МОШ, 2003/04, заключительный этап, 11 класс

Ответ

\(\Delta b/b \approx -0{,}1\) (ширина уменьшается примерно на 10%), \(\Delta S/S \approx \Delta b/b \approx -0{,}1\).

Решение

При действии на раму в продольном направлении внешних сил \(F_{\text{вн}}\) все пружины будут деформироваться: продольные и диагональные — растягиваться, а поперечные — сжиматься. Вследствие этого возникнут силы упругости, действующие на шарниры. Равновесное состояние рамы установится при равенстве нулю суммарной силы, действующей на каждый шарнир.

Обозначим угол между диагональю недеформированной рамы и её длинной стороной через \(\alpha\), а силы упругости, действующие на шарнир со стороны продольной, поперечной и диагональной пружин — через \(F_1\), \(F_2\) и \(F_3\) соответственно (см. рис. 1.202.1). Так как относительное удлинение рамы в продольном направлении \(\Delta a/a\) очень мало, то при рассматриваемой деформации угол \(\alpha\) практически не изменится. Поэтому условие равновесия шарнира в поперечном направлении имеет вид: \(F_2 = F_3\sin\alpha\). Учтём, что \(F_2 = k_2|\Delta b|\), \(F_3 = k_3\Delta l\), а удлинение \(\Delta l\) диагональной пружины определим при помощи чертежа (см. рис. 1.202.2):

\[\Delta l \approx \Delta a\cos\alpha - |\Delta b|\sin\alpha.\] Отсюда получим: \[k_2|\Delta b| \approx k_3(\Delta a\cos\alpha - |\Delta b|\sin\alpha)\sin\alpha,\] и \[|\Delta b| \approx \dfrac{k_3\sin\alpha\cos\alpha}{k_2 + k_3\sin^2\alpha}\Delta a = \dfrac{(k_3/k_2)\sin\alpha\cos\alpha}{1 + (k_3/k_2)\sin^2\alpha}\Delta a.\] Так как \(b = a\operatorname{tg}\alpha\), то \[\dfrac{|\Delta b|}{b} \approx \dfrac{(k_3/k_2)\cos^2\alpha}{1 + (k_3/k_2)\sin^2\alpha}\cdot\dfrac{\Delta a}{a}.\] Учитывая, что \(\Delta b\) отрицательно (рама в поперечном направлении сжимается), \(\sin\alpha \approx \operatorname{tg}\alpha\), \(\cos\alpha \approx 1\), окончательно найдём: \[\dfrac{\Delta b}{b} \approx -\dfrac{k_3/k_2}{1 + (k_3/k_2)\operatorname{tg}^2\alpha}\cdot\dfrac{\Delta a}{a} = -\dfrac{k_3/k_2}{1 + (k_3/k_2)(b/a)^2}\cdot\dfrac{\Delta a}{a} = -\dfrac{100}{1 + 100\cdot(1/25)^2}\cdot 0{,}001 \approx -0{,}1,\] то есть относительное изменение ширины рамы составляет \(\sim 10\%\). Относительное изменение площади рамы при этом равно: \[\dfrac{\Delta S}{S} = \dfrac{(a + \Delta a)(b + \Delta b) - ab}{ab} \approx \dfrac{\Delta a}{a} + \dfrac{\Delta b}{b}.\] Так как \(\Delta a/a \ll |\Delta b|/b\), то \(\Delta S/S \approx \Delta b/b \approx -0{,}1\).

Мы видим, что в данном случае площадь рамы при её растяжении уменьшается. Это свидетельствует о том, что объём тела при растяжении может не только увеличиваться (как это имеет место для большинства упругих тел), но и уменьшаться. Приведённая в задаче модель показывает, каким может быть внутреннее строение вещества (например, некоторого полимера), обладающего такими необычными свойствами.

Ответ

\(q = 2l\sqrt{\pi\varepsilon_0 mg\cos\alpha\cdot\dfrac{3 + 2\sin\alpha}{1 + \sin\alpha}}\).

Решение

Поскольку в условии сказано, что при колебаниях процесс повторяется, то потерями энергии можно пренебречь. Для решения задачи воспользуемся законом сохранения энергии: в крайних положениях, когда шарик останавливается, суммы его потенциальной энергии в поле силы тяжести и энергии электрического поля, имеющегося в системе, должны быть одинаковы.

Электрическое поле в пространстве справа от пластины, как нетрудно показать, совпадает с полем, которое создавалось бы в отсутствие пластины двумя зарядами: \(+q\) и \(-q\), расположенными зеркально симметрично по отношению к поверхности пластины (такой подход к решению задачи называется «методом электростатических изображений»). Действительно, суммарный потенциал, создаваемый двумя такими зарядами в каждой точке плоскости симметрии системы, равен нулю, и таким образом, в эту плоскость можно поместить тонкую заземлённую пластину. Все силовые линии заряда \(+q\) при этом будут замыкаться на её правой поверхности, индуцированный заряд на которой, очевидно, будет равен \(-q\). Если теперь удалить заряд \(-q\), находящийся слева от пластины, и снять индуцированный заряд \(+q\) с левой поверхности пластины, то справа от неё поле не изменится, а поле слева исчезнет. Поэтому все точки пространства слева от тонкой пластины будут иметь одинаковый потенциал, и это пространство можно заполнить проводником, что не скажется на поле справа.

Поскольку поле справа от пластины совпадает с полем, создаваемым двумя точечными зарядами \(+q\) и \(-q\), расположенными на соответствующем расстоянии \(r\) друг от друга, а слева от пластины поле отсутствует, то энергия электрического поля, имеющегося в нашей системе, равна половине электростатической энергии взаимодействия этих зарядов: \(W_{\text{эл}} = -\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\dfrac{q^2}{r}\). В начальном положении расстояние \(r\) равно (см. рис. 3.10) \(r_1 = 2\cdot(1{,}5\,l + l\sin\alpha)\), а в конечном положении \(r_2 = l\). Отсчитывая потенциальную энергию в поле силы тяжести от начального положения шарика, запишем закон сохранения энергии: \[-\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\dfrac{q^2}{(3l + 2l\sin\alpha)} = -\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\dfrac{q^2}{l} + mgl\cos\alpha.\] Отсюда \[\dfrac{q^2}{8\pi\varepsilon_0}\left(1 - \dfrac{1}{3 + 2\sin\alpha}\right) = mgl^2\cos\alpha,\] и \[q = 2l\sqrt{\pi\varepsilon_0 mg\cos\alpha\cdot\dfrac{3 + 2\sin\alpha}{1 + \sin\alpha}}.\]

Ответ

Интенсивность уменьшилась примерно на 2%.

Решение

При вращении жидкости вместе со стаканом её поверхность искривляется (см. рис. 4.33), вследствие чего параллельный пучок света после преломления становится расходящимся. Рассмотрим небольшой элемент жидкости, находящийся на её поверхности на расстоянии \(r\) от оси вращения \(O_1O\). На него действуют сила тяжести \(m\vec g\) и суммарная сила давления \(\vec N\) со стороны остальной жидкости. Эти силы обеспечивают равномерное вращение рассматриваемого элемента по окружности с угловой скоростью \(\omega\), сообщая ему центростремительное ускорение.

Уравнения движения этого элемента в проекциях на горизонтальную и вертикальную оси имеют вид: \[m\omega^2r = N\sin\alpha,\quad mg = N\cos\alpha,\] где \(\alpha\) — угол наклона к горизонту поверхности жидкости в данной точке. Отсюда \(\operatorname{tg}\alpha = \omega^2r/g\).

Луч света, идущий вдоль оси вращения \(O_1O\), не преломляется. Рассмотрим ход луча \(ABC\), преломляющегося в точке \(B\) на небольшом расстоянии \(r\) от оси вращения. В соответствии с законом преломления света \(\sin\alpha = n\sin\beta\). Углы \(\alpha\), \(\beta\) и \(\gamma = \alpha - \beta\) можно считать малыми, так что \(\alpha \approx \sin\alpha \approx \operatorname{tg}\alpha\); \(\beta \approx \sin\beta\), \(\gamma \approx \operatorname{tg}\gamma\). Отсюда \[\alpha \approx \dfrac{\omega^2r}{g},\] и \[\gamma = \alpha - \beta \approx \alpha - \dfrac{\alpha}{n} = \dfrac{\omega^2r}{g}\cdot\dfrac{n - 1}{n}.\] Далее найдём расстояние \(OC\) от оси вращения до точки падения преломлённого луча на дно стакана: \[OC = OD + DC \approx r + \gamma h = r\left(1 + \dfrac{\omega^2h}{g}\cdot\dfrac{n - 1}{n}\right).\] Пока жидкость была не раскручена, все лучи, идущие на расстоянии от оси \(O_1O\), меньшем \(r\), не преломлялись и попадали в круг радиуса \(r\) на дне, то есть энергия этого пучка распределялась по площади \(S_0 = \pi r^2\). После раскручивания жидкости эти же лучи попадут в круг на дне радиусом \(OC\), то есть энергия пучка распределится по площади \[S_1 = \pi(OC)^2 = \pi r^2\left(1 + \dfrac{\omega^2h}{g}\cdot\dfrac{n - 1}{n}\right)^2.\] Поэтому интенсивность света, падающего вблизи центра дна стакана, изменится в \[k = \dfrac{S_0}{S_1} = \left(1 + \dfrac{\omega^2h}{g}\cdot\dfrac{n - 1}{n}\right)^{-2} = (1 + 0{,}01)^{-2} \approx 0{,}98\text{ раз},\] то есть уменьшится на \[\delta \approx \dfrac{2\omega^2h}{g}\cdot\dfrac{n - 1}{n} = 2\%.\]