ВсОШ, 1997/98, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Ответ

1) \(t_1 = \tau = \dfrac{\pi}{2}\sqrt{LC}\);  2) напряжение на конденсаторе \(C\) после \(\tau\) колеблется с периодом \(T = 2\pi\sqrt{LC}\) и амплитудой \(U_0/2\), напряжение на конденсаторе \(3C\) остаётся постоянным, \(|U_{3C}| = U_0/2\) (графики — на рисунке в решении).

Решение

1. В течение времени \(t_1 = \tau = \dfrac{\pi}{2}\sqrt{LC}\) диод закрыт. К концу этого промежутка времени конденсатор \(C\) первый раз разрядится, и его электростатическая энергия преобразуется в энергию магнитного поля катушки.

2. В следующий интервал времени \(t_2 = \dfrac{\pi}{2}\sqrt{4L\cdot C} = \pi\sqrt{LC}\) диод открыт и параллельно соединённые конденсаторы общей ёмкостью \(4C\) к концу этого интервала заряжаются до напряжения \(U\), а сила тока в катушке становится равной нулю. Из закона сохранения энергии следует, что \[\dfrac{CU_0^2}{2} = \dfrac{4CU^2}{2} \;\Rightarrow\; U = \dfrac{U_0}{2}.\] В дальнейшем диод всегда закрыт, и в левом контуре происходят незатухающие колебания с периодом \(T = 2\pi\sqrt{LC}\) и амплитудой колебаний напряжения \(U = \dfrac{U_0}{2}\). При этом напряжение на конденсаторе \(3C\) остаётся постоянным и равным \(U_{3C} = \dfrac{U_0}{2}\). Графики зависимости от времени \(t\) напряжений \(U_C\) и \(U_{3C}\) на конденсаторах показаны на рисунке 167.

Ответ

Шарик сместится вправо на расстояние \(l = \dfrac{mg\tau}{qB}\); достаточно большое время — \(\tau \gg T = \dfrac{2\pi m}{qB}\).

Решение

Перейдем в систему отсчета \(K\), движущуюся вправо с некоторой скоростью \(v_0\). В этой системе отсчета появится электрическое поле с напряженностью \(E = v_0B\), направленное вертикально вверх. Выражение для \(E\) можно получить, приравняв силы, действующие на заряд со стороны электромагнитного поля в неподвижной и движущейся системах. Подберем скорость \(v_0\) такой, чтобы сила электрического поля была равна силе тяжести: \[qv_0B = mg.\] Отсюда \[v_0 = \dfrac{mg}{qB}.\] В системе \(K\) шарик будет иметь скорость \(v_0\), направленную вначале влево. Результирующая сила, действующая на шарик, — сила со стороны магнитного поля индукцией \(B\). В системе \(K\) шарик будет двигаться в плоскости чертежа против часовой стрелки со скоростью \(v_0\) по окружности радиуса \(R = \dfrac{mv_0}{qB}\) с периодом \(T = \dfrac{2\pi m}{qB}\). Относительно Земли шарик будет дрейфовать со скоростью системы \(K\), т. е. со скоростью \(v_0\) и за достаточно большое время \(\tau\) (\(\tau \gg T\)) сместится относительно Земли вправо на расстояние \(l = v_0\tau = \dfrac{mg\tau}{qB}\). Траектория шарика показана на рисунке 168.

Замечание. Задачу можно решить и другим способом, представив скорость шарика \(\vec v\) в виде суммы \(\vec v = \vec v_0 + \vec v_1\), где \(\vec v_0 = \text{const}\) и выбрана так, чтобы \(q\vec v_0\times\vec B + m\vec g = 0\), т. е. \(\vec v_0\) направлена вправо. Тогда только скорость \(\vec v_1\) будет отвечать за движение шарика в магнитном поле. В начальный момент \(\vec v_1 = \vec v_0\), и это вызовет движение по окружности радиусом \(R = \dfrac{mv_0}{qB}\) с периодом \(T = \dfrac{2\pi m}{qB}\). Общее движение шарика можно представить как движение по окружности и равномерное движение со скоростью \(v_0\) вправо.

Ответ

\(t_1 = 1\) с, \(s \approx 57\) м (точнее \(s \approx 40\) м).

Решение

Начальная угловая скорость вращения обруча \(\omega_0 = 2\pi n\). Из условия задачи следует, что \(\omega_0R \gg v_0\). Сила трения, действующая на любой малый элемент обруча, направлена против скорости этого элемента относительно поверхности. Для любой пары элементов обруча, симметричных относительно центра обруча, векторная сумма сил трения приблизительно равна нулю, поскольку выполняется записанное выше неравенство. Поэтому центр вращающегося обруча будет двигаться, почти не замедляясь по сравнению со случаем поступательного движения без вращения. Для оценки можно считать, что ускорение центра обруча \[a_c = \mu g\,\dfrac{v_0}{\omega_0R} \approx 1{,}6\cdot 10^{-4}\text{ м/с}^2,\] т. е. очень мало. Тогда \[t_1 \approx \dfrac{s_1}{v_0} = 1\text{ с}.\] Почти равномерное движение центра обруча будет продолжаться приблизительно до тех пор, пока не прекратится вращение обруча. Оценим время \(T\) до прекращения вращения. Для малого элемента обруча массой \(\Delta m\) работа сил трения за время \(\Delta t\) при вращении с угловой скоростью \(\omega\) равна \[\Delta A = -\mu\,\Delta m\,g(\omega R\,\Delta t)\qquad(1)\] Эта работа равна изменению кинетической энергии: \[\Delta A = \Delta\dfrac{\Delta m(\omega R)^2}{2} = \Delta m\,\omega R^2\,\Delta\omega\qquad(2)\] Из (1) и (2) находим \[\Delta t = -\dfrac{R}{\mu g}\,\Delta\omega,\] \[T = \dfrac{\omega_0R}{\mu g} = 640\text{ с}.\] За это время обруч удалится (оценочно) на расстояние \[s = v_0T - \dfrac{a_cT^2}{2} = 64\text{ м} - 7\text{ м} = 57\text{ м}.\] Более точные оценки дают \(s \approx 40\) м.

Получаем ответ: \(t_1 = 1\) с, \(s \approx 57\) м (точнее \(s \approx 40\) м).

Ответ

\(Q_{\min} = \dfrac{\nu RT_1}{8} \approx 312\) Дж.

Решение

Пусть \(p_{\text{а}}\) — атмосферное давление, \(S\) — площадь поршня, \(H\) и \(2H\) — начальные высоты соответственно столбов ртути и газа, \(x\) — высота газа в новом равновесном положении поднявшегося поршня. Найдем выражение для подведенного количества теплоты \(Q\) в зависимости от \(x\).

Давление в газе складывается из атмосферного и давления столба ртути высотой \(3H - x\): \[p_x = \dfrac{4H - x}{H}\,p_{\text{а}}.\qquad\text{(1)}\] Температуру \(T_x\) газа для того момента, когда поршень находится на высоте \(x\), найдем из уравнения Менделеева–Клапейрона: \[\dfrac{p_xSx}{T_x} = \dfrac{2p_{\text{а}}S\cdot 2H}{T_1}.\] Отсюда с учетом выражения (1) имеем \[T_x = \dfrac{(4H - x)x}{4H^2}\,T_1.\] Изменение внутренней энергии газа, произошедшее при подъеме поршня до высоты \(x\), равно \[\Delta U = \nu C_V(T_x - T_1) = -\left(\dfrac{x - 2H}{2H}\right)^2\nu C_VT_1 = -\dfrac{3(x - 2H)^2}{8H^2}\,\nu RT_1.\qquad\text{(2)}\] Здесь \(C_V = 3R/2\).

Работа газа при линейном (по \(x\)) изменении давления от \(2p_{\text{а}}\) до \(p_x\) равна \[A = \dfrac{2p_{\text{а}} + p_x}{2}(xS - 2HS) = \dfrac{(6H - x)(x - 2H)}{2H}\,p_{\text{а}}S.\] Так как в начальном положении \[2p_{\text{а}}\cdot 2HS = \nu RT_1,\] то \[A = \dfrac{(6H - x)(x - 2H)}{8H^2}\,\nu RT_1.\qquad\text{(3)}\] По закону сохранения энергии \[Q = \Delta U + A.\] С учетом выражений (2) и (3) имеем \[Q = (-x^2 + 5Hx - 6H^2)\dfrac{\nu RT_1}{2H^2} = (x - 2H)(3H - x)\dfrac{\nu RT_1}{2H^2}.\] Формальная подстановка \(x = 3H\) дает неверный ответ: \(Q = 0\).

Рассмотрим график зависимости \(Q(x)\) (рис. 169).

Для достижения равновесного положения системы при \(x = 2{,}5H\) надо подать максимальное количество теплоты \(Q_0 = \dfrac{\nu RT_1}{8} \approx 312\) Дж. Для достижения равновесных положений при \(x > 2{,}5H\) необходимо \(Q < Q_0\). Это значит, что после того как газу сообщат количество теплоты \(Q_0\) и поршень достигнет высоты \(x = 2{,}5H\), газ начнет самопроизвольно расширяться и вытеснит всю ртуть.

Итак, \(Q_{\min} = \dfrac{\nu RT_1}{8} \approx 312\) Дж.

Ответ

\(H_2 = H_1 + 2\sqrt{H_1R}\) (при \(\alpha_0 = 90^\circ\)).

Решение

Скорость ракеты при ее запуске вверх после срабатывания реактивного двигателя равна \[v_{\text{р}} = \sqrt{2gH_1}\,.\] При движении ракеты по направляющим непосредственно перед включением двигателя \[v_R = \sqrt{2gR\sin\alpha}\] (угол \(\alpha\) указан на рис. 170), а ее скорость сразу после срабатывания двигателя \[v_\alpha = v_R + v_{\text{р}}.\]

Из закона сохранения энергии \[m_{\text{р}}\dfrac{v_\alpha^2}{2} = m_{\text{р}}g(H_2 + R\sin\alpha)\] получаем \[H_2 = H_1 + 2\sqrt{H_1R\sin\alpha}\,.\] Максимальной высоты подъема ракета достигнет при \(\alpha_0 = 90^\circ\), следовательно, \[H_2 = H_1 + 2\sqrt{H_1R}\,.\]

Ответ

1) \(Q_{\max} = \dfrac{mv_0^2}{2} \approx 0{,}05\) Дж при трёх значениях коэффициента трения: \(\mu_1 \approx 0{,}16\), \(\mu_2 \approx 0{,}08\), \(\mu_3 \approx 0{,}053\) (\(\mu = \dfrac{v_0}{2\pi g\sqrt{M/k}}\dfrac{1}{n} \approx \dfrac{0{,}16}{n}\));  2) предположение о движении кубика в одном направлении выполняется с большим запасом.

Решение

1. Выделившееся количество тепла не может превышать начальную кинетическую энергию кубика. В случае, если в некоторый момент останавливают кубик и доску, а пружина оказывается недеформированной, то дальнейшие движения в системе невозможны, и выделившееся количество тепла будет максимально и равно \[Q_{\max} = \dfrac{mv_0^2}{2} \simeq 0{,}05\text{ Дж}.\] Описанная выше ситуация реализуется при определенном значении (или значениях!) коэффициента трения \(\mu\).

Рассмотрим систему, когда кубик движется относительно доски. Запишем уравнения второго закона Ньютона для кубика и доски: \[ma_1 = -\mu mg.\qquad\text{(1)}\] \[Ma_2 = \mu mg - kx.\qquad\text{(2)}\] где \(a_1\) и \(a_2\) — ускорения кубика и доски соответственно, а \(x\) — деформация пружины в произвольный момент времени \(t\).

Из уравнений (1) и (2) при заданных начальных условиях вытекают законы движения кубика и доски: \[v_1(t) = v_0 - \mu gt,\quad x_1(t) = v_0t - \dfrac{\mu gt^2}{2},\qquad\text{(3)}\] \[v_2(t) = \dfrac{\mu mg}{\sqrt{kM}}\sin\left(\sqrt{\dfrac{k}{M}}\,t\right),\quad x_2(t) = \dfrac{\mu mg}{k}\left[1 - \cos\left(\sqrt{\dfrac{k}{M}}\,t\right)\right].\qquad\text{(4)}\] Из анализа уравнений (3) и (4) следует, что доска останавливается, а пружина приходит в недеформированное состояние в моменты \(t_{2n} = 2\pi\sqrt{\dfrac{k}{M}}\), где \(n\) — натуральное число (\(n = 1, 2, 3, \ldots\)).

Остановка кубика (относительно стола) произойдет в момент \(t_1 = \dfrac{v_0}{\mu g}\). Система придет в состояние покоя при условии, когда \(t_1 = t_{2n}\), а \(x_1(t_1) < L\) (кубик не должен соскользнуть с доски). Отсюда следует, что коэффициент трения \(\mu = \dfrac{v_0}{2\pi g\sqrt{M/k}}\dfrac{1}{n} \approx \dfrac{0{,}16}{n}\).

При этом \(\mu \geqslant \dfrac{v_0^2}{2gL} \approx 0{,}051\).

Таким образом, в системе выделяется максимальное количество тепла \(Q_{\max} = \dfrac{mv_0^2}{2} \approx 0{,}05\) Дж при трех значениях коэффициента трения: \(\mu_1 \approx 0{,}16\), \(\mu_2 \approx 0{,}08\), \(\mu_3 \approx 0{,}053\).

Эту часть решения можно получить из простых соображений. Доска останавливается, а пружина оказывается в недеформированном состоянии через целое число периодов колебаний \[t_{2n} = nT = 2\pi n\sqrt{\dfrac{M}{k}}\,.\] Кубик, движущийся в одном направлении равнозамедленно, останавливается в момент \(t_1 = \dfrac{v_0}{\mu g}\). Приравнивая эти значения времени, получаем приведенный выше результат. Значения целого числа \(n\) определяются из условия, что кубик не соскальзывает с доски; отсюда получим три возможных значения \(\mu\) (\(\mu_1\), \(\mu_2\) и \(\mu_3\)).

2. Для окончательного решения задачи осталось проверить справедливость предположения о том, что кубик все время движется в одном направлении. Это условие означает, что скорость кубика в любой момент больше скорости доски.

Покажем это для случая \(n = 1\). Изобразим скорости кубика \(v_1(t)\) и доски \(v_2(t)\) на графике (рис. 171). Они не должны пересекаться на интервале \((0;\,T)\). Это условие можно записать (приблизительно) в виде \[\dfrac{3}{4}\,v_0 > \dfrac{\mu_1 mg}{\sqrt{kM}} = \dfrac{m}{2\pi M}\,v_0\,.\] При подстановке заданных числовых значений можно убедиться, что это неравенство выполняется с большим запасом.

Аналогично можно рассмотреть случаи \(n = 2\) и \(n = 3\).

Ответ

1) \(h_0/2\);  2) \(\Delta p_{AB} = \Delta p_{CD} = \alpha\Delta t\,g\dfrac{h}{2}\);  3) \(N = ck\alpha(\Delta t)^2g\dfrac{h}{2}\).

Решение

Через обе трубки за время \(\Delta\tau\) протекают одинаковые массы воды. Поэтому \[p_A - p_B = p_D - p_C = \Delta p.\] Вода в верхней трубке перетекает из теплого сосуда в холодный, а в нижней — из холодного в теплый (циркуляция воды). В каждом из сосудов давление уменьшается с высотой по линейному закону. Так как \(\rho_1(t_1) < \rho_2(t_2)\), давление в теплом сосуде падает с высотой медленнее, чем в холодном. График зависимости давлений \(p_1\) и \(p_2\) от высоты между нижней и верхней трубками представлен на рис. 172.

Из графика следует:

1) давления в сосудах одинаковы на уровне \(h_0/2\);

2) \(\Delta p = \Delta\rho\,g\dfrac{h}{2}\), где \(\Delta\rho = \rho_2(t_2) - \rho_1(t_1) = \alpha(t_2 - t_1) = \alpha\Delta t\). Таким образом, \[\Delta p = \alpha\Delta t\,g\dfrac{h}{2}.\] По условию задачи \[\dfrac{\Delta m}{\Delta\tau} = k\Delta p = k\alpha\Delta t\,g\dfrac{h}{2}.\] Мощность \(N\), подводимая к теплому сосуду или отводимая от холодного, \[N = c\dfrac{\Delta m}{\Delta\tau}\Delta t = ck\alpha(\Delta t)^2g\dfrac{h}{2}.\]

Ответ

\(p_1 = p_0\sqrt{T_1/T_0}\), \(p_2 = p_0\sqrt{T_2/T_0}\), \(T_2 = T_0\left[1 + \dfrac{4P}{p_0S}\sqrt{\dfrac{\mu}{3RT_0}}\right]\), \(T_1 = 2T_2 - T_0\) (\(P\) — мощность нагревателя); \(T_2 = 354\) К, \(T_1 = 408\) К, \(p_2 = 1{,}09\cdot 10^5\) Па, \(p_1 = 1{,}36\cdot 10^5\) Па.

Решение

Среднеквадратичная скорость молекул в газе равна \[\overline{v} = \sqrt{\dfrac{3kT}{m}}\,.\qquad\text{(1)}\] Число ударов молекул о стенку сосуда площадью \(S\) за единицу времени \[\dfrac{dN}{dt} = \dfrac{1}{6}\,n\overline{v}S,\qquad\text{(2)}\] где \(n\) — концентрация молекул.

В установившемся режиме должно выполняться равенство потоков молекул сквозь перегородку \(A\) (и стенку \(B\)). Тогда для перегородки \(A\) имеем \[\dfrac{1}{6}\,n_1\overline{v}_1S = \dfrac{1}{6}\,n_2\overline{v}_2S,\qquad\text{(3)}\] для стенки \(B\): \[\dfrac{1}{6}\,n_2\overline{v}_2S = \dfrac{1}{6}\,n_0\overline{v}_0S.\qquad\text{(4)}\] Аналогично, мощность, переносимая молекулами, уходящими из части 1 сосуда сквозь поры перегородки, равна мощности \(P\) нагревателя и мощности, переносимой молекулами, приходящими из части 2. \[\dfrac{d}{dt}\left(N_1\dfrac{m\overline{v}_1^2}{2}\right) = \dfrac{1}{6}\,n_1\overline{v}_1S\dfrac{3}{2}kT_1 = P + \dfrac{1}{6}\,n_2\overline{v}_2S\dfrac{3}{2}kT_2.\qquad\text{(5)}\] Решая систему уравнений (3), (4), (5) и (6), получим \[p_1 = p_0\sqrt{\dfrac{T_1}{T_0}},\quad p_2 = p_0\sqrt{\dfrac{T_2}{T_0}},\quad T_2 = T_0\left[1 + \dfrac{4P}{p_0S}\sqrt{\dfrac{\mu}{3RT_0}}\right],\quad T_1 = 2T_2 - T_0.\] Подставив числовые значения, находим:

\(T_2 = 354\) К, \(T_1 = 408\) К, \(p_2 = 1{,}09\cdot 10^5\) Па, \(p_1 = 1{,}36\cdot 10^5\) Па.

Ответ

1) \(U_0 = (100 \pm 10)\) В;  2) \(C = (1 \pm 0{,}1)\cdot 10^{-3}\) Ф;  3) \(v_{\text{уст}} = (14{,}3 \pm 1{,}5)\) м/с.

Решение

Рассмотрим произвольный момент времени после замыкания ключа \(K\). Пусть в этот момент через перемычку течет ток \(I\), а скорость перемычки равна \(v\) (см. рис. 173). Уравнение движения перемычки: \[m\dfrac{dv}{dt} = IlB.\qquad\text{(1)}\]

Перепишем это уравнение в виде \[m\,dv = lB\,I\,dt = -lB\,dq = -lBC\,dU,\qquad\text{(2)}\] где \(q\) — заряд, а \(U\) — напряжение на конденсаторе. Проинтегрируем соотношение (2): \[\int\limits_0^v dv = -\int\limits_{U_0}^U \dfrac{lBC}{m}\,dU,\quad\text{т.е.}\quad v = \dfrac{lBC}{m}(U_0 - U).\qquad\text{(3)}\] Здесь \(U_0\) — начальное напряжение на конденсаторе. Запишем закон Ома для замкнутой цепи: \(lBv = U - IR\). Выразим из этого уравнения силу тока \(I\) и подставим в уравнение (1). Уравнение (1) будет иметь вид: \[\dfrac{dv}{dt} + \dfrac{(lB)^2}{mR}\,v = \dfrac{lBU}{mR}.\] После подстановки выражения \(U\) из (2) окончательно получим уравнение движения перемычки: \[\dfrac{dv}{dt} + \left[\dfrac{(lB)^2}{mR} + \dfrac{1}{RC}\right]v = \dfrac{lBU_0}{mR}.\qquad\text{(4)}\] 1. Для определения \(U_0\) по заданному на рис. 174 графику \(v(t)\) найдем при \(t = 0\) ускорение \(a_0\) перемычки (\(a_0\) равно угловому коэффициенту касательной к \(v(t)\), \(a_0 \simeq (0{,}43 \pm 0{,}14)\) м/с\(^2\)). Используя уравнение (4), вычислим \(U_0\):

\[U_0 = \dfrac{a_0mR}{lB} = (100 \pm 10)\text{ В}.\] 2. Для нахождения емкости \(C\) выберем еще одну точку (\(t \neq 0\)) и найдем скорость \(v_1\) и ускорение \(a_1\) перемычки для этого момента времени. Из уравнения (4) вычислим емкость конденсатора \(C\): \[C = \left[\dfrac{R}{v_1}\left(\dfrac{lBU_0}{mR} - a_1\right) - \dfrac{(lB)^2}{m}\right]^{-1} = (1 \pm 0{,}1)\cdot 10^{-3}\text{ Ф}.\] 3. Установившаяся скорость перемычки равна \[v_{\text{уст}} = \dfrac{lBU_0}{m}\left[\dfrac{(lB)^2}{m} + \dfrac{1}{C}\right]^{-1} = (14{,}3 \pm 1{,}5)\text{ м/с}.\] Погрешности полученных результатов обусловлены в основном неточностью определения тангенса угла наклона прямых \(\alpha\) и \(\beta\).

Ответ

1) \(\lambda = (456 \pm 4)\) нм;  2) \(\Delta\lambda \approx 4\) нм;  3) \(I_1/I_2 = 1\).

Решение

Каждая спектральная линия в излучении атомов цезия создает на фотокатоде поток световой энергии, интенсивность которого периодически изменяется при изменении разности хода \(\Delta = 2vt\), возникающей при движении зеркала. Изменение разности хода на одну длину волны соответствует одному периоду \(T\) колебаний силы тока фототока. В результате измерений числа колебаний силы тока по графику (рис. 47.11) найдем период \(T\): \[T = \dfrac{\Delta t}{N} = (0{,}113 \pm 0{,}001)\text{ с},\] здесь \(\Delta t\) — некоторый промежуток времени, \(N\) — число полных колебаний фототока за это время. Таким образом, \[\lambda = \dfrac{\lambda_1 + \lambda_2}{2} = 2vT = 4{,}56\cdot 10^{-7}\text{ м} = (456 \pm 4)\text{ нм}.\] Наблюдаемые на рис. 47.11 «биения» обусловлены наложением двух интерференционных картин для излучений с длинами волн \(\lambda_1\) и \(\lambda_2\). Максимальная амплитуда осцилляций фототока возникает в тех местах, где интерференционные максимумы для двух спектральных линий точно совпадают друг с другом. В тех местах, в которых амплитуда колебаний фототока минимальна, максимумы одной интерференционной картины (например, для спектральной линии \(\lambda_1\)) совпадают с минимумами другой интерференционной картины (для спектральной линии \(\lambda_2\)). Таким образом, на периоде «биений» \(\tau\) (т.е. промежутке времени между двумя точками на графике, где амплитуда быстрых осцилляций тока минимальна) разность хода \(\Delta\) изменяется на некоторое целое число \(m\) длин волн \(\lambda_2\) и на целое число \(m + 1\) длин волн \(\lambda_1\) (\(\lambda_1 < \lambda_2\)): \[2v\tau = m\lambda_2 = (m + 1)\lambda_1.\] Отсюда \[m = \dfrac{\tau}{T} = \dfrac{12{,}9}{0{,}113} \approx 114,\qquad \Delta\lambda = \dfrac{\lambda}{m} = \dfrac{456}{114}\text{ нм} \approx 4\text{ нм}.\] Поскольку минимальное значение амплитуды колебаний фототока равно нулю, это означает, что интенсивности спектральных линий одинаковы: \[\dfrac{I_2}{I_1} = 1.\]