ВсОШ, 1991/92, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Ответ

\(v_0 = \sqrt{gl(2 - 3\cos\alpha)} \approx 1{,}93\) м/с, где \(\sin^2\alpha = \dfrac{2}{3}\), \(\cos\alpha = -\dfrac{\sqrt3}{3} \approx -0{,}577\).

Решение

Для положения шарика, когда сила натяжения нити становится равной нулю, имеем (рис. 131): \[-mg\cos\alpha = \dfrac{mv^2}{l};\qquad (1)\] здесь \(m\) — масса шарика. Запишем закон сохранения энергии для этой же точки: \[\dfrac{mv_0^2}{2} = \dfrac{mv^2}{2} + mgl(1 - \cos\alpha).\qquad (2)\] Из (1) и (2) получаем \[\cos\alpha = -\dfrac{v_0^2 - 2gl}{3gl},\quad v^2 = -gl\cos\alpha.\] Далее до точки подвеса шарик летит по параболе: \[\begin{cases} -v\cos\alpha\cdot t = x,\\ y + v\sin\alpha\cdot t - \dfrac{gt^2}{2} = 0, \end{cases}\] где \(x = l\sin\alpha\), \(y = -l\cos\alpha\).

Тогда \[t = \dfrac{v\sin\alpha + \sqrt{v^2\sin^2\alpha - 2lg\cos\alpha}}{g}\] и \(t = -\dfrac{l}{v}\operatorname{tg}\alpha\).

Приравнивая друг другу эти выражения и учитывая, что \(-gl\cos\alpha = v^2\), получаем \[v\sin\alpha + \sqrt{v^2\sin^2\alpha + 2v^2} = \dfrac{v^2\sin\alpha}{v\cos^2\alpha}.\qquad (3)\] Решая уравнение (3), находим \(\sin^2\alpha = \dfrac{2}{3}\), \(\cos\alpha = -\dfrac{\sqrt3}{3} \approx -0{,}577\), \[v_0 = \sqrt{gl(2 - 3\cos\alpha)} \approx 1{,}93\text{ м/с}.\]

Ответ

\(T_{\min} = T_{\text{З}}\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)^{3/2} \approx 2\) часа 47 минут.

Решение

Из третьего закона Кеплера квадраты периодов обращения относятся как кубы радиусов орбит: \[\dfrac{T_1^2}{a_1^3} = \dfrac{T_2^2}{a_2^3}.\qquad (1)\] Следовательно, чем меньше радиус орбиты космического корабля, тем меньше период его обращения вокруг Солнца, и минимальному периоду обращения соответствует минимальный радиус орбиты. Минимальный радиус орбиты корабля есть радиус Солнца: \(a_{\min} = R_{\text{С}}\), а \(R_{\text{С}} = \dfrac{\alpha}{2}R_{\text{З}}\) (\(R_{\text{З}}\) — радиус Земли). Согласно (1) запишем \[\dfrac{T_{\min}^2}{a_{\min}^3} = \dfrac{T_{\text{З}}^2}{R_{\text{З}}^3},\quad T_{\min}^2 = T_{\text{З}}^2\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)^3,\] \[T_{\min} = T_{\text{З}}\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)^{3/2}.\] \[T_{\min} = 365{,}25\cdot(4{,}65\cdot10^{-3})^{3/2}\text{ сут} \approx 0{,}166\text{ сут} \approx 2\text{ часа 47 минут}.\]

Ответ

Температура увеличится: \(T_2 - T_1 = \dfrac{3}{25}T_1 = 0{,}12\,T_1\) (где \(T_1 = T_0\) — начальная температура).

Решение

Так как цилиндр теплоизолирован, то \[\Delta U + A = 0.\qquad (1)\] Введем обозначения: \(p_1 = \dfrac{2mg}{S}\) — начальное давление газа, \(p_2\) — окончательное давление, \(p_3 = \dfrac{mg}{S}\) — давление газа после того, как одну гирю сняли. Ясно, что \(p_1 = p_2\). С учетом (1) при снятой гире получим уравнение \[C_V(T_3 - T_1) = p_3(V_3 - V_1),\qquad (2)\] где \(C_V\) — молярная теплоемкость при постоянном объеме. Из последнего равенства находим \[T_3 = \dfrac{C_VT_1 + p_3V_1}{C_V + R} = \dfrac{\left(C_V + \dfrac{R}{2}\right)T_1}{C_V + R}.\qquad (3)\] Аналогично после того, как гирю опять поставили на поршень, получаем \[T_2 = \dfrac{C_VT_3 + p_1V_3}{C_V + R} = \dfrac{(C_V + 2R)T_3}{C_V + R}.\qquad (4)\] Из соотношений (2) и (3) получаем (учитывая, что \(\dfrac{p_1V_1}{T_1} = \dfrac{p_2V_2}{T_2} = \dfrac{p_3V_3}{T_3}\) и \(p_2 = p_1 = 2p_3\)) \[T_2 - T_1 = \left[\dfrac{(C_V + 2R)\left(C_V + \dfrac{R}{2}\right)}{(C_V + R)^2} - 1\right]T_1.\] Далее находим \[T_2 - T_1 = \dfrac{3}{25}T_1 = 0{,}12\,T_1.\]

Ответ

\(Q_3 = \dfrac{Q_2^2}{Q_1}\).

Решение

Потенциал первого шарика после соединения его с удаленным проводником равен \[\varphi_1 = \dfrac{Q_1}{4\pi\varepsilon_0 r},\] где \(r\) — радиус шарика. На втором шарике при соединении его с проводником появится заряд \(Q_2\), а его потенциал будет определяться зарядами \(Q_1\) и \(Q_2\): \[\varphi_2 = \dfrac{Q_2}{4\pi\varepsilon_0 r} + \dfrac{Q_1}{4\pi\varepsilon_0 R},\] \(R\) — расстояние между шариками. Аналогично потенциал третьего шарика \(\varphi_3\) будет: \[\varphi_3 = \dfrac{Q_3}{4\pi\varepsilon_0 r} + \dfrac{Q_2}{4\pi\varepsilon_0 R} + \dfrac{Q_1}{4\pi\varepsilon_0 R}.\] Так как все шарики соединялись с одним и тем же проводником, имеющим постоянный потенциал, то \[\varphi_1 = \varphi_2 = \varphi_3.\] Из полученных уравнений находим \[Q_3 = \dfrac{Q_2^2}{Q_1}.\]

Ответ

\(\dfrac{\Delta g}{g} = 6\dfrac{M}{m}\beta^4 = 4\cdot10^{-5}\), где \(\beta = \dfrac{r}{R}\).

Решение

Обозначим радиус орбиты Харона через \(x\). Уравнение движения Харона по круговой орбите радиуса \(x\) имеет вид: \[G\dfrac{Mm}{R^2} = m\omega^2x,\qquad (1)\] где \(M\) — масса Плутона, \(m\) — масса Харона, \(\omega\) — угловая скорость вращения.

Ускорение свободного падения на поверхности Харона в точке, наиболее близкой к Плутону \[g_1 = G\dfrac{m}{r^2} - G\dfrac{M}{(R - r)^2} + \omega^2(x - r).\] Первый член в данном выражении соответствует гравитационному полю Харона, второй член — гравитационному полю Плутона. Последнее слагаемое вызвано движением Харона по круговой орбите.

Аналогичное выражение для ускорения свободного падения в наиболее удаленной к Плутону точке имеет вид: \[g_2 = G\dfrac{m}{r^2} + G\dfrac{M}{(R + r)^2} - \omega^2(x + r).\] Абсолютное различие в ускорениях свободного падения для данных точек Харона \[\Delta g = g_2 - g_1 = GM\left[\dfrac{1}{(R + r)^2} + \dfrac{1}{(R - r)^2}\right] - 2\omega^2x.\] Выражая \(\omega^2x\) из уравнения (1), получим: \[\Delta g = 2G\dfrac{M}{R^2}\left[\dfrac{1 + \beta^2}{(1 - \beta^2)^2}\right] \approx 6G\dfrac{M}{R^2}\beta^2,\] здесь \(\beta = \dfrac{r}{R}\).

Относительное различие в ускорениях свободного падения \[\dfrac{\Delta g}{g} = \left(6G\dfrac{M\beta^2}{R^2}\right)\Big/G\dfrac{m}{r^2} = 6\dfrac{M}{m}\beta^4 = 4\cdot10^{-5}.\]

Ответ

\(\Delta t = \dfrac{\lambda}{c}\dfrac{T_1 - T_2}{T_2} \approx 8\) К.

Решение

Будем рассматривать данную установку как тепловую машину, в которой в качестве нагревателя используется комнатный воздух при температуре \(T_1 = 273 + t_1 = 300\) К, в качестве холодильника — лед при температуре \(T_2 = 273 + t_2 = 273\) К, а в качестве рабочего вещества — свободные носители заряда в проводниках электрической схемы. Работа, совершаемая при перемещении зарядов вдоль спирали нагревателя, превращается в тепло, которое передается воде.

В результате температура воды повысится на \(\Delta t\). Это и есть работа, совершаемая тепловой машиной. \[A = mc\Delta t.\] Максимальный КПД тепловой машины (работающей по циклу Карно) \[\eta = \dfrac{T_1 - T_2}{T_1}.\qquad (1)\] К моменту окончания плавления льда холодильнику будет отдано количество теплоты \[Q_2 = \lambda m,\] где \(m\) — масса льда в сосуде.

Количество теплоты, полученной от нагревателя за это время, \[Q_1 = Q_2 + A.\] По определению КПД такого цикла \[\eta = \dfrac{A}{Q_1} = \dfrac{A}{Q_2 + A} = \dfrac{mc\Delta t}{m\lambda + mc\Delta t}.\qquad (2)\] Приравнивая (1) и (2), получим \[\dfrac{c\Delta t}{\lambda + c\Delta t} = \dfrac{T_1 - T_2}{T_1}.\] Отсюда \[\Delta t = \dfrac{\lambda}{c}\dfrac{T_1 - T_2}{T_2} \approx 8\text{ К}.\]

Ответ

\(\alpha = \dfrac{eq}{4\varepsilon_0W}\).

Решение

Пусть заряженная частица пролетает над проводом, заряженным одноименно, вдоль оси \(x\) (рис. 132), и пусть в некоторый момент она находится на расстоянии \(R\) от провода. Радиус-вектор \(\vec R\) составляет угол \(\psi\) с осью \(y\). В этот момент на частицу действует электростатическая сила \[F = eE = \dfrac{eq}{2\pi\varepsilon_0R}.\] Проекция этой силы на ось \(y\) \[F_y = \dfrac{eq\cos\psi}{2\pi\varepsilon_0R}.\] Уравнение движения частицы вдоль оси \(y\) можно записать в виде: \[m\,dv_y = F_y\,dt = \dfrac{eq\cos\psi}{2\pi\varepsilon_0R}\,dt.\qquad (1)\] За малое время \(dt\) частица смещается вдоль оси \(x\) на расстояние \(dx\), а радиус-вектор \(\vec R\) поворачивается на малый угол \(d\psi\). Эти приращения связаны между собой: \[dt = \dfrac{dx}{v_x} = \dfrac{R\,d\psi}{v_x\cos\psi},\qquad (2)\] где \(v_x\) — скорость частицы вдоль оси \(x\). Мы полагаем, что она практически не изменяется и все время остается равной скорости частицы.

После подстановки (2) в (1), получим \[dv_y = \dfrac{eq\,d\psi}{2\pi\varepsilon_0mv_x} = \dfrac{v_xeq\,d\psi}{4\pi\varepsilon_0W}.\] За все время пролета угол \(\psi\) изменяется от \(-\dfrac{\pi}{2}\) до \(\dfrac{\pi}{2}\), а вертикальная составляющая скорости частицы — от нуля до некоторого значения \(v_y\), поэтому \[v_y = \dfrac{eqv_x}{4\varepsilon_0W}.\] Угол отклонения скорости частицы от горизонтали на большом удалении от провода \[\alpha = \dfrac{v_y}{v_x} = \dfrac{eq}{4\varepsilon_0W}.\]

Ответ

\(L_3 = 3(L_2 - L_1)\).

Решение

Пусть вдоль контура 1234561 течет ток \(I\). Такой контур можно заменить двумя контурами 12361 и 63456 с тем же током \(I\). Это понятно из рис. 133. Магнитный поток, пронизывающий контур 1234561, состоит из двух одинаковых магнитных потоков, создаваемых контурами 12361 и 63456. Рассмотрим один из этих контуров, например, 12361. Поток, пронизывающий собственный контур (12361), очевидно равен \(L_1I\) и направлен на нас. Одновременно линии индукции магнитного поля этого тока пронизывают контур 63456. Этот магнитный поток будет равен \(L_{21}I\) и направлен от нас. Здесь \(L_{21}\) — коэффициент взаимной индукции. Поэтому полный магнитный поток, пронизывающий контур 1234561 двумя эквивалентными контурами, будет равен \[\Phi_2 = 2(L_1 - L_{21})I.\] По определению коэффициент самоиндукции (индуктивности) контура 1234561 \[L_2 = \Phi_2/I = 2(L_1 - L_{21}).\] Отсюда неизвестный коэффициент самоиндукции \[L_{21} = L_1 - \dfrac{L_2}{2}.\qquad (1)\] Рассмотрим теперь контур 1234561, по которому течет ток \(I\) (рис. 134). Заменим этот контур тремя эквивалентными контурами: 12761, 23472 и 67456.

Магнитный поток, пронизывающий каждый из этих трех контуров, \[\Phi = L_1I - 2L_{21}I.\] Суммарный магнитный поток через три контура \[\Phi_3 = 3\Phi = 3L_1I - 6L_{21}I.\] Поток \(\Phi_3\) входит через три грани нашего куба: 12761, 23472 и 67456. Этот же поток будет выходить через три другие грани, поскольку через любую замкнутую поверхность поток равен нулю. Этот закон является следствием отсутствия магнитных зарядов. Следовательно, магнитный поток \(\Phi_3\) будет пересекать контур 1234561.

По определению \[L_3 = \Phi_3/I = 3L_1 - 6L_{21} = 3(L_2 - L_1).\] При написании последнего равенства было использовано выражение (1).

Ответ

\(r_1 = (1{,}31 \pm 0{,}03)\) см и \(r_2 = (1{,}7 \pm 0{,}02)\) см (точки \(\ln\dfrac{r_1}{r_0} = 0{,}27 \pm 0{,}02\) и \(\ln\dfrac{r_2}{r_0} = 0{,}54 \pm 0{,}02\)).

Решение

Если тонкий пучок света распространяется по окружности радиуса \(r\), то в любой момент времени проекция волнового фронта пучка (поверхность постоянной фазы) проходит через центр данной окружности. Из этого следует, что оптические пути всех лучей, входящих в состав пучка, должны быть одинаковы, т. е. \(rn = \text{const}\). Эквивалентная запись этого соотношения: \[\ln\dfrac{r}{r_0} + \ln n = \text{const},\qquad (1)\] где \(r_0 = 1\) см. Формула (1) описывает семейство прямых на плоскости \(\ln\dfrac{r}{r_0}\), \(\ln n\), с углом наклона к оси абсцисс, равным \(-\dfrac{\pi}{n}\).

Значение \(r\), при которых световой пучок будет распространяться по окружности, определяется точками касания прямых (1) и графической зависимостью \(\ln n\) от \(\ln\dfrac{r}{r_0}\). Два таких графических решения показаны на рис. 135. Это две точки: \(\ln\dfrac{r_1}{r_0} = 0{,}27 \pm 0{,}02\) и \(\ln\dfrac{r_2}{r_0} = 0{,}54 \pm 0{,}02\), что соответствует \(r_1 = (1{,}31 \pm 0{,}03)\) см и \(r_2 = (1{,}7 \pm 0{,}02)\) см.