ВсОШ, 1996/97, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Ответ

Диссоциировало 50% молекул углекислого газа (\(\alpha = 1/2\)).

Решение

Пусть до нагрева давление и температура в сосуде соответственно равны \(p_1\) и \(T_1\), а после нагрева \(p_2\) и \(T_2\). Обозначим через \(V_1\) и \(V_2\) объемы углекислого газа до нагрева и смеси после нагрева. Пусть число молекул гелия \(N_0\). Если до нагрева было \(N\) молекул углекислого газа и диссоциировала часть молекул, равная \(\alpha\), то в смеси станет \(N + \dfrac{N\alpha}{2}\) молекул. Запишем уравнения \[p_1V_1 = NkT_1,\quad p_1\cdot 5V_1 = N_0kT_1,\] \[p_2V_2 = (N + N\alpha/2)kT_2,\quad p_2\cdot 4V_2 = N_0kT_2.\] Из этих уравнений находим \(\alpha = \dfrac12\). Это значит, что диссоциировало 50% молекул углекислого газа.

Ответ

Возможны два значения: \(U_1 = 34\) В (при \(I_{01} = 51\) А) и \(U_2 = \dfrac{34}{3}\) В (при \(I_{02} = \dfrac{17}{3}\) А).

Решение

Зададим направления токов \(I_1\), \(I_2\), \(I_0\) (рис. 159). По второму правилу Кирхгофа имеем \[\mathcal{E}_1 + \mathcal{E}_2 = I_1(R_1 + r_1) + I_2(R_2 + r_2),\] по первому правилу Кирхгофа \[I_1 = I_0 + I_2.\] Чтобы избежать громоздких выкладок, удобно сразу подставить в эти соотношения числовые значения параметров. Это дает \[I_1 = \dfrac{3\text{ А} + I_0}{2},\quad I_2 = \dfrac{3\text{ А} - I_0}{2}.\] По условию \[U = |I_1r_1 - \mathcal{E}_1| = |I_2r_2 - \mathcal{E}_2|.\] С учетом выражений для \(I_1\) и \(I_2\) запишем \[U = |I_0 - 17\text{ А}| = \dfrac12\,|I_0 + 17\text{ А}|.\] Отсюда получаем два значения \(I_0\): \[I_{01} = 51\text{ А},\quad I_{02} = \dfrac{17}{3}\text{ А}\] и два значения напряжения на вольтметрах: \[U_1 = 34\text{ В},\quad U_2 = \dfrac{34}{3}\text{ В}.\]

Ответ

\(F = \dfrac{10}{81}\,\dfrac{Q\mathcal{E}}{L}\).

Решение

По условию \(Q = \dfrac{\varepsilon_0 S\mathcal{E}}{3L}\) (\(S\) — площадь обкладок конденсатора), поле создается всеми зарядами, разность потенциалов между обкладками конденсатора всегда равна \(\mathcal{E}\) и суммарный заряд обкладок конденсатора всегда равен нулю. Заряд правой обкладки конденсатора после внесения пластины равен \(q_1 = \dfrac{7Q}{6}\). Воспользовавшись тем, что напряженность поля в пластине равна нулю, находим заряды латунного и медного листов: \(Q_1 = \dfrac{5Q}{3}\), \(Q_2 = -\dfrac{2Q}{3}\). Заряд правой обкладки конденсатора после перемещения медного листа в положении \(AB\) равен \(q_2 = \dfrac{25Q}{18}\). Сила, которую необходимо приложить к медному листу, \[F = \left|\dfrac{Q_2(2q_2 - Q_1)}{2\varepsilon_0 S}\right| = \dfrac{10}{81}\,\dfrac{Q\mathcal{E}}{L}.\]

Ответ

\(\tau = \dfrac{\pi\sqrt{Rh}}{v}\).

Решение

Предположим, что удары о стенки происходят гораздо чаще, чем пересечения шайбой оси \(y\), и что движение вдоль оси \(x\) ограничено в узкой области вблизи начала координат (затем убедимся в верности этого предположения). Тогда время пролета от стенки до стенки \(\Delta t \simeq \dfrac{2h}{v}\) будет почти постоянным. Изменение проекции скорости на ось \(x\) за один удар \(\Delta v_x = -2\dfrac xR\,v\). Здесь \(x\) — абсцисса шайбы. \(a_x \simeq \dfrac{\Delta v_x}{\Delta t} = -\dfrac{v^2}{Rh}\,x\). С учетом того, что \(a_x = \ddot x\), можем записать \(\ddot x = -\dfrac{xv^2}{Rh}\). Имеем дифференциальное уравнение гармонических колебаний величины \(x\): \[\ddot x + \dfrac{v^2}{Rh}\,x = 0.\] Период колебаний величины \(x\) равен \(T = 2\pi\sqrt{\dfrac{Rh}{v^2}}\), а искомое время \(\tau = \dfrac{\pi\sqrt{Rh}}{v}\).

Заметим, что \(\dfrac{\tau}{\Delta t} = \dfrac\pi2\sqrt{\dfrac Rh} \gg 1\), амплитуда \(A\) колебаний вдоль оси \(x\) равна \(A = \alpha\sqrt{Rh} \ll OC = \sqrt{2Rh}\). Это значит, что высказанные выше предположения верны.

Ответ

\(M = m\left(1 + \dfrac{1}{2\sin^2\alpha}\right)^{-1}\).

Решение

Обозначим скорость груза, находящегося в точке \(B\), через \(v\). Тогда скорости грузов, находящихся в точках \(A\) и \(C\), равны \(\dfrac{v}{2\sin\alpha}\). Полная кинетическая энергия грузов массы \(M\) равна \[E = \dfrac{Mv^2}{2} + 2\dfrac M2\left(\dfrac{v}{2\sin\alpha}\right)^2 = \dfrac{Mv^2}{2}\left(1 + \dfrac{1}{2\sin^2\alpha}\right).\] Эта энергия совпадает с энергией материальной точки с массой \(M_{\text{эф}} = M\left(1 + \dfrac{1}{2\sin^2\alpha}\right)\), а значит, при кратковременных воздействиях (ударах) конструкция ведет себя как материальная точка с массой \(M_{\text{эф}}\). Для остановки шайбы должно выполняться условие \(m = M_{\text{эф}}\), откуда \[M = m\left(1 + \dfrac{1}{2\sin^2\alpha}\right)^{-1}.\]

Ответ

1) \(\Delta x = \dfrac{\Delta x_0}{2}\);  2) \(T = 2\pi\sqrt{\dfrac{(m + M/3)\Delta x_0}{Mg}}\).

Решение

Жесткость данной пружины \(k = \dfrac{Mg}{\Delta x_0}\). Найдем жесткость \(k^*\) небольшого элемента этой пружины длиной \(dx\). Если пружина растянута на величину \(\Delta x\), то очевидно, что удлинение \(\delta x\) элемента пружины длиной \(dx\) равно \(\delta x = \dfrac{\Delta x}{l_0}\,dx\), где \(l_0\) — длина пружины, при этом упругая сила в любом сечении пружины равна \(F = k\Delta x\). С другой стороны, деформация элемента пружины \(dx\) может быть записана в виде \(\delta x = \dfrac{F}{k^*} = \dfrac{k\Delta x}{k^*}\). Приравняв два выражения для \(\delta x\), получим \(k^* = k\dfrac{l_0}{dx}\).

1) Рассмотрим вертикально подвешенную пружину (см. рис. 160). Распределение силы \(F_x\) вдоль оси \(x\) будет иметь вид \[F_x = \dfrac{Mg}{l_0}(l_0 - x).\] Удлинение элемента пружины длиной \(dx\), имеющего координату \(x\), равно \[\delta x = \dfrac{F_x}{k^*} = \dfrac{Mg(l_0 - x)\,dx}{kl_0^2} = \dfrac{(l_0 - x)\Delta x_0}{l_0^2}\,dx.\] Очевидно, что удлинение всей пружины \[\Delta x = \int\limits_0^{l_0}\dfrac{(l_0 - x)\Delta x_0}{l_0^2}\,dx = \dfrac{\Delta x_0}{2}.\]

2) Пусть в некоторый момент времени груз массой \(m\) сместился от равновесного положения (\(x = 0\)) на величину \(x\) (см. рис. 161). Найдем полную энергию системы «пружина + груз» массой \(m\). Кинетическая энергия груза \(T_m = \dfrac{m\dot x^2}{2}\).

Если смещение правого конца пружины \(x\), то смещение элемента пружины с координатой \(y\) равно \[x_y = \dfrac{x}{l_0}\,y.\] Следовательно, скорость элемента пружины с координатой \(y\) \[v_y = \dot x_y = \dfrac{y}{l_0}\,\dot x,\]

а кинетическая энергия элемента пружины длиной \(dy\) \[dT_{\text{пр}} = \dfrac{M}{l_0}\,dy\,\dfrac{y^2}{2l_0^2}\,\dot x^2 = \dfrac{M\dot x^2}{2l_0^3}\,y^2\,dy.\] Полная кинетическая энергия пружины \[T_{\text{пр}} = \int\limits_0^{l_0}\dfrac{M\dot x^2}{2l_0^3}\,y^2\,dy = \dfrac{M\dot x^2}{6}.\] Теперь найдем энергию упругой деформации пружины \[U = \dfrac{kx^2}{2} = \dfrac{Mg}{2\Delta x_0}\,x^2.\] Полная энергия системы «пружина + груз» \[\dfrac{m\dot x^2}{2} + \dfrac{M\dot x^2}{6} + \dfrac{Mg}{2\Delta x_0}\,x^2 = \text{const}.\] Продифференцировав по времени \(t\), получим уравнение движения груза: \[(m + M/3)\ddot x + \dfrac{Mg}{\Delta x_0}\,x = 0.\] Период колебания груза \(T = 2\pi\sqrt{\dfrac{(m + \dfrac M3)\Delta x_0}{Mg}}\).

Ответ

1) Шарик 1 сместится на ось вращения, шарик 2 останется на месте, шарик 3 уйдет к боковой стенке цилиндра; 2) \(F_1 = \rho_0\dfrac43\pi r^3g\) (вертикальная сила), \(F_2 = \dfrac43\pi r^3\rho_0\sqrt{g^2 + \dfrac{\omega^4R^2}{4}}\), \(F_3 = \dfrac43\pi r^3\rho_0\sqrt{g^2 + \omega^4R^2}\).

Решение

1. Мысленно выделим во вращающейся жидкости элемент объема в виде шарика радиусом \(r\), расположенным на расстоянии \(x\) от оси вращения. Данный элемент жидкости вращается в горизонтальной плоскости с угловой скоростью \(\omega\). Следовательно, радиальная составляющая силы Архимеда \(F_r\) является центростремительной силой, которая равна \[F_r = \rho_0\dfrac43\pi r^3\omega^2x,\] где \(\rho_0\) — плотность воды. На каждый из трех шариков, расположенных на расстоянии \(x\) от оси вращения, будет действовать именно такая сила, поскольку радиусы шариков одинаковы, а распределение давления в жидкости зависит только от \(x\). Для шарика 1, плотность которого \(\rho_1 < \rho_0\), сила \(F_r\) является «избыточной», т. е. она больше, чем та, которая необходима для его стационарного вращения по окружности радиуса \(x\). Поэтому шарик 1 будет смещаться к оси вращения и в конце концов окажется на оси (устойчивое положение равновесия). Очевидно, что шарик 2 останется на своем месте, а шарик 3, плотность которого \(\rho_3 > \rho_0\), будет смещаться от оси вращения и упрется в боковую стенку цилиндра. Для этого шарика радиальная результирующая сила давления со стороны жидкости не достаточна для того, чтобы обеспечить ему стационарное вращение.

2. Результирующая сила давления со стороны воды на шарик 1 будет иметь только вертикальную составляющую, равную \[F_1 = F_{1\text{в}} = \rho_0\dfrac43\pi r^3g.\] На шарик 2 действует результирующая сила \(F_2\), которая имеет две составляющих: вертикальную \(F_{2\text{в}} = \rho_0\dfrac43\pi r^3g\) и радиальную \[F_{2r} = \rho_0\dfrac43\pi r^3\omega^2\,\dfrac R2.\] \[F_2 = \dfrac43\pi r^3\rho_0\sqrt{g^2 + \dfrac{\omega^4R^2}{4}}.\] Аналогично на шарик 3 действует результирующая сила \[F_3 = \dfrac43\pi r^3\rho_0\sqrt{g^2 + \omega^4R^2};\] ее составляющие \(F_{3\text{в}} = \rho_0\dfrac43\pi r^3g\), \(F_{3r} = \rho_0\dfrac43\pi r^3\omega^2R\).

Ответ

1) \(\alpha = \arcsin\dfrac{LI_0}{\pi R^2B}\) при \(I_0 < \dfrac{\pi R^2B}{L}\) и \(\alpha = \dfrac\pi2\) при \(I_0 > \dfrac{\pi R^2B}{L}\); 2) \(I = 0\) при \(I_0 < \dfrac{\pi R^2B}{L}\) и \(I = I_0 - \dfrac{\pi R^2B}{L}\) при \(I_0 > \dfrac{\pi R^2B}{L}\); 3) \(A = \pi R^2B\left(I_0 - \dfrac{\pi R^2B}{2L}\right) + 2MgR\).

Решение

Если кольцо находится в однородном магнитном поле индукции \(B\) и в кольце течет ток \(I \ne 0\) (при \(0 \le \alpha \le \dfrac\pi2\)), то единственным положением устойчивого равновесия является положение, когда \(\alpha = \dfrac\pi2\) и вектор индукции собственного магнитного поля кольца в его центре направлен вдоль \(\vec B\). Пусть \(\alpha = \dfrac\pi2\), а в кольце течет ток \(I\) таким образом, что кольцо находится в устойчивом положении равновесия.

Магнитный поток, пронизывающий сверхпроводящее кольцо, сохраняется, поэтому \[LI_0 = LI + B\pi R^2.\] Отсюда \[I = I_0 - \dfrac{B\pi R^2}{L}.\] Из условия, что \(I > 0\), следует, что \(I_0 > \dfrac{B\pi R^2}{L}\). Следовательно, при \(I_0 > \dfrac{B\pi R^2}{L}\) угол \(\alpha = \dfrac\pi2\). При \(I_0 < \dfrac{B\pi R^2}{L}\) устойчивого положения с током \(I \ne 0\) нет, поэтому устойчивое положение равновесия в этом случае будет при \(I = 0\).

Пусть при \(I = 0\) угол \(\alpha \ne \dfrac\pi2\). По закону сохранения магнитного потока \[LI_0 = \pi R^2B\sin\alpha.\] Отсюда \[\alpha = \arcsin\left(\dfrac{LI_0}{\pi R^2B}\right).\] Графики зависимости \(\alpha(I_0)\) и \(I(I_0)\) приведены на рисунках 162 и 163.

3. Пусть в отсутствие внешнего магнитного поля в кольце \(I_0 > \dfrac{\pi R^2B}{L}\), а в магнитном поле сила тока в кольце \(I = I_0 - \dfrac{\pi R^2B}{L}\). Найдем работу по удалению кольца из области однородного магнитного поля. На рисунке 164 показано произвольное положение кольца, когда его вытянули на величину \(x\). На кольцо со стороны поля будет действовать сила Ампера \[F_x = I_xBl_x,\qquad(1)\] где \(I_x\) — сила тока в кольце. По закону сохранения магнитного потока \[LI_0 = LI_x + B(\pi R^2 - S_x),\] где \(S_x\) — площадь заштрихованной на рисунке области. Следовательно, \[I_x = I_0 - \dfrac{(\pi R^2 - S_x)B}{L}.\qquad(2)\] После подстановки (2) в (1) получим \[F_x = \left[I_0 - \dfrac{(\pi R^2 - S_x)B}{L}\right]Bl_x.\]

Работа по удалению кольца из поля равна \[A_{\text{магн}} = \int\limits_0^{2R}F_x\,dx = \int\limits_0^{2R}\left[I_0 - \dfrac{(\pi R^2 - S_x)B}{L}\right]Bl_x\,dx = \int\limits_0^{\pi R^2}\left[I_0 - \dfrac{(\pi R^2 - S_x)B}{L}\right]B\,dS_x = \pi R^2B\left(I_0 - \dfrac{\pi R^2B}{2L}\right).\] С учетом поля тяжести \[A = A_{\text{магн}} + 2MgR = \pi R^2B\left(I_0 - \dfrac{\pi R^2B}{2L}\right) + 2MgR.\]

Ответ

1) \(U_0 \ge \sqrt{\dfrac{2Mgd^2}{\varepsilon_0S}}\);  2) \(v = \sqrt{2gd}\).

Решение

Пластина 3 оторвется от пластины 2, когда электрическая сила \(F_3\) будет равна силе тяжести \(Mg\). Пусть это произойдет при напряжении источника \(U_0\). В этот момент на пластине 3 будет находиться положительный заряд \(Q_0 = \dfrac{\varepsilon_0S}{d}\,U_0\). Электростатическая сила, действующая на пластину 3 со стороны пластины 1, равна \(F_{\text{э}}(0) = \dfrac{Q_0^2}{2\varepsilon_0S}\). Отрыв произойдет при условии \[\dfrac{Q_0^2}{2\varepsilon_0S} \ge Mg.\] Выражая \(Q_0\) через \(U_0\), получим, что \(U_0 \ge \sqrt{\dfrac{2Mgd^2}{\varepsilon_0S}}\).

Рассмотрим теперь некоторый произвольный момент времени, когда пластина 3 движется к пластине 1 и находится от пластины 2 на расстоянии \(x\) (рис. 165). Пусть на пластине 2 в этот момент времени находится заряд \(q\), тогда на пластине 1 будет заряд \(-(Q_0 + q)\). Источник постоянного напряжения поддерживает между пластинами 1 и 2 разность потенциалов \(U_0\): \[U_0 = \dfrac{qd}{2\varepsilon_0S} + \dfrac{(Q_0 + q)d}{2\varepsilon_0S} + \dfrac{Q_0(d - x)}{2\varepsilon_0S} - \dfrac{Q_0x}{2\varepsilon_0S} = \dfrac{Q_0d}{\varepsilon_0S} + \dfrac{qd}{\varepsilon_0S} - \dfrac{Q_0x}{\varepsilon_0S}.\]

Из этого уравнения найдем заряд \(q\) на пластине 2 \[q = \dfrac{U_0\varepsilon_0S}{d} - Q_0\left(1 - \dfrac xd\right) = \dfrac{\varepsilon_0SU_0x}{d^2}.\] Теперь найдем электростатическую силу, действующую на пластину 3: \[F_{\text{э}}(x) = Q_0\left(\dfrac{Q_0}{2\varepsilon_0S} + \dfrac{q}{\varepsilon_0S}\right) = \dfrac{\varepsilon_0SU_0^2}{2d^2}\left(1 + \dfrac{2x}{d}\right).\] Результирующая сила, действующая на пластину 3 вдоль оси \(x\), равна \[F_x = F_{\text{э}} - Mg = \dfrac{\varepsilon_0SU_0^2x}{d^3} = Mg\,\dfrac{2x}{d}.\] Работа, совершенная этой силой \(A = \displaystyle\int\limits_0^d Mg\,\dfrac{2x}{d}\,dx = Mgd\).

Из закона сохранения энергии запишем \(A = \dfrac{Mv^2}{2}\), откуда находим скорость \(v = \sqrt{2gd}\).

Ответ

Построение (рис. 166): источник \(S\) и оба его изображения лежат на побочной оптической оси \(AA'\), перпендикулярной плоскости зеркала; изображение \(S_1\) — точка пересечения этой оси с пунктирной линией, источник \(S\) находится построением хода лучей через \(B\) и \(F\); второе (мнимое) изображение \(S_2\) — пересечение оси \(AA'\) с лучом, идущим через \(B'\) параллельно главной оптической оси.

Решение

Источник света и оба его изображения будут лежать на побочной оптической оси \(AA'\) линзы, перпендикулярной плоскости зеркала (см. рис. 166). Точка пересечения этой оси с пунктирной линией является одним из изображений \(S_1\). Найдем положение источника, от которого получено это изображение. Проведем прямую \(S_1B\), параллельную главной оптической оси \(OO'\), а затем прямую \(BF\). Точка \(S'\) пересечения этой прямой с прямой \(AA'\) является мнимым изображением источника \(S\), который дает в зеркале изображение \(S'\). Для нахождения второго изображения проведем прямую \(FB'\) через фокус линзы и источник \(S\), а затем через точку \(B'\) — прямую параллельно главной оптической оси. Ее пересечение с прямой \(AA'\) — точка \(S_2\) — является вторым мнимым изображением.