ВсОШ, 1993/94, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Ответ

\(\dfrac{F_2\Delta t}{F_1\Delta t} = \sqrt{\dfrac{l_2^2 + (gt^2/2)^2}{l_1^2 + (gt^2/2)^2}} \approx 1{,}8\).

Решение

Запишем второй закон Ньютона, спроектировав силу удара на горизонтальную и вертикальную оси: \(F_x\Delta t = mv_x\), \(F_y\Delta t = mv_y\).

Поскольку \(F^2 = F_x^2 + F_y^2\), то \(F\Delta t = m\sqrt{v_x^2 + v_y^2}\).

Используя формулы кинематики, получаем: \(v_x = L/t\), \(v_y = gt/2\). Окончательно имеем \[\dfrac{F_2\Delta t}{F_1\Delta t} = \sqrt{\dfrac{l_2^2 + \left(\dfrac{gt^2}{2}\right)^2}{l_1^2 + \left(\dfrac{gt^2}{2}\right)^2}} \approx 1{,}8.\]

Ответ

\(v^2 \geq \dfrac{1125}{914}\,gR\).

Решение

Как видно из рис. 141 \[\cos\alpha = \dfrac{R - H}{R} = \dfrac{4}{5},\quad \sin\alpha = \dfrac{3}{5}.\]

Скорость центра масс после удара сохраняется неизменной по модулю (\(v_0' = v_0\)), и направлена она под углом \(2\alpha\) к горизонту. После удара шар должен пролететь в горизонтальном направлении расстояние, не меньшее, чем \(R\sin\alpha\), чтобы «запрыгнуть» на ступеньку. Горизонтальная проекция скорости сразу после удара будет равна \(v_0\cos 2\alpha\), а вертикальная — \(v_0\sin 2\alpha\). Минимальное время полета шара равно \[t_0 = \dfrac{R\sin\alpha}{v_0\cos 2\alpha}.\] Высота ступеньки \(H\) должна удовлетворять условию: \[H \leq (v_0\sin 2\alpha)t_0 - \dfrac{gt_0^2}{2},\] откуда после алгебраических преобразований получим \[v^2 \geq \dfrac{1125}{914}\,gR.\] (Здесь учтено, что \(\sin 2\alpha = \dfrac{24}{25}\), \(\cos 2\alpha = \dfrac{7}{25}\).)

Ответ

\(v_0 = \dfrac{2}{\pi}\dfrac{\varepsilon}{1-\varepsilon}\,qsB = 10^4\) м/с.

Решение

Запишем второй закон Ньютона применительно к частице, влетевшей в камеру Вильсона: \[F\Delta t = m\Delta v,\qquad \dfrac{mv^2}{R} = qvB.\] Поскольку \(F = kv\), \(v\Delta t = \Delta s\), а \(\Delta s = \dfrac{\pi R}{2}\), то \(k = \dfrac{2}{\pi}qB\varepsilon\). Здесь учтено, что \(m\Delta v = qB\Delta R\) и \(\Delta R/R = \varepsilon\).

После выключения поля \(ks = mv\), где \(v = v_0 - \Delta v\) — скорость в момент выключения поля, откуда \[\dfrac{\Delta v}{v_0} = \dfrac{\Delta R}{R_0} = \varepsilon,\] \[v_0 = \dfrac{v}{1-\varepsilon} = \dfrac{ks}{m(1-\varepsilon)}.\] Окончательный ответ: \[v_0 = \dfrac{2}{\pi}\dfrac{\varepsilon}{1-\varepsilon}\,qsB = 10^4\text{ м/с}.\]

Ответ

\(\dfrac{\Delta F}{F_0} = 4\alpha\Delta t = 1\%\).

Решение

Иллюстрация к решению приведена на рис. 142. Пусть \(\varphi_1 \approx h/R\), тогда \(\varphi_2 = n\varphi_1\), \(\varphi_3 = \varphi_2 - \varphi_1 = (n-1)\varphi_1\), откуда \[F = \dfrac{h}{\varphi_3} = \dfrac{R}{n-1}.\]

Используя условие задачи, что \(n-1 \sim \rho\), можно предложить следующую цепочку рассуждений: \[\dfrac{n-1}{\rho} = \dfrac{n_0-1}{\rho_0};\quad R = R_0(1+\alpha\Delta t);\] \[V = V_0(1+3\alpha\Delta t);\] \[\rho \sim \dfrac{1}{V} \sim \dfrac{1}{1+3\alpha\Delta t} \approx 1 - 3\alpha\Delta t,\quad \dfrac{\rho}{\rho_0} = 1 - 3\alpha\Delta t;\] \[F_{100} = \dfrac{R_0(1+\alpha\Delta t)}{(n_0-1)(1-3\alpha\Delta t)} = F_0(1+4\alpha\Delta t);\] \[\dfrac{\Delta F}{F_0} = 4\alpha\Delta t = 1\%.\]

Ответ

\(\omega = \sqrt{\dfrac{g\operatorname{tg}\alpha}{r - l\sin\alpha}} = 10{,}6\text{ с}^{-1}\).

Решение

Поскольку плотность шарика \(\rho_{\text{ш}}\) меньше плотности воды \(\rho\), то шарик отклонится к оси вращения сосуда. Обозначим объем шарика через \(V\). Рассмотрим вращающийся сосуд с водой без шарика. Мысленно выделим объем \(V\) воды в месте расположения шарика (рис. 143, а). На жидкость в данном объеме действуют две силы: силы тяжести \(m\vec g = \rho V\vec g\) и выталкивающая сила \(\vec F\) (\(g\) — ускорение свободного падения). Под действием этих двух сил водяной «шарик» равномерно движется по окружности радиуса \(R = r - l\sin\alpha\) с угловой скоростью \(\omega\). Такое движение описывается двумя уравнениями: \[F_y - \rho V g = 0,\qquad (1)\] \[F_x = \rho V\omega^2(r - l\sin\alpha).\qquad (2)\] Рассмотрим теперь ситуацию, когда в воде находится деревянный шарик (рис. 143, б). В этом случае на шарик действуют четыре силы: вертикальная проекция выталкивающей силы \(\vec F_y\), горизонтальная проекция выталкивающей силы \(\vec F_x\), сила тяжести \(m_1\vec g = \rho_{\text{ш}}V\vec g\) и сила натяжения нити \(\vec T\). Уравнения, описывающие равномерное вращение шарика в горизонтальной плоскости, имеют вид: \[F_y - \rho_{\text{ш}}Vg - T\cos\alpha = 0,\qquad (3)\] \[F_x - T\sin\alpha = \rho_{\text{ш}}V\omega^2(r - l\sin\alpha).\qquad (4)\] Подставляя \(F_y\) и \(F_x\) из (1) и (2) в (3) и (4), получим систему двух уравнений относительно \(T\) и \(\omega\): \[T\cos\alpha = (\rho - \rho_{\text{ш}})Vg,\qquad (5)\] \[T\sin\alpha = V\omega^2(r - l\sin\alpha).\qquad (6)\] Исключая \(T\) из уравнений (5) и (6), получим \[\omega = \sqrt{\dfrac{g\operatorname{tg}\alpha}{r - l\sin\alpha}} = 10{,}6\text{ с}^{-1}.\]

Ответ

\(n = 1{,}5\), \(a = b = 25\) см, \(h = \sqrt{h_1h_2} = 3\) мм.

Решение

На рисунке 144, а, б показан ход луча, вышедшего из вершины стрелки в направлении оптического центра линзы.

Для каждого из двух случаев имеем:

а) \(n\alpha = \alpha_1\), \(\alpha = h/a\), \(\alpha_1 = h_1/b\), \[n\dfrac{h}{a} = \dfrac{h_1}{b};\qquad (1)\] б) \(\alpha = n\alpha_2\), \(\alpha_2 = h_2/b\), \[\dfrac{h}{a} = n\dfrac{h_2}{b}.\qquad (2)\] Разделив (1) на (2), получим для показателя преломления \[n = \sqrt{\dfrac{h_1}{h_2}}.\qquad (3)\] Из (1) и (3) получим: \[h = (a/b)\sqrt{h_1h_2}.\qquad (4)\] Найдем \(a\).

Формула тонкой линзы имеет вид \(\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} = \dfrac{1}{F_0}\) (рис. 145). Для малых углов из нее следует соотношение \(\varphi_1 + \varphi_2 = \varphi_0\), где \(\varphi_0\) — угол, под которым из фокуса виден радиус линзы. Применительно к нашей задаче, в силу симметрии линзы фокусное расстояние системы будет одним и тем же независимо от того, в какую часть аквариума налита жидкость. Обозначим это расстояние символом \(F\) и положим \(\dfrac{r}{F} = \varphi\) (здесь \(r\) — радиус линзы). Тогда, если жидкость в правом отсеке, то \(\varphi_1 n + \varphi_2 = \varphi\), а если в левом, то \(\varphi_1 + n\varphi_2 = \varphi\). Взяв разность двух последних уравнений, получим \[\varphi_1(n-1) = \varphi_2(n-1).\]

Поскольку \(n \neq 1\), то, сокращая последнее равенство на \((n-1)\), получим \(\varphi_1 = \varphi_2\) и, следовательно, \(a = b = L/2\).

Тогда формула (4) принимает вид: \[h = \sqrt{h_1h_2}.\] Подставляя в полученные выше выражения числовые значения входящих в них величин, находим \[n = 1{,}5,\quad a = b = 25\text{ см},\quad h = 3\text{ мм}.\]

Ответ

\(\tau = 3\pi\sqrt{LC} = 9{,}42\cdot 10^{-3}\) с; остаточное напряжение \(U_{\text{С}} = -0{,}3\) В.

Решение

Рассмотрим интервал времени после замыкания ключа \(K\), когда ток течет через нижний диод. Уравнение для напряжения \(U_C\) на конденсаторе: \(U_C = U_{\text{п}} + U_L\) или, с учетом того что \(U_L = -L\dfrac{dJ}{dt}\), и \(J = \dfrac{dq}{dt} = C\dfrac{dU_C}{dt}\), \[\dfrac{d^2U_C}{dt^2} + \dfrac{1}{LC}U_C = \dfrac{1}{LC}U_{\text{п}}.\] Из этого уравнения видно, что напряжение на конденсаторе будет меняться по гармоническому закону с частотой \(\omega_0 = \dfrac{1}{\sqrt{LC}}\). Из энергетических соображений найдем экстремальные значения напряжений \(U_{\text{э}}\) на конденсаторе: \[\dfrac{CU_0^2}{2} = C(U_0 - U_{\text{э}})U_{\text{п}} + \dfrac{CU_{\text{э}}^2}{2}.\] Это уравнение имеет два корня: \[U_{\text{э1}} = U_0,\quad U_{\text{э2}} = -(U_0 - 2U_{\text{п}}).\] Зависимость \(U_C(t)\) будет иметь вид: \[U_C(t) = (U_0 - U_{\text{п}})\cos(\omega_0 t) + U_{\text{п}}\] при \(0 \leq t \leq \dfrac{T}{2}\), где \(T = 2\pi\sqrt{LC}\) — период колебаний. После \(n\) полупериодов напряжение на конденсаторе \[U_{\text{С}n} = (-1)^n(U_0 - 2nU_{\text{п}})\quad (n = 1, 2, 3, \ldots).\] Очевидно, что колебания в контуре прекратятся, когда \[|U_{\text{С}n}| < |U_{\text{п}}|.\] В нашем случае \(n = 3\), поэтому время установления стационарного режима \[\tau = 3\pi\sqrt{LC} = 9{,}42\cdot 10^{-3}\text{ с}.\] Остаточное напряжение на конденсаторе \[U_{\text{С}} = -0{,}3\text{ В}.\] График \(U_{\text{С}}(t)\) представлен на рис. 146.

Ответ

Примерно 2 года (\(T/T_0 \approx 2\)).

Решение

Иллюстрацией к решению служит рис. 147. При обращении спутника вокруг Солнца по орбите Земли выполняется соотношение: \[\dfrac{mv_0^2}{R_0} = G\dfrac{mM}{R_0^2} = F_0.\qquad (1)\]

Здесь \(v_0\) — скорость спутника, \(R_0\) — радиус орбиты.

После раскрытия паруса на спутник начинается действовать, кроме гравитационной, сила светового давления. Эта сила равна \(F_s = 2W/c\), где \(W\) — световая мощность излучения Солнца, падающего на парус. Так как излучение Солнца изотропно, то \[F_s = 2\dfrac{L}{c}\dfrac{\pi r^2}{4\pi R^2},\] где \(R\) — расстояние от Солнца. Обозначим \(\alpha = GmM\), \(\beta = \dfrac{Lr^2}{2c}\). Тогда равнодействующая сил, приложенных к спутнику, будет равна \[F = \dfrac{\alpha}{R^2} - \dfrac{\beta}{R^2} = \dfrac{\alpha - \beta}{R^2}.\] Поскольку \(F\), как и \(F_0\), пропорциональна \(R^{-2}\), то движение спутника с парусом будет подчиняться законам Кеплера. Спутник будет двигаться по эллиптической траектории. Найдем большую полуось эллипса.

Из закона постоянства секториальной скорости следует \[v_0R_0 = v_1R_1,\qquad (2)\] а из закона сохранения энергии имеем \[\dfrac{mv_0^2}{2} - \dfrac{\alpha - \beta}{R_0} = \dfrac{mv_1^2}{2} - \dfrac{\alpha - \beta}{R_1}.\qquad (3)\] Подставляя (2) в (3), получим \[v_0^2\dfrac{R_1^2 - R_0^2}{R_1^2} = \dfrac{2(\alpha - \beta)}{m}\cdot\dfrac{R_1 - R_0}{R_1R_0},\] откуда \[R_1 = \dfrac{R_0^2v_0^2m}{2(\alpha - \beta) - R_0v_0^2m}.\] Используя соотношение (1), можно получить: \[R_1 = R_0\dfrac{\alpha}{\alpha - 2\beta}.\] Большая полуось эллипса будет равна \[a = \dfrac{1}{2}(R_1 + R_0) = R_0\dfrac{\alpha - \beta}{\alpha - 2\beta}.\] По третьему закону Кеплера время обращения по такой орбите равно времени обращения по окружности радиуса \(a\): \[T = \dfrac{2\pi a}{u},\quad\text{причем}\quad \dfrac{mu^2}{a} = \dfrac{\alpha - \beta}{a^2},\] здесь \(u\) — скорость спутника на круговой орбите радиуса \(a\), откуда \[T = 2\pi\sqrt{\dfrac{a^3m}{\alpha - \beta}}.\] С другой стороны, период обращения Земли \[T_0 = 2\pi\sqrt{\dfrac{R_0^3}{\gamma M}} = 2\pi\sqrt{\dfrac{R_0^3m}{\alpha}}.\] Следовательно: \[\dfrac{T}{T_0} = (\alpha - \beta)\sqrt{\dfrac{\alpha}{(\alpha - 2\beta)^3}}.\] Так как \(\dfrac{\alpha}{\beta} = \dfrac{2GmMc}{Lr^2} = 4{,}23\), то \(\dfrac{T}{T_0} \approx 2\).

Искомый период обращения спутника с солнечным парусом равен приблизительно 2 годам.