} = \sqrt{\dfrac{\pi D^2}{40W}} \approx 1{,}3\text{ мкм}.\] Рассуждая аналогично, придём к выводу, что при использовании лазера на нитриде галлия с длиной волны \(\lambda = 0{,}36\) мкм на компакт-диск можно было бы записать информацию объёмом \[W_1 = \dfrac{\pi D^2}{40\lambda^2} \sim 9\text{ Гбайт},\] что составляет примерно 16 часов стандартной звуковой записи.

Ответ

\(\omega = k\omega_0\).

Решение

Рассмотрим отражение фотона от движущегося поршня, причём будем считать поршень нерелятивистской частицей массой \(m\). Пусть \(v\) и \(\omega\) — скорость поршня и частота фотона до столкновения, \(v'\) и \(\omega'\) — после столкновения. Направим ось \(X\) в сторону движения поршня и запишем законы сохранения импульса и энергии в процессе столкновения. Учитывая, что энергия фотона даётся формулой \(E_f = \hbar\omega\), а импульс — формулой \(p_f = \dfrac{\hbar\omega}{c}\), получим: \[mv - \dfrac{\hbar\omega}{c} = mv' + \dfrac{\hbar\omega'}{c},\qquad \dfrac{mv^2}{2} + \hbar\omega = \dfrac{mv'^2}{2} + \hbar\omega'.\] Так как \(\dfrac{\hbar\omega}{c} \ll mv\), то \(v \approx v'\), \(\omega \approx \omega'\), и \[\dfrac{\omega' - \omega}{\omega' + \omega} = \dfrac{v + v'}{2c} \approx \dfrac{v}{c},\] откуда для изменения частоты фотона \(\Delta\omega = \omega' - \omega\) имеем: \[\Delta\omega \approx \dfrac{2v}{c}\omega.\] Если в некоторый момент времени \(t\) расстояние между поршнем и дном цилиндра равно \(L\), то интервал между двумя последовательными столкновениями фотона с поршнем равен \(\Delta t = \dfrac{2L}{c}\), а изменение расстояния между поршнем и дном за время \(\Delta t\) составляет \[\Delta L = -v\Delta t = -\dfrac{2v}{c}L.\] Следовательно, \[\dfrac{\Delta L}{L} = -\dfrac{2v}{c} = -\dfrac{\Delta\omega}{\omega},\] то есть \(\omega\Delta L + \Delta\omega L = 0\). Отсюда \(\Delta(\omega L) = 0\), а значит, \(\omega L = \text{const}\). Полученное соотношение представляет собой уравнение адиабаты для одномерного «однофотонного газа».

Если объём цилиндра уменьшается в \(k\) раз, то и его длина уменьшается во столько же раз. Значит, в соответствии с уравнением адиабаты, частота фотона должна возрасти в \(k\) раз, то есть \(\omega = k\omega_0\).

Ответ

\(T = 2\pi\sqrt{\dfrac{3mV}{5S^2(p_0 + (mg/S))}}\).

Решение

Поместим начало координатной оси \(X\) в место трубки, соответствующее положению равновесия шарика. Тогда уравнение движения шарика будет иметь вид: \(ma = S\Delta p\), где \(a = \dfrac{d^2x}{dt^2}\) — ускорение шарика, \(\Delta p\) — отклонение от равновесного давления \(p_0 + \dfrac{mg}{S}\), возникающее в бутыли при смещении шарика на расстояние \(x\) от положения равновесия. Найдём величину \(\Delta p\), считая, что процесс колебаний шарика происходит без теплообмена газа в бутыли с внешней средой, то есть является адиабатическим.

Так как теплообмен отсутствует, то первое начало термодинамики, записанное для газа, имеет вид: \(\Delta U = -p\Delta V\), где \(\Delta U\) и \(\Delta V\) — изменения внутренней энергии и объёма газа при смещении шарика на расстояние \(x\). Для одноатомного газа, с учётом уравнения Менделеева — Клапейрона, \(U = \dfrac{3}{2}\nu RT = \dfrac{3}{2}pV\). Поэтому \(\Delta U = \dfrac{3}{2}p\Delta V + \dfrac{3}{2}V\Delta p\), и подставляя \(\Delta U\) в первое начало термодинамики, получаем: \(\Delta p = -\dfrac{5}{3}p\dfrac{\Delta V}{V}\).

Подставим найденное \(\Delta p\) в уравнение движения шарика, учитывая, что \(\Delta V = Sx\): \[\dfrac{d^2x}{dt^2} = -\dfrac{5S^2px}{3mV} = -\dfrac{5S^2}{3mV}\left(p_0 + \dfrac{mg}{S}\right)x.\] Полученное уравнение представляет собой уравнение гармонических колебаний, квадрат круговой частоты которых равен коэффициенту при \(x\) в правой части: \(\omega_0^2 = \dfrac{5S^2}{3mV}\left(p_0 + \dfrac{mg}{S}\right)\). Отсюда \[T = \dfrac{2\pi}{\omega_0} = 2\pi\sqrt{\dfrac{3mV}{5S^2(p_0 + (mg/S))}}.\] Заметим, что числовой коэффициент, входящий в выражение для \(\Delta p\), представляет собой показатель адиабаты \(\gamma\), который для одноатомного газа равен \(5/3\). Его можно выразить из полученного нами ответа задачи: \(\gamma = \dfrac{4\pi^2mV}{T^2S^2(p_0 + (mg/S))}\). Видно, что в правую часть последней формулы входят легко и весьма точно измеряемые величины — масса шарика, объём бутыли, площадь поперечного сечения трубки, период колебаний шарика и атмосферное давление. Таким образом, описанный в условии задачи прибор можно использовать для измерения показателя адиабаты у газов (не обязательно одноатомных), заполняя бутыль исследуемым газом и измеряя период колебаний шарика. Этот метод был предложен в 1928 г. немецким физиком Рухардтом (E. Rüchardt) и носит его имя. Современные модификации метода Рухардта позволяют измерять показатель адиабаты у различных газов с точностью до десятых долей процента.

Ответ

\(T_1 = \dfrac{2T_2S_2}{2S_2 - \eta(S_1 + S_2)}\).

Решение

Пусть \(v\) — скорость движения катера относительно воды, \(u\) — скорость выбрасываемой из движителя воды относительно катера, \(\mu = \dfrac{\Delta m}{\Delta t}\) — масса воды, проходящей через движитель в единицу времени. Так как катер движется вперёд, то, очевидно, \(u > v\), то есть попавшая в движитель вода ускоряется. Поэтому полезная мощность, развиваемая движителем, связана с созданием силы тяги \[F_{\text{т}} = \Delta m\dfrac{u - v}{\Delta t} = \mu(u - v).\] и равна: \[N_{\text{пол}} = F_{\text{т}}v = \mu(u - v)v.\] При этом мощность, затрачиваемая движителем, равна изменению кинетической энергии воды, проходящей через него в единицу времени: \[N_{\text{зат}} = \dfrac{\mu(u^2 - v^2)}{2}.\] Тогда для КПД движителя имеем: \[\eta_{\text{движ}} = \dfrac{N_{\text{пол}}}{N_{\text{зат}}} = \dfrac{2v}{u + v}.\] С учётом уравнения неразрывности струи воды, проходящей через движитель, \[vS_1 = uS_2,\] для КПД движителя окончательно получаем: \[\eta_{\text{движ}} = \dfrac{2S_2}{S_1 + S_2}.\] Поскольку требуется найти нижнюю границу максимальной температуры в цилиндрах двигателя, то его КПД может быть оценен как КПД двигателя, работающего по циклу Карно: \[\eta_{\text{двиг}} = \dfrac{T_1 - T_2}{T_1}.\] КПД двигательной установки в целом равен произведению КПД двигателя и движителя: \[\eta = \eta_{\text{двиг}}\cdot\eta_{\text{движ}} = \dfrac{T_1 - T_2}{T_1}\cdot\dfrac{2S_2}{S_1 + S_2}.\] Отсюда искомая температура: \[T_1 = \dfrac{2T_2S_2}{2S_2 - \eta(S_1 + S_2)}.\]

Ответ

\(u = \sqrt{\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0m}\left(\dfrac{(q_1 - q_2)^2}{8r} + \dfrac{q_1q_2}{l}\right)}\).

Решение

Сначала найдём скорости шариков в момент перед ударом. Так как массы шариков одинаковы, то эти скорости также будут одинаковы. Запишем закон сохранения энергии для начального состояния и момента времени перед ударом: \(mv^2 = \dfrac{q_1q_2}{4\pi\varepsilon_0}\left(\dfrac{1}{l} - \dfrac{1}{2r}\right)\), где \(v\) — скорости шариков перед ударом. Так как массы шариков одинаковы, то после абсолютно упругого удара они обменяются скоростями, то есть их скорости окажутся одинаковыми, равными по модулю \(v\) и направленными в противоположные стороны. Значит, суммарная кинетическая энергия шариков останется равна \(mv^2\). В то же время, поскольку в результате пробоя заряды шариков станут одинаковыми и равными \((q_1 + q_2)/2\), то потенциальная энергия их взаимодействия изменится. Конечная скорость шариков после удара может быть найдена из закона сохранения энергии, записанного для момента времени сразу после удара и конечного состояния системы, когда шарики разлетятся на бесконечно большое расстояние и потенциальная энергия взаимодействия обратится в ноль: \[mu^2 - mv^2 = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left(\dfrac{q_1 + q_2}{2}\right)^2\dfrac{1}{2r},\] где \(u\) — искомая конечная скорость, одинаковая для обоих шариков. Из записанных уравнений получаем: \[u = \sqrt{\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0m}\left(\dfrac{(q_1 - q_2)^2}{8r} + \dfrac{q_1q_2}{l}\right)}.\] Заметим, что при столкновении шариков часть энергии системы рассеивается. Это происходит при электрическом пробое, в процессе которого энергия расходуется на нагрев шариков и уносится в виде электромагнитных волн. Поэтому данную задачу нельзя решать, записывая закон сохранения энергии для начального и конечного состояний всей системы.

Ответ

Первый сигнал придёт через \(1{,}92\) с (по пути «вода — дно — вода»), второй — через \(2\) с (напрямую по воде), третий — через \(2{,}4\) с (по воде с одним отражением от дна).

Решение

Звук от выстрела может достичь второго корабля несколькими путями (см. рис. 4.2).

1) Напрямую по воздуху. В этом случае время распространения звука равно \(t_1 = L/v_3 \approx 9{,}01\) с.

2) Напрямую по воде. В этом случае время распространения звука \(t_2 = L/v_1 = 2\) с.

3) По воде, с рядом последовательных отражений от границ разделов «вода — дно» и «вода — воздух». Рассмотрим распространение звука с \(n\) отражениями от дна и \(n - 1\) отражениями от границы «вода — воздух». Длина такого пути равна \[S_3 = 2n\sqrt{\left(\dfrac{L}{2n}\right)^2 + H^2} = \sqrt{L^2 + 4n^2H^2},\] а время распространения звука по нему \[T_n = \dfrac{S_3}{v_1} = \dfrac{\sqrt{L^2 + 4n^2H^2}}{v_1}.\] При \(n = 1, 2, \ldots\) получаем времена: \(T_1 \approx 2{,}40\) с, \(T_2 \approx 3{,}33\) с, …

4) По воде и по дну — звук через воду проходит до дна, проникает в донные породы, движется в них по границе раздела «вода — дно», вновь выходит в воду и либо достигает второго корабля, либо отражается от поверхности воды, после чего цикл «вода — дно — вода» повторяется до тех пор, пока звук не дойдёт до второго корабля. Очевидно, что минимальное время распространения звука по пути такого типа получится при одном цикле «вода — дно — вода». Для того, чтобы дошедший до дна звук начал распространяться вдоль границы раздела сред, необходимо, чтобы угол его падения на границу раздела был равен углу полного внутреннего отражения, который равен \(\alpha = \arcsin\dfrac{v_1}{v_2} \approx 0{,}3398\) рад \(\approx 19{,}5^\circ\). Время распространения звука при одном цикле «вода — дно — вода» равно: \[t_4 = \dfrac{L - 2H\operatorname{tg}\alpha}{v_2} + \dfrac{2H}{v_1\cos\alpha} \approx 1{,}92\text{ с},\] при двух циклах — \[t_5 = \dfrac{L - 4H\operatorname{tg}\alpha}{v_2} + \dfrac{4H}{v_1\cos\alpha} \approx 3{,}19\text{ с},\] и так далее.

В итоге, сравнивая найденные времена, получаем, что первый звуковой сигнал дойдёт до гидроакустика через 1,92 с по пути «вода — дно — вода», второй — через 2 с напрямую по воде, третий — через 2,4 с по воде с одним отражением от дна.