ВсОШ, 1994/95, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Ответ

\(p_2 = p_1\sqrt{T_2/T_1}\),  \(p_3 = p_1\sqrt{T_3/T_1}\).

Решение

Пусть \(n_1\) и \(\bar v_1\), \(n_2\) и \(\bar v_2\), \(n_3\) и \(\bar v_3\) — концентрации молекул и средние скорости молекул соответственно в первом, втором и третьем отсеках сосуда. Число ударов молекул о стенку сосуда пропорционально концентрации молекул и их средней скорости. Через каждое отверстие в обе стороны проходит в единицу времени одинаковое число молекул: \(n_1\bar v_1 = n_2\bar v_2 = n_3\bar v_3\).

Так как \(\bar v \sim \sqrt{T}\), \(p = nkT\), то отсюда \(p_2 = p_1\sqrt{T_2/T_1}\), \(p_3 = p_1\sqrt{T_3/T_1}\).

Ответ

\(q = \dfrac{\mathcal{E}}{R}\left(\dfrac{L_1}{R+r} + \dfrac{L_2}{r}\right)\).

Решение

В стационарном режиме сила тока через катушку индуктивности \(L_1\) равна \[I_{10} = \mathcal{E}/(R + r).\] После замыкания ключа \(K_2\) сила тока \(I_2\) через катушку индуктивности \(L_2\) возрастает от нуля до \(I_{20} = \mathcal{E}/r\), а сила тока \(I_1\) через катушку \(L_1\) убывает от \(I_{10}\) до нуля. При этом за любой малый интервал времени \(\Delta t\) \[I_1R + L_1\Delta I_1/\Delta t = L_2\Delta I_2/\Delta t.\] Так как \(I_1\Delta t = \Delta q\) — заряд, протекающий за время \(\Delta t\) через сопротивление \(R\), то \[R\Delta q + L_1\Delta I_1 = L_2\Delta I_2.\] За все время после замыкания ключа \(K_2\) через резистор протек суммарный заряд \(\sum\Delta q = q\). Кроме того \[\sum\Delta I_1 = -I_{10},\qquad \sum\Delta I_2 = I_{20}.\] Поэтому окончательно \[q = \dfrac{\mathcal{E}}{R}\left(\dfrac{L_1}{R + r} + \dfrac{L_2}{r}\right).\]

Ответ

Точка \(C\) находится на расстоянии \(OC = R/3\) от центра трубы (выше центра) на прямой, проходящей через центр трубы под углом \(\alpha = \operatorname{arctg}\dfrac{1}{3}\) к горизонту; \(t = 4\sqrt{\dfrac{2\sqrt{10}}{3}\dfrac{R}{g}}\).

Решение

Из принципа обратимости механического движения следует, что шарик после второго удара должен лететь назад по прежней траектории. Для этого в точке \(D\) (рис. 148) он должен удариться, имея скорость, перпендикулярную поверхности трубы. Попробуем подобрать такой угол \(\alpha\), чтобы касательная в точке \(K\) была параллельна \(OD\). Возьмем точку \(C\) на продолжении \(OD\). Движение шарика вдоль оси \(x\) происходит с ускорением \(g\sin\alpha\), а вдоль оси \(y\) — с ускорением \(g\cos\alpha\). Исходя из этого можно показать, что точка \(C\) — искомая точка. При этом \[\operatorname{tg}\alpha = \dfrac{1}{3},\quad OC = \dfrac{R}{3}.\]

Получаем ответ: точка находится на расстоянии \(OC = \dfrac{R}{3}\) от центра трубы (выше центра) на прямой, проходящей через центр трубы под углом \(\alpha = \operatorname{arctg}\dfrac{1}{3}\) к горизонту. Из уравнения движения определяем время движения шарика: \[t = 4\sqrt{\dfrac{2\sqrt{10}}{3}\dfrac{R}{g}}.\]

Ответ

\(T = 2\pi\sqrt{\dfrac{M(k_1 + k_2)}{4k_1k_2}}\).

Решение

Пусть \(x\) — смещение бруска вниз для произвольного момента времени, \(y\) — смещение верхнего конца пружин. Удлинение левой пружины \(\Delta x_1 = x - y\), удлинение правой пружины \(\Delta x_2 = x + y\) (рис. 149).

Из условия малости масс блока и нити следует, что силы упругости обеих пружин одинаковы: \[k_1(x - y) = k_2(x + y).\] Отсюда \[y = \dfrac{k_1 - k_2}{k_1 + k_2}\,x.\] Удлинения левой и правой пружин соответственно равны \[\Delta x_1 = \dfrac{2k_2}{k_1 + k_2}\,x,\qquad \Delta x_2 = \dfrac{2k_1}{k_1 + k_2}\,x.\] Уравнение движения бруска: \[M\ddot x = -k_1\Delta x_1 - k_2\Delta x_2,\] откуда \[\ddot x + \dfrac{4k_1k_2}{M(k_1 + k_2)}\,x = 0.\] Это уравнение описывает гармонические колебания с периодом \[T = 2\pi\sqrt{\dfrac{M(k_1 + k_2)}{4k_1k_2}}.\]

Ответ

По данным второго абзаца: \(L \approx 1{,}2\cdot 10^{14}\) км; по данным третьего абзаца: \(L \approx 1{,}1\cdot 10^{18}\) км.

Решение

Согласно имеющимся во втором абзаце статьи данным аппараты должны вернуться к Солнцу, а значит, их орбиты — эллипсы, причем, очевидно, очень вытянутые, т. е. максимально удаленные точки орбиты находятся от Солнца на расстоянии порядка большой оси эллипса (рис. 150).

Воспользуемся третьим законом Кеплера, чтобы найти длину большой полуоси этого эллипса. Пусть \(T_{\text{а}}\) и \(T_3\) — периоды обращения аппаратов и Земли вокруг Солнца, \(a_{\text{а}}\) и \(a_3\) — большие полуоси их орбит. Тогда \[\dfrac{T_{\text{а}}^2}{T_3^2} = \dfrac{a_{\text{а}}^3}{a_3^3},\qquad a_{\text{а}}^3 = a_3^3\cdot\dfrac{T_{\text{а}}^2}{T_3^2}.\] Расстояние от Солнца до Земли находим, используя скорость света и время его прохождения: \(a_3 = \tau c\). Получаем, что максимальное удаление аппаратов от Солнца \[L = 2a_{\text{а}} = 2\tau c\,(T_{\text{а}}/T_3)^{2/3},\] где отношение \(\dfrac{T_{\text{а}}}{T_3}\) согласно данным статьи равно \(2{,}5\cdot 10^8\). Отсюда \[L \approx 2\cdot 480\cdot 3\cdot 10^8\,(2{,}5\cdot 10^8)^{2/3}\text{ м} \approx 1{,}2\cdot 10^{17}\text{ м} \approx 1{,}2\cdot 10^{14}\text{ км}.\] Если же оценивать это расстояние из данных в третьем абзаце, получается совершенно иной результат. Во-первых, плохо согласуются между собой данные о расстоянии до аппаратов и о времени запаздывания сигналов:

1) \(l_{\text{а}} = 10^{10}\) км \(\approx 67\) а.е.;

2) \(l_{\text{а}} = (12\cdot 3600\cdot 3\cdot 10^5)\) км \(\approx 1{,}3\cdot 10^{10}\) км \(\approx 87\) а.е.

Во-вторых, независимо от того, на каком из этих расстояний находятся аппараты, указанная скорость \(v_0 = 130\,000\) км/ч \(= 36\) км/с является гиперболической. Эта скорость настолько велика, что гравитационное взаимодействие с Солнцем способно уменьшить ее не более, чем на \(1\%\): \[v_\infty^2 = v_0^2 - 2GM_{\text{c}}/l_{\text{а}}.\] Известно, что \(GM_{\text{c}} = v_{\text{орб}}^2R_3\), где \(v_{\text{орб}}\) — орбитальная скорость Земли по орбите вокруг Солнца (\(v_{\text{орб}} \approx 30\) км/с), \(R_3\) — среднее расстояние от Земли до Солнца (\(R_3 = 1\) а.е. \(= 149{,}6\cdot 10^6\) км). В результате получаем: \[v_\infty^2 = v_0^2 - 2v_{\text{орб}}^2R_3/l_{\text{а}}.\] Числовые оценки дают:

1) для \(l_{\text{а}} = 10^{10}\) км \(\;v_\infty \approx 35{,}7\) км/с;

2) для \(l_{\text{а}} = 1{,}3\cdot 10^{10}\) км \(\;v_\infty \approx 35{,}8\) км/с.

В любом из этих случаев аппараты летят, практически равномерно удаляясь от Солнечной системы, и за миллиард лет улетят на расстояние \[L \approx 1{,}1\cdot 10^{18}\text{ км}.\] Как видим, этот ответ на четыре порядка отличается от результата, полученного по данным из второго абзаца.

Ответ

\(|P| \approx (450 \pm 20)\) Вт, поток направлен от \(T_2\) к \(T_1\); в среднем сечении \(T \approx (290 \pm 10)\) К.

Решение

Направим ось \(x\) от стенки с температурой \(T_1\) к стенке с температурой \(T_2\). В стационарном режиме тепловой поток через сечение пластины, расположенное на расстоянии \(x\), равен \[P = -k(T)S\dfrac{dT}{dx} = \text{const}.\] Запишем это уравнение в виде \[P\,dx = -Sk(T)\,dT.\qquad (1)\] Просуммируем обе части уравнения (1) по всей толщине пластины: \[P\int\limits_0^d dx = -S\int\limits_{T_1}^{T_2} k(T)\,dT.\] Отсюда находим \[P = -\dfrac{S}{d}\int\limits_{T_1}^{T_2} k(T)\,dT.\] Интеграл вычисляем графически, как площадь под кривой \(k(T)\), ограниченную прямыми \(T = T_1\) и \(T = T_2\). Поскольку \(\int\limits_{T_1}^{T_2} k(T)\,dT > 0\), то \(P < 0\); это означает, что тепловой поток направлен против оси \(x\) (от \(T_2\) к \(T_1\)) и по модулю равен \[|P| \approx (450 \pm 20)\text{ Вт}.\] Распределение температуры внутри пластины можно найти с помощью (1), если просуммировать \(k(T)\) по толщине пластины от нуля до \(x\): \[\dfrac{1}{S}\int\limits_0^x |P|\,dx = |P|\dfrac{x}{S} = \int\limits_{T_1}^{T_x} k(T)\,dT.\] Для каждого значения \(x\) можно найти температуру \(T_x\), при которой площадь под кривой \(k(T)\), ограниченной прямыми \(T = T_1\) и \(T = T_x\), была бы численно равна \(\dfrac{|P|x}{S}\).

В среднем сечении пластины (\(x = d/2\)) температура \(T \approx (290 \pm 10)\) К. Если бы коэффициент \(k\) не зависел от температуры, то температура в плоскости \(x = \dfrac{d}{2}\) равнялась бы \(330\) К.

Ответ

\(\mathcal{E} = \dfrac{3}{4e}\left(\dfrac{hc}{\lambda} - A\right) \approx 0{,}36\) В.

Решение

Максимальная скорость \(v_m\) фотоэлектронов у поверхности фотокатода определяется уравнением Эйнштейна: \[\dfrac{mv_m^2}{2} = \dfrac{hc}{\lambda} - A,\] где \(m\) — масса электрона, \(h\) — постоянная Планка, \(c\) — скорость света.

При ускоряющей разности потенциалов радиус пятна на аноде определяется электронами, вектор скорости которых при вылете из катода направлен параллельно поверхности катода. Время пролета \(\tau_1\) таких электронов до анода равно: \[\tau_1 = \sqrt{\dfrac{2d}{a}},\] где \(a\) — ускорение электронов. Радиус \(R_1\) пятна на аноде в этом случае есть: \[R_1 = v_m\cdot\tau_1 = v_m\sqrt{\dfrac{2d}{a}}.\qquad (1)\] При тормозящей разности потенциалов радиус пятна на аноде определяется электронами, которые, вылетев из катода с максимальной по модулю скоростью под некоторым углом \(\alpha\) к поверхности катода, подлетят к аноду со скоростью, нормальная составляющая которой равна нулю: \[v_n\sin\alpha - a\tau_2 = 0;\quad v_m\sin\alpha\,\tau_2 - \dfrac{a\tau_2^2}{2} = d.\]

Здесь \(\tau_2\) — время пролета электронов от катода к аноду. Из этих соотношений следует \[\tau_2 = \tau_1 = \sqrt{\dfrac{2d}{a}};\quad \sin\alpha = \dfrac{\sqrt{2da}}{v_m}.\] Радиус \(R_2\) пятна на аноде при тормозящей разности потенциалов равен \[R_2 = v_n\cos\alpha\,\tau_2 = \sqrt{v_m^2 - 2ad}\cdot\sqrt{\dfrac{2d}{a}}.\qquad (2)\] Используя (1) и (2), найдем отношение \(\dfrac{R_1}{R_2}\): \[\dfrac{R_1}{R_2} = \dfrac{1}{\sqrt{1 - \dfrac{2ad}{v_m^2}}}.\] Принимая во внимание, что ускорение электрона равно \(a = \dfrac{e\mathcal{E}}{dm}\), где \(e\) — заряд электрона, \(\mathcal{E}\) — ЭДС источника тока, запишем \[\dfrac{R_1}{R_2} = \dfrac{1}{\sqrt{1 - \dfrac{2e\mathcal{E}}{mv_m^2}}} = 2.\] Отсюда \[\mathcal{E} = \dfrac{3}{4}\dfrac{mv_m^2}{2e} = \dfrac{3}{4e}\left(\dfrac{hc}{\lambda} - A\right).\] Числовой расчет дает: \[\mathcal{E} \approx 0{,}36\text{ В}.\]

Ответ

\(fO = \sqrt{10}\) дюйма.

Решение

Из анализа расстояний (рис. 151) видно, что треугольник \(S'Sf\) — прямоугольный.

Оптический центр \(O\) линзы лежит на отрезке прямой \(S'S\) или его продолжении.

Если изображение \(S'\) действительное, то \(S\) и \(S'\) лежат по разные стороны линзы и независимо от того, какой фокус (передний или задний) сохранился на схеме, угол \(S'Sf\) всегда будет острым, но по условию задачи он прямой. Следовательно, изображение \(S'\) мнимое и лежит с источником \(S\) по одну сторону от линзы. Из свойств положительной линзы следует, что если изображение источника мнимое, то источник \(S\) должен находиться к линзе ближе, чем изображение \(S'\) и фокус \(f\). Таким образом, оптический центр \(O\) должен находиться правее источника \(S\) (рис. 152).

Проведем качественное построение хода лучей, считая, что заданы точки \(f\), \(S\) и \(O\). Главная оптическая ось проходит через точки \(f\) и \(O\). Линза перпендикулярна оптической оси.

Луч, пущенный из \(f\) через \(S\), дойдя до линзы, преломится в точке \(L\) и пойдет параллельно главной оптической оси, а изображение \(S'\) должно находиться на продолжении преломленного луча (рис. 153).

Углы \(S'Sf\), \(fSO\), \(OSL\) и \(LSS'\) — прямые, а \(\triangle fSO \sim \triangle OSL \sim \triangle LSS'\). Поэтому можно записать \[\dfrac{SO}{Sf} = \dfrac{LS}{SO} = \dfrac{S'S}{LS} = k,\] откуда \((SS') = k(LS) = k^2(SO) = k^3(Sf)\), \[k = \sqrt[3]{\dfrac{(SS')}{(Sf)}} = \sqrt[3]{27} = 3.\] Теперь находим фокусное расстояние линзы \[fO = \sqrt{(fS)^2 + (SO)^2} = \sqrt{10}.\]