МОШ, 1999/00, заключительный этап, 11 класс

Ответ

\(W_{\min} = \dfrac{mv^2}{2}\left(\dfrac{M - m}{M + m}\right)^2\).

Решение

Поскольку в начальный момент времени кольцо покоится, то начальная скорость бусинки направлена по касательной к кольцу. Направим ось \(X\) системы координат лабораторной системы отсчёта \(S\) вдоль скорости бусинки \(v\), а ось \(Y\) этой системы координат проведём через бусинку и центр кольца. Перейдём в систему отсчёта \(S'\), связанную с центром масс кольца и бусинки, и договоримся, что оси \(X'Y'\) сонаправлены с осями \(XY\). Эта система отсчёта движется относительно системы \(S\) со скоростью \(u = \dfrac{mv}{m + M}\). В системе отсчёта, связанной с центром масс, бусинка и центр кольца совершают равномерное вращение по окружностям, центры которых совпадают с центром масс. При этом в начальный момент времени проекции скорости бусинки на оси \(X'\) и \(Y'\) равны соответственно \[v_{X'}(0) = v - u = v - \dfrac{mv}{m + M} = \dfrac{Mv}{m + M}\quad\text{и}\quad v_{Y'}(0) = 0.\] Значит, проекции скорости бусинки на оси \(X'\) и \(Y'\) зависят от времени \(t\) следующим образом: \[v_{X'} = \dfrac{Mv}{m + M}\cos\omega t,\quad v_{Y'} = \dfrac{Mv}{m + M}\sin\omega t,\] где \(\omega\) — некоторая частота.

Возвращаясь в систему отсчёта \(S\), получим проекции скорости бусинки на оси \(X\) и \(Y\): \[v_X = \dfrac{Mv}{m + M}\cos\omega t + \dfrac{mv}{m + M},\quad v_Y = \dfrac{Mv}{m + M}\sin\omega t.\] Кинетическая энергия бусинки равна \[W = \dfrac{m}{2}\left(v_X^2 + v_Y^2\right) = \dfrac{m}{2}\left(\dfrac{M^2v^2}{(m + M)^2}\cos^2\omega t + \dfrac{2mMv^2}{(m + M)^2}\cos\omega t + \dfrac{m^2v^2}{(m + M)^2} + \dfrac{M^2v^2}{(m + M)^2}\sin^2\omega t\right) =\] \[= \dfrac{mv^2}{2(m + M)^2}\left(M^2 + m^2 + 2mM\cos\omega t\right).\] Она становится минимальной в тот момент времени, когда косинус принимает значение \(-1\). Следовательно, \[W_{\min} = \dfrac{mv^2}{2}\left(\dfrac{M - m}{M + m}\right)^2.\]

Ответ

Сила трения направлена против скорости шара и пропорциональна ей: \(F_{\text{тр}} = -\alpha v\), где \(\alpha \approx 2\) Н\(\cdot\)с/м.

Решение

Запишем уравнение движения шара: \(ma = -kx + F_{\text{тр}}(v)\), где \(v\) и \(a\) — скорость и ускорение шара соответственно. Отсюда \(F_{\text{тр}} = ma + kx\). Так как движение маятника, судя по графикам, является колебательным (шар несколько раз проходит через положение равновесия), то для получения искомой зависимости \(F_{\text{тр}}(v)\) достаточно рассмотреть движение в течение одного периода — например, первого, когда координата изменяется от \(x = 50\) см до \(x \approx 20\) см. Используя приведённые графики зависимостей \(v(x)\) и \(a(v)\), составим таблицу из шести колонок.

В первые две колонки внесём координаты шара и соответствующие им скорости — эту информацию можно извлечь из графика зависимости \(v(x)\). В третью колонку, пользуясь графиком зависимости \(a(v)\), впишем значения ускорения, соответствующие имеющимся во второй колонке значениям скорости. В четвёртую и пятую колонки внесём величины \(ma\) и \(kx\), полученные путём умножения чисел из третьей и первой колонок на \(m\) и \(k\) соответственно. Наконец, в шестую колонку поместим сумму чисел из четвёртой и пятой колонок, то есть величину \(ma + kx\). При заполнении таблицы переведём все величины в систему единиц СИ.

Согласно написанному нами уравнению движения, в последней колонке таблицы находятся значения действовавшей на маятник силы трения. Используя данные из второй и шестой колонок, построим график зависимости \(F_{\text{тр}}(v)\) (см. рисунок).

Мы видим, что сила трения направлена против скорости шара и, по-видимому, пропорциональна скорости в первой степени: \(F_{\text{тр}} = -\alpha v\), где \(\alpha \approx 2\) Н\(\cdot\)с/м.

Ответ

Всего 12 значений: \(0\), \(U/4\), \(U/3\), \(U/2\), \(2U/3\), \(3U/4\), \(U\), \(4U/3\), \(3U/2\), \(2U\), \(3U\), \(4U\).

Решение

Нарисуем трансформатор (см. рисунок) и обозначим выводы обмотки с малым числом витков цифрами 1 и 2, а выводы обмотки с бо́льшим числом витков — цифрами 3 и 4.

Рассмотрим различные возможные способы соединения обмоток между собой и разные варианты подключения источника напряжения. При этом с помощью верхнего индекса «вх» или «вых» будем обозначать входное или выходное напряжение трансформатора, а с помощью двойного нижнего индекса \(nm\) будем обозначать напряжение между выводами \(n\) и \(m\) обмоток трансформатора. Отметим также, что входное напряжение всегда равно напряжению, которое даёт источник (\(U^{\text{вх}} = U\)).

Сначала рассмотрим тривиальные случаи, когда выходное напряжение снимается непосредственно с клемм источника, либо источник вовсе не подключён к цепи. В этих случаях выходное напряжение равно \(U^{\text{вых}} = U\), либо \(U^{\text{вых}} = 0\).

Далее, можно эксплуатировать трансформатор в «обычном» режиме, то есть при не соединённых друг с другом обмотках на одну из них подавать входное напряжение, а с другой снимать выходное напряжение. В этом случае, в зависимости от того, какая из обмоток — с бо́льшим или с малым числом витков — используется в качестве первичной, трансформатор будет либо понижающим, либо повышающим. Таким образом, здесь возможны два случая: \(U^{\text{вх}} = U_{34}\) и \(U^{\text{вых}} = U_{12} = U/3\), либо \(U^{\text{вх}} = U_{12}\) и \(U^{\text{вых}} = U_{34} = 3U\).

Перейдём теперь к более сложным вариантам. Пусть в трансформаторе соединены выводы обмоток, имеющие номера 2 и 3. Такой способ соединения даёт нам одну длинную катушку, все витки которой включены в одну сторону. Тогда в зависимости от того, между какими выводами подключать источник напряжения, возможны следующие отличные от ранее полученных варианты выходного напряжения: \[U^{\text{вх}} = U_{14}, \quad U^{\text{вых}} = U_{12} = U/4\] \[U^{\text{вх}} = U_{14}, \quad U^{\text{вых}} = U_{34} = 3U/4\] \[U^{\text{вх}} = U_{12}, \quad U^{\text{вых}} = U_{14} = 4U\] \[U^{\text{вх}} = U_{34}, \quad U^{\text{вых}} = U_{14} = 4U/3\] Можно соединить обмотки друг с другом и по-другому, а именно, соединить выводы, имеющие номера 1 и 3. В этом случае обмотка с малым числом витков оказывается включённой навстречу со второй обмоткой. В итоге \(1/3\) часть обмотки с бо́льшим числом витков оказывается как бы выключенной. В этом случае, в зависимости от способа подключения источника, возможны следующие варианты выходного напряжения: \[U^{\text{вх}} = U_{24}, \quad U^{\text{вых}} = U_{12} = U/2\] \[U^{\text{вх}} = U_{12}, \quad U^{\text{вых}} = U_{24} = 2U\] \[U^{\text{вх}} = U_{24}, \quad U^{\text{вых}} = U_{34} = 3U/2\] \[U^{\text{вх}} = U_{34}, \quad U^{\text{вых}} = U_{24} = 2U/3\] Таким образом, с учётом тривиальных случаев, можно получить всего 12 различных значений амплитуд выходного напряжения: \(0\), \(U/4\), \(U/3\), \(U/2\), \(2U/3\), \(3U/4\), \(U\), \(4U/3\), \(3U/2\), \(2U\), \(3U\), \(4U\).

Ответ

\(\beta \approx \dfrac{r}{L(n - 1)} = 0{,}1\) рад \(\approx 6^\circ\).

Решение

Так как фонарь расположен очень далеко от окна, то можно считать, что приходящие от него лучи света параллельны. Максимальный угол, на который свет отклоняется от прямой из-за преломления в каплях, приближённо равен \(\alpha \approx r/L = 1/30\). Так как \(\alpha \ll 1\), то и все остальные углы также малы. Следовательно, при решении задачи можно пользоваться приближённым соотношением \(\sin x \approx x\).

Будем считать, что светлое пятно возникает из-за преломления света на поверхности капель, и оценим величину угла \(\beta\), который эта поверхность образует с оконным стеклом (см. рисунок). Рассмотрим луч, который падает на участок капли вблизи стекла. Малый участок капли можно приближённо считать плоским. Поэтому рассматриваемая задача может быть сведена к задаче о преломлении света на клине. Введём обозначения углов падения и преломления так, как показано на рисунке, и применим закон преломления, учитывая малость всех углов: \[\beta \approx n\gamma,\quad n\delta \approx n_1\varphi,\]

где \(n_1\) — показатель преломления оконного стекла. Связь между углами \(\beta\), \(\gamma\) и \(\delta\) найдём из треугольника \(ABC\): \[\gamma + \delta + \dfrac{\pi}{2} + \left(\dfrac{\pi}{2} - \beta\right) = \pi.\] Выражая из первых двух уравнений \(\gamma\) и \(\delta\) и подставляя их в третье уравнение, найдём, что \(\beta \approx \dfrac{n_1\varphi}{n - 1}\). При преломлении света на ближней к наблюдателю поверхности стекла справедливо выражение \(n_1\varphi \approx \alpha\). Значит, \[\beta \approx \dfrac{\alpha}{n - 1} \approx \dfrac{r}{L(n - 1)} = 0{,}1\text{ рад} \approx 6^\circ.\] Заметим, что малая величина угла \(\beta\) говорит о том, что для наблюдения этого эффекта стекло должно хорошо смачиваться водой.

Ответ

\(t = \dfrac{\lg(n_2/n_1)}{\lg 2}\cdot\dfrac{T_1T_2}{T_2 - T_1} \approx 6\cdot 10^9\) лет.

Решение

Обозначим количество атомов каждого изотопа непосредственно после взрыва сверхновой через \(N_0\). Тогда через время \(T_1\) после взрыва количество атомов \(^{235}\)U стало равно \(N_0/2\), через время \(2T_1\) — стало равно \(N_0/2^2\), и так далее. Очевидно, что через время \(t = nT_1\) после взрыва, равное \(n\) периодам полураспада \(^{235}\)U, количество атомов этого изотопа стало равно \(N_1 = N_0/2^n\). Аналогично, за то же самое время \(t = kT_2\), равное \(k\) периодам полураспада \(^{238}\)U, количество атомов данного изотопа стало равно \(N_2 = N_0/2^k\). По условию задачи, \[n_1 = \dfrac{N_1}{N_1 + N_2},\quad n_2 = \dfrac{N_2}{N_1 + N_2}.\] Отсюда \[\dfrac{n_2}{n_1} = \dfrac{N_2}{N_1} = \dfrac{2^n}{2^k} = 2^{n - k}.\] Учитывая, что \(t = nT_1 = kT_2\), получаем систему из двух уравнений относительно неизвестных \(n\) и \(k\). Решая её, найдём, например, \(k\): \[k = \dfrac{\lg(n_2/n_1)}{\lg 2}\cdot\dfrac{T_1}{T_2 - T_1}.\] Значит, искомое время \(t\) равно \[t = kT_2 = \dfrac{\lg(n_2/n_1)}{\lg 2}\cdot\dfrac{T_1T_2}{T_2 - T_1} \approx 6\cdot 10^9\text{ лет}.\] Этот результат хорошо согласуется с возрастом Солнечной системы (\(\sim 5\) млрд лет) и с возрастом Земли (\(\sim 4\) млрд лет), определёнными другими способами.

Ответ

\(w = a\sqrt{\dfrac{13}{2}}\).

Решение

Для удобства рассмотрения пронумеруем вершины ромба так, как показано на рисунке.

Поскольку характер движения вершин 2 и 4 одинаков, будем рассматривать только вершину 2.

В момент времени, когда ромб превратится в квадрат, двигающаяся с ускорением \(a\) вершина 3 будет иметь скорость \(v\). К этому моменту времени вершина 2 сместится в направлении движения вершины 3 на вдвое меньшее расстояние, чем прошла вершина 3. Значит, проекции скорости и ускорения вершины 2 на направление движения вершины 3 будут равны \(v/2\) и \(a/2\) соответственно. К рассматриваемому моменту времени вершина 3 пройдёт путь \(S = L\sqrt{2}\). Поэтому \[v = \sqrt{2aS} = \sqrt{2aL\sqrt{2}} = 2^{3/4}\sqrt{aL}.\] Так как стержни жёсткие, то вершина 2 всё время движется по окружности радиусом \(L\) с центром в вершине 1. Поэтому скорость \(u\) вершины 2 направлена по касательной к этой окружности, то есть в рассматриваемый момент времени направлена вдоль стержня, соединяющего вершины 2 и 3. Следовательно, можно записать \[u = \dfrac{v/2}{\cos(\pi/4)} = \dfrac{v}{\sqrt{2}} = 2^{1/4}\sqrt{aL}.\] Проекция ускорения вершины 2 на направление стержня, соединяющего её с вершиной 1, есть центростремительное ускорение, равное \(u^2/L = a\sqrt{2}\).

Мы нашли проекции ускорения вершины 2 на два различных направления. Полное ускорение можно найти, нарисовав соответствующим образом направленные векторы компонент ускорения, имеющие длины \(a/2\) и \(a\sqrt{2}\), и восставив перпендикуляры к ним. Точка пересечения этих перпендикуляров позволит определить направление и величину вектора ускорения вершины 2. Чертёж удобно построить следующим образом. Выберем масштаб так, чтобы вектор \(a/2\) на чертеже имел длину, равную четверти диагонали нашего квадрата. Тогда вектор \(a\sqrt{2}\) будет иметь длину, равную стороне квадрата. Из прямоугольного треугольника по теореме Пифагора получаем: \[w = \sqrt{\left(a\sqrt{2}\right)^2 + \left(a\sqrt{2} + \dfrac{a}{\sqrt{2}}\right)^2} = a\sqrt{\dfrac{13}{2}}.\]

Ответ

\(T = \sqrt{\dfrac{2\pi V}{gR^2\sin\left(\dfrac{V}{R^2L}\right)}}\).

Решение

Полный объём трубки равен \(\pi R^2L\). Поскольку целому кольцу соответствует угол \(2\pi\), то его части, занятой жидкостью, соответствует пропорционально меньший угол \[\varphi = 2\pi\dfrac{V}{\pi R^2L} = \dfrac{2V}{R^2L}.\] В положении равновесия верхний уровень жидкости находится в наклонной части трубки (см. рисунок), причём угол наклона трубки к горизонту в этом месте равен \[\alpha = \pi - \dfrac{\varphi}{2} = \pi - \dfrac{V}{R^2L}.\] Таким образом, наша задача свелась к известной задаче о колебаниях жидкости в U-образной трубке с наклонными коленами.

Обозначим длину столба жидкости в трубке через \(l\), площадь поперечного сечения трубки — через \(S\), плотность жидкости — через \(\rho\). Пусть жидкость сместилась вдоль трубки на малое расстояние \(x\) от положения равновесия. Тогда потенциальная энергия жидкости увеличится по сравнению с потенциальной энергией в положении равновесия на величину \(U = \rho gS\sin\alpha\cdot x^2\). Кинетическая же энергия жидкости, движущейся в трубке со скоростью \(v = \dfrac{dx}{dt}\), равна \(W = \dfrac{\rho Sl}{2}v^2\). Следовательно, данная система может совершать гармонические колебания, причём квадрат их круговой частоты равен отношению коэффициентов при \(x^2\) в выражении для \(U\) и при \(v^2\) в выражении для \(W\), то есть \(\omega^2 = \dfrac{2g\sin\alpha}{l}\). Учитывая, что \(l = \dfrac{V}{\pi R^2}\), и подставляя найденное выше выражение для \(\alpha\), получаем период малых колебаний жидкости в трубке: \[T = \dfrac{2\pi}{\omega} = 2\pi\sqrt{\dfrac{l}{2g\sin\alpha}} = \sqrt{\dfrac{2\pi V}{gR^2\sin\left(\dfrac{V}{R^2L}\right)}}.\]

Ответ

\(t \approx 4\cdot 10^6\) с \(\approx 46\) суток (оценка по порядку величины).

Решение

При указанных в условии задачи температуре, молярной массе и давлении молекулы движутся со средними скоростями \(v \sim \sqrt{3RT/\mu} \approx 337\) м/с. Значит, за время своей жизни \(\tau\) возбуждённая молекула пролетает расстояние \(L = v\tau \approx 3{,}4\cdot 10^{-1}\) м. Объём, в котором летящая молекула может за это время столкнуться с другими молекулами, по порядку величины равен \(V \approx 4LS\). Концентрация невозбуждённых молекул в сосуде перед началом освещения равна \[n = \dfrac{p_0N_A}{RT} \approx 2{,}7\cdot 10^{22}\text{ м}^{-3}.\] Концентрация же возбуждённых молекул составляет \[n_{\text{в}} = \tau N\cdot 10^6 \approx 10^{15}\text{ м}^{-3}.\] Одна возбуждённая молекула за своё время жизни \(\tau\) могла бы столкнуться с другими возбуждёнными молекулами \(\nu_1\) раз, причём \(\nu_1 = Vn_{\text{в}} = 4v\tau Sn_{\text{в}}\). Значит, всего за это время в одном кубическом метре происходит \[\nu = \nu_1n_{\text{в}}/2 = 2v\tau Sn_{\text{в}}^2 \approx 0{,}68\cdot 10^{11}\text{ м}^{-3}\] столкновений между возбуждёнными молекулами. Коэффициент \(1/2\) появляется в последней формуле из-за того, что столкновения парные, то есть в каждом участвуют две молекулы. При каждом таком столкновении одна молекула исчезает, то есть скорость убывания концентрации \[\beta = \dfrac{\nu}{\tau} = 2vSn_{\text{в}}^2 \approx 6{,}8\cdot 10^{13}\ \dfrac{1}{\text{м}^3\cdot\text{с}}.\] Давление в сосуде уменьшится на \(\varepsilon = 1\%\) тогда, когда на такую же величину уменьшится концентрация молекул \(n\). Это произойдёт через время \(t = \varepsilon n/\beta\). С учётом полученных выше выражений для \(n\), \(n_{\text{в}}\), \(\beta\) и \(v\), окончательно находим: \[t = \dfrac{\varepsilon n}{\beta} = \dfrac{\varepsilon\dfrac{p_0N_A}{RT}}{2\sqrt{3RT/\mu}\cdot S\tau^2N^2\cdot 10^{12}} =\] \[= \dfrac{\varepsilon p_0N_A\sqrt{\mu}}{2\cdot 10^{12}\cdot\tau^2N^2S\sqrt{3R^3T^3}} \approx 4\cdot 10^6\text{ с} \approx 46\text{ суток}.\] Следует отметить, что ответ носит оценочный характер, то есть время вычислено по порядку величины. Это связано с тем, что в расчётах более правильно использовать не среднюю, а среднюю относительную скорость движения молекул. Однако ввиду того, что эти скорости отличаются друг от друга не очень сильно (примерно в 1,4 раза), полученную оценку можно считать вполне удовлетворительной.

Ответ

\(q \approx 0{,}2\,\mathcal{E}C\) (точное значение \(q = \dfrac{\mathcal{E}C}{5{,}012}\)).

Решение

Из закона сохранения заряда следует, что заряды, образовавшиеся на всех конденсаторах, примерно одинаковы (по порядку величины). Однако разность потенциалов между обкладками конденсатора \(1000C\), ввиду его большой ёмкости, очень мала по сравнению с разностями потенциалов между обкладками других конденсаторов. Поэтому в нулевом приближении можно считать, что вместо конденсатора \(1000C\) в схеме имеется проводящая перемычка. Тогда схему можно перерисовать в виде, показанном на рисунке.

Пусть \(U_1\) — напряжение на конденсаторах \(C\) и \(2C\), \(U_2\) — напряжение на конденсаторах \(3C\) и \(4C\). Из закона сохранения заряда следует, что суммарный заряд, находящийся на соединённых друг с другом обкладках конденсаторов, равен нулю, то есть \[3CU_2 + 4CU_2 = CU_1 + 2CU_1,\] откуда \(U_2 = \dfrac{3}{7}U_1\). Учитывая, что \(\mathcal{E} = U_1 + U_2\), для напряжений \(U_1\) и \(U_2\) получаем: \(U_1 = 0{,}7\mathcal{E}\), \(U_2 = 0{,}3\mathcal{E}\).

Теперь, после того, как мы оценили величины напряжений на маленьких конденсаторах, можно вернуться к исходной схеме и оценить накопленный конденсаторами заряд. Заряд на конденсаторе с ёмкостью \(3C\) приближённо равен \(q_1 \approx 3CU_2 = 0{,}9\mathcal{E}C\). Заряд на конденсаторе с ёмкостью \(C\) приближённо равен \(q_2 \approx CU_1 = 0{,}7\mathcal{E}C\). Таким образом, заряд, накопленный конденсатором \(1000C\), приблизительно равен \(q \approx q_1 - q_2 = 0{,}2\mathcal{E}C\). Отметим, что полученная нами оценка величины заряда \(q\) очень близка к точному ответу \(q = \dfrac{\mathcal{E}C}{5{,}012}\), который можно получить, аккуратно проведя все необходимые вычисления. Видно, что оценочный результат отличается от точного не более, чем на 0,2%.

Ответ

\(\alpha \leqslant \alpha_{\max} \approx \arcsin\left(1 - \dfrac{L\varphi}{D}\right)\).

Решение

Луч света, попав в пластинку, несколько раз отразится от её посеребрённых боковых поверхностей, после чего попадёт на малое основание пластинки. Луч пройдёт через него только в том случае, если угол падения света не превысит угол полного внутреннего отражения, величина которого даётся формулой \(\sin\beta_{\max} = 1/n\).

Для того, чтобы было проще рассматривать отражения от боковых поверхностей, воспользуемся следующим приёмом, который позволяет заменить распространение света с многократными отражениями на прямолинейное. Последовательно отразим несколько раз пластинку относительно её боковой поверхности, на которой происходит очередное отражение света, и представим, что луч проходит эту боковую поверхность насквозь (см. рисунок). Будем продолжать эту процедуру до тех пор, пока луч не упрётся в малое основание после очередного «отражения» пластинки. Фактически это выглядит так, как будто мы отражаем пластинку вместе с идущим в ней лучом. При этом величина угла падения света на малое основание после последнего «отражения» пластинки будет совпадать с величиной угла падения на основание реальной пластинки.

Теперь можно приступить к определению угла \(\alpha\). Введём обозначения так, как это показано на рисунке, и применим к треугольнику \(ABO\) теорему синусов: \(\dfrac{\sin\theta}{R - L} = \dfrac{\sin(\pi - \beta)}{R}\). Отсюда, учитывая, что \(R = \dfrac{D}{2\sin(\varphi/2)}\), получим: \[\sin\theta_{\max} = \left(1 - \dfrac{L}{R}\right)\sin\beta_{\max} = \dfrac{1}{n}\left(1 - \dfrac{2L}{D}\sin\dfrac{\varphi}{2}\right).\] Интересующий нас угол определяется из соотношения \(\sin\alpha_{\max} = n\sin\theta_{\max}\), откуда, с учётом малости угла \(\varphi\), окончательно найдём: \[\sin\alpha_{\max} \approx \left(1 - \dfrac{L\varphi}{D}\right).\] Следовательно, луч света пройдёт через пластинку при углах падения на её основание \[\alpha \leqslant \alpha_{\max} \approx \arcsin\left(1 - \dfrac{L\varphi}{D}\right).\]