ВсОШ, 1995/96, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Ответ

Давление уменьшилось в 6 раз: \(p_2/p_1 = 1/6\).

Решение

Расширение газа осуществляется при постоянном давлении \(p_1\) и увеличении температуры от \(T_1\) до \(T_2\). Затем газ охлаждается от температуры \(T_2\) до температуры \(T_3\) при постоянном объеме, так как по условию задачи сила трения поршня о стенки цилиндра больше суммы веса поршня и силы внешнего атмосферного давления. Пусть в начале расширения объем газа \(V\), тогда в конце расширения и в конце охлаждения объем равен \(2V\). Для \(\nu\) молей газа \[p_1V = \nu RT_1,\quad p_1\cdot 2V = \nu RT_2,\quad p_2\cdot 2V = \nu RT_3.\] Здесь \(p_2\) — давление в конце охлаждения. Можно показать, что при расширении \(Q = \nu(C_V + R)(T_2 - T_1)\), где \(C_V = \dfrac{3R}{2}\). При охлаждении \[Q = \nu C_V(T_2 - T_3).\] Из записанных уравнений находим, что \(\dfrac{p_2}{p_1} = \dfrac16\), т. е. давление уменьшилось в 6 раз.

Ответ

\(p = \dfrac{3a^2}{8\pi G} \approx 1{,}7\cdot 10^{11}\) Па \(= 1{,}7\cdot 10^6\) атм.

Решение

Рассмотрим условие равновесия цилиндрического столба жидкости с площадью основания \(S\), протяженного от центра планеты до поверхности. Получим: \[p = \dfrac{3a^2}{8\pi G} \approx 1{,}7\cdot 10^{11}\text{ Па} = 1{,}7\cdot 10^6\text{ атм}.\]

Ответ

\(T = 2\pi\sqrt{(m + B^2l^2C)/k}\).

Решение

Направим ось \(x\) вниз, поместив начало координат в точку, соответствующую равновесному положению груза. Пусть в некоторый момент груз имеет координату \(x\). Уравнение движения: \[m\ddot x = -BIl - k(x + x_0) + mg.\] Здесь \(I\) — сила тока в цепи, \(x_0\) — удлинение пружины в положении равновесия, причем \(kx_0 = mg\). В любой момент времени напряжение на конденсаторе равно ЭДС индукции в рейке: \[q/C = B\dot x l,\] где \(q\) — заряд конденсатора. Находим \(I = \dot q = BlC\ddot x\). Исключив из записанных уравнений \(x_0\) и \(I\), получаем дифференциальное уравнение гармонических колебаний для величины \(x\): \[\ddot x + \dfrac{k}{m + B^2l^2C}\,x = 0.\] Период колебаний \(T = 2\pi\sqrt{(m + B^2l^2C)/k}\).

Ответ

Гантельки движутся поступательно: со скоростями \(v_1 = \dfrac{v\sqrt3}{2}\) и \(v_2 = \dfrac v2\) под углами \(\dfrac\pi6\) и \(\dfrac\pi3\) к оси \(x\); оси гантелек составляют с осью \(x\) угол \(\dfrac\pi6\).

Решение

Направим ось \(x\) по движению гантельки. Перейдем в систему отсчета, движущуюся вместе с центром масс системы со скоростью \(\dfrac v2\). На рис. 154, а, б показаны скорости дисков соответственно перед соударением и сразу после соударения. Диски пронумерованы цифрами от 1 до 4. Совершив почти полный оборот после первого соударения, гантельки снова сталкиваются дисками 1 и 4 (рис. 154, в). В результате гантельки движутся поступательно со скоростями \(\dfrac v2\) под углом \(2\arctg\dfrac{2R}{L} = \dfrac\pi3\) к оси \(x\).

В системе отсчета, связанной со столом, гантельки после взаимодействия будут двигаться (рис. 154, г) поступательно со скоростями \(v_1 = \dfrac{v\sqrt3}{2}\) и \(v_2 = \dfrac v2\) под углами \(\dfrac\pi6\) и \(\dfrac\pi3\) к оси \(x\). Оси гантелек составляют с осью \(x\) угол \(\dfrac\pi6\).

Ответ

\(\omega = \dfrac{QB}{2M}\).

Решение

Вырежем мысленно из диска узкое кольцо радиуса \(r\) с центром на оси диска. Пусть заряд кольца \(q\), его масса \(m\). Рассмотрим поведение кольца отдельно от диска. При выключении магнитного поля появляется вихревое электрическое поле. Заряженное кольцо в электрическом поле начинает вращаться. Пусть в некоторый момент времени линейная скорость точек кольца равна \(v\). За малое время \(\Delta t\) через поперечное сечение кольца пройдет заряд \(\dfrac{q}{2\pi r}\,v\Delta t\) и над ним электрическое поле совершит работу \[\Delta A = \mathcal{E}\,\dfrac{q}{2\pi r}\,v\Delta t,\] где \(\mathcal{E} = -\dfrac{\pi r^2\Delta B}{\Delta t}\) — ЭДС индукции в кольце. Здесь \(\Delta B\) — изменение индукции магнитного поля за время \(\Delta t\). Имеем \[\Delta A = -\dfrac{rqv\Delta B}{2}.\] Изменение кинетической энергии кольца за время \(\Delta t\) равно \(\Delta K = mv\Delta v\), где \(\Delta v\) — изменение скорости \(v\). Поскольку \(\Delta A = \Delta K\), то \[2m\Delta v = -rq\Delta B.\] Просуммируем все аналогичные равенства, записанные для всех малых интервалов времени, на которые можно разбить время выключения магнитного поля: \[2m(\omega r - 0) = -rq(0 - B).\] Отсюда угловая скорость вращения кольца после выключения поля \[\omega = \dfrac{qB}{2m}.\] Так как \(\dfrac qm = \dfrac QM\), то \(\omega = \dfrac{QB}{2M}\). Видим, что для всех колец, на которые можно разбить диск, величина \(\omega\) одна и та же. С этой угловой скоростью станет вращаться диск. Итак, ответ: \(\omega = \dfrac{QB}{2M}\).

Ответ

\(v_0 = \sqrt{8\mu g\left(l + \dfrac{\mu mg}{k}\right)}\) (задача имеет решение, если \(l > \dfrac{\mu mg}{k}\)).

Решение

При движении груза влево от точки (1) (рис. 155) закон сохранения энергии имеет вид: \[\dfrac{mv_0^2}{2} + \dfrac{kl^2}{2} = \dfrac{kl_1^2}{2} + \mu mg(l + l_1),\qquad(1)\] где \(l_1\) — максимальное сжатие пружины.

При движении груза вправо от точки (2) имеем \[\dfrac{kl_1^2}{2} = \dfrac{kl^2}{2} + \mu mg(l + l_1).\qquad(2)\] Из (1) и (2) находим \[\dfrac{mv_0^2}{2} = 2\mu mg(l + l_1).\qquad(3)\] Из уравнений (3) и (1) можем найти максимальное сжатие пружины: \[l_1 = l + 2\mu\dfrac{mg}{k}.\qquad(4)\] Подставляя полученное выражение для \(l_1\) в (3), получим: \[\dfrac{mv_0^2}{2} = 4\mu mg\left(l + \dfrac{\mu mg}{k}\right),\] откуда \[v_0 = \sqrt{8\mu g\left(l + \dfrac{\mu mg}{k}\right)}.\] Заметим, что задача имеет решение, если \(l > \dfrac{\mu mg}{k}\). Область \(-\dfrac{\mu mg}{k} \le x \le \dfrac{\mu mg}{k}\) называется зоной застоя.

Ответ

\(T = \dfrac{\pi}{\sqrt6}\sqrt{\dfrac Mm}\,\dfrac1f\).

Решение

Пусть в некоторый произвольный момент времени поршень движется влево. Его смещение равно \(x\), скорость \(u(x) = \Delta x/\Delta t\). Обозначим скорость левого шарика в этот момент через \(v\) (рис. 156). При каждом отскоке шарика от поршня скорость шарика увеличивается на \(2u\). За малое время \(\Delta t\) число ударов о поршень равно \[\Delta N = \Delta t\left(\dfrac{2(l - x)}{v}\right)^{-1} = \dfrac{v\Delta t}{2(l - x)},\] где \(l\) — расстояние между поршнем и стенкой при равновесии. Полное изменение скорости шарика за это время равно \(\Delta v = 2u\Delta N = \dfrac{v\Delta x}{l - x}\). Получаем уравнение относительно \(v\) и \(x\): \[\dfrac{\Delta v}{v} = \dfrac{\Delta x}{l - x}.\] Строгое решение этого уравнения приводит к соотношению: \[v(x)(l - x) = v_0 l = \text{const},\] где \(v_0\) — скорость шарика при равновесном положении поршня (\(x = 0\)). Этот же результат получим и при малых смещениях поршня, если положить, что \(\Delta x \approx x\), а \(v \approx v_0\). Тогда \(\Delta v = \dfrac{v_0 x}{l - x}\), а \[v(x) = v_0 + \Delta v = v_0\dfrac{l}{l - x}.\] Найдем силу \(F_1\), действующую в этот момент на поршень со стороны левого шарика. Число ударов шарика о поршень в единицу времени \[N = \dfrac{v}{2(l - x)} = \dfrac{v_0 l}{2(l - x)^2}.\] При каждом ударе изменение импульса шарика \[\Delta p = -2mv = -\dfrac{2mv_0 l}{l - x}.\] Поэтому \[F_1 = \dfrac{mv_0^2 l^2}{(l - x)^3}.\] Аналогично сила со стороны правого шарика \[F_2 = \dfrac{mv_0^2 l^2}{(l + x)^3}.\] При \(\dfrac xl \ll 1\) \[F_1 \approx \dfrac{mv_0^2}{l}\left(1 + \dfrac{3x}{l}\right),\quad F_2 = \dfrac{mv_0^2}{l}\left(1 - \dfrac{3x}{l}\right).\] Уравнение движения поршня: \[M\ddot x = F_2 - F_1 = -\dfrac{6mv_0^2 x}{l^2}.\] Поскольку равновесная частота \(f = v_0/(2l)\), то уравнение движения будет иметь вид \[\ddot x + 24f^2\dfrac mM\,x = 0.\] Следовательно, круговая частота равна \(\omega = 2\sqrt6\,f\sqrt{\dfrac mM}\), а период \[T = \dfrac{\pi}{\sqrt6}\sqrt{\dfrac Mm}\,\dfrac1f.\]

Ответ

\(N_{\max} = \rho hLu\left(T_1 - T_2 - T_2\ln\dfrac{T_1}{T_2}\right) = 2{,}86\cdot 10^8\) кВт.

Решение

Максимальная полезная мощность может быть получена при использовании цикла Карно. Масса теплой воды, которая может быть использована за время \(\tau\), равна \(m = \rho hLu\tau\). Будем считать, что вода, поступающая за время \(\tau\), является нагревателем тепловой машины, а атмосфера — холодильником, температура которого остается неизменной и равной \(T_2\). При работе тепловой машины происходит постепенное понижение температуры воды. Пусть в некоторый момент времени работы установки по циклу Карно температура воды равна \(T\), тогда в течение малого промежутка времени можно считать \(T \approx \text{const}\). По теореме Карно КПД цикла равен \[\eta = \dfrac{dA}{mc(-dT)} = \dfrac{T - T_2}{T},\] где \(dA\) — работа, совершенная при изменении температуры воды на \(dT < 0\), \(c\) — удельная теплоемкость воды. Через время \(\tau\), в течение которого вода остынет от \(T_1\) до \(T_2\), будет совершена работа \[A = \int dA = -\int\limits_{T_1}^{T_2} mc\,\dfrac{T - T_2}{T}\,dT = mc\left(T_1 - T_2 - T_2\ln\dfrac{T_1}{T_2}\right).\] Эта работа была совершена за время \(\tau\). Поэтому мощность \(N_{\max}\) тепловой установки, в которой от нагревателя получено максимальное количество теплоты, равна \[N_{\max} = \dfrac A\tau = \rho hLu\left(T_1 - T_2 - T_2\ln\dfrac{T_1}{T_2}\right) = 2{,}86\cdot 10^8\text{ кВт}.\]

Ответ

\(T = \dfrac{2L}{R}\ln 2 = 1{,}4\cdot 10^{-2}\) с.

Решение

После замыкания ключа \(K_2\) можно применить закон Ома для замкнутой цепи: \[L\dfrac{dI}{dt} + IR = \mathcal{E}.\] Решение этого уравнения имеет вид (рис. 157): \[I(t) = \dfrac{\mathcal{E}}{R}\left(1 - e^{-Rt/L}\right).\] Через некоторое время \(t_1\) сила тока через катушку реле будет равна \[I_1 = \dfrac{\mathcal{E}}{R}\left(1 - e^{-Rt_1/L}\right),\] а через время \(t_2\) сила тока \[I_2 = \dfrac{\mathcal{E}}{R}\left(1 - e^{-Rt_2/L}\right).\] Из совместного решения двух последних уравнений найдем \[\tau_1 = t_2 - t_1 = \dfrac LR\ln\left(\dfrac{\mathcal{E}/R - I_1}{\mathcal{E}/R - I_2}\right) = \dfrac LR\ln 2.\qquad(1)\]

После размыкания ключа \(K_1\) образуется новая замкнутая цепь, состоящая из обмотки реле и диода Д. Закон Ома для этой цепи будет иметь вид: \[L\dfrac{dI}{dt} + IR = 0.\] В этом случае \(\tau_2 = t_3 - t_2\); чтобы найти \(\tau_2\), нужно в (1) заменить \(I_1\) на \(I_2\), а \(I_2\) на \(I_1\) и учесть, что \(\mathcal{E} = 0\). Тогда \[\tau_2 = \tau_1 = \dfrac LR\ln\dfrac{I_2}{I_1} = \dfrac LR\ln 2.\] Период размыкания и замыкания реле в установившемся режиме \[T = \tau_1 + \tau_2 = \dfrac{2L}{R}\ln 2 = 1{,}4\cdot 10^{-2}\text{ с}.\]

Ответ

Возможно: линза собирающая; оптический центр \(O\) лежит на пересечении прямой \(a\) с окружностью, построенной на отрезке \(FL\) как на диаметре, и из двух точек пересечения подходит \(O_2\) (линза \(\text{Л}_2\)). Фокусное расстояние равно \(FO_2\).

Решение

Из соотношения расстояний от \(S\) и \(S'\) до плоскости линзы следует, что линза собирающая.

Пусть точка \(O\) — оптический центр линзы. Положение точки \(O\) можно оценить с помощью геометрических построений.

Главная оптическая ось проходит через точки \(F\), \(O\) и перпендикулярна плоскости линзы. Следовательно, угол \(FOL\) — прямой.

Прямая, соединяющая источник \(S\) и его изображение \(S'\), всегда проходит через оптический центр линзы.

Соединим точки \(F\) и \(L\) прямой и из середины отрезка \(FL\) (пусть это будет точка \(C\)) проведем окружность через точки \(F\) и \(L\) (рис. 158).

Так как угол, опирающийся на диаметр окружности, всегда прямой, мы делаем заключение, что точка \(O\) лежит на пересечении окружности и прямой \(a\). По построению мы получили два возможных положения точки \(O\) (\(O_1\) и \(O_2\)) и два возможных положения линзы: \(\text{Л}_1\) и \(\text{Л}_2\).

По условию изображение \(S'\) источника \(S\) отстоит от линзы дальше, чем сам источник. Поэтому можно сделать вывод: условиям задачи соответствует только схема с линзой \(\text{Л}_2\). В самом деле: точка \(S\) отстоит от плоскости линзы \(\text{Л}_1\) на расстоянии, превышающем двойное фокусное. Значит, изображение \(S'\) будет находиться на расстоянии, меньшем двойного фокусного. Построения на рис. 158 поясняют этот вывод. \(A_1\) и \(A_2\) — точки, находящиеся на двойном фокусном расстоянии от линз \(\text{Л}_1\) и \(\text{Л}_2\) соответственно. На рис. 158 изображены плоскости, перпендикулярные оптическим осям \(FO_1\) и \(FO_2\) и отстоящие от линз \(\text{Л}_1\) и \(\text{Л}_2\) на двойном фокусном расстоянии.