ВсОШ, 1998/99, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Ответ

Расстояние между брусками уменьшится на 2 см.

Решение

Можно показать, что брусок массой \(12m\) останется в покое. Брусок массой \(m\) будет совершать затухающие колебания. Его отклонения \(A_n\) и \(A_{n-1}\) от положения равновесия можно найти из закона сохранения энергии \[\dfrac{kA_{n-1}^2}{2} - \dfrac{kA_n^2}{2} = \mu mg(A_{n-1} + A_n).\] Отсюда с учетом того, что \(mg = ka\), \(A_{n-1} - A_n = 2\mu a = 6\) см \(=\text{const}\). Имеем последовательность отклонений: \(A_1 = 32\) см, \(A_2 = 26\) см, \(A_3 = 20\) см, \(A_4 = 14\) см, \(A_5 = 8\) см, \(A_6 = 2\) см (справа). Расстояние бруска массой \(m\) от положения равновесия, при котором брусок уже никуда не сдвигается (зона застоя), определяется величиной \(2\mu a = 6\) см. Это значит, что брусок остановится, когда отклонение равно \(A_6\).

Итак, расстояние между брусками уменьшится на 2 см.

Ответ

1) \(V_3 = \dfrac{3}{5}V_0\), \(T_3 = \dfrac{3}{5}\dfrac{p_0V_0}{\nu R}\);  2) \(A = \dfrac{64}{5}\,p_0V_0\);  3) \(\eta = \dfrac{8}{23} \approx 0{,}35\).

Решение

Давление, объем и температуру газа в точках 1, 2 и 3 обозначим через \(p\), \(V\) и \(T\), добавляя соответствующие индексы.

1) Для участка \(3\)–\(1\) (см. рис. 175) \(\dfrac{V_3}{p_3} = \dfrac{V_1}{p_1}\). Так как \(p_3 = p_0\), \(p_1 = 5p_0\) и \(V_1 = 3V_0\), то \(V_3 = \dfrac{3}{5}V_0\). Зная \(p_3\) и \(V_3\), находим из уравнения состояния \[T_3 = \dfrac{p_3V_3}{\nu R} = \dfrac{3}{5}\,\dfrac{p_0V_0}{\nu R}.\] 2) Работа газа за цикл равна \[A = \dfrac{1}{2}(V_2 - V_3)(p_1 - p_2) = \dfrac{64}{5}\,p_0V_0.\] 3) Найдем температуры \(T_1 = \dfrac{p_1V_1}{\nu R} = \dfrac{15\,p_0V_0}{\nu R}\) и \(T_2 = \dfrac{p_2V_2}{\nu R} = \dfrac{7\,p_0V_0}{\nu R}\).

На участке \(2\)–\(3\) газ отдает тепло, а на участке \(3\)–\(1\) получает количество теплоты \[Q_{31} = \dfrac{\nu\cdot 3}{\nu\cdot 2}R(T_1 - T_3) + \dfrac{p_1 + p_3}{2}(V_1 - V_3) = \dfrac{144}{5}\,p_0V_0.\] Можно показать, что на участке \(1\)–\(2\) есть точка \(K\) с критическим объемом \(V_{\text{к}}\) таким, что при \(V < V_{\text{к}}\) газ получает тепло, а при \(V > V_{\text{к}}\) отдает. При этом \(p_{\text{к}} = 3p_0\), \(T_{\text{к}} = \dfrac{15\,p_0V_0}{\nu R}\).

Итак, за цикл газ получает тепло только на участках \(3\)–\(1\) и \(1\)–\(K\), причем \[Q_{1K} = \dfrac{\nu 3}{\nu 2}R(T_{\text{к}} - T_1) + \dfrac{p_1 + p_2}{2}(V_{\text{к}} - V_1) = 8p_0V_0.\] Коэффициент полезного действия тепловой машины \[\eta = \dfrac{A}{Q_{31} + Q_{1\text{к}}} = \dfrac{8}{23} \approx 0{,}35.\]

Ответ

1) перемычка совершает гармонические колебания \(x = \dfrac{v_0}{\omega}\sin\omega t\) с частотой \(\omega = \sqrt{\dfrac{B^2l^2}{mL}}\), период (характерное время) \(T = 2\pi\sqrt{\dfrac{mL}{B^2l^2}}\);  2) \(A = \dfrac{v_0\sqrt{mL}}{Bl}\).

Решение

Направим ось \(x\) вдоль шин, совместив начало координат с начальным положением перемычки. Пусть \(x\) — координата перемычки, \(v_x\) — проекция скорости на ось \(x\), \(I\) — сила тока через перемычку. По второму закону Ньютона \[m\dfrac{dv_x}{dt} = -BIl;\qquad\text{(1)}\] по закону Ома \[Bv_xl - L\dfrac{dI}{dt} = 0.\qquad\text{(2)}\] Продифференцируем уравнение (1) по времени и подставим в него \(\dfrac{dI}{dt}\) из уравнения (2): \[\dfrac{d^2v_x}{dt^2} + \dfrac{B^2l^2}{mL}\,v_x = 0.\] Мы получили дифференциальное уравнение гармонических колебаний для \(v_x\) с частотой \(\omega = \sqrt{\dfrac{B^2l^2}{mL}}\).

Скорость перемычки изменяется по закону \(v_x = v_0\cos\omega t\). Перемычка совершает гармонические колебания \(x = \dfrac{v_0}{\omega}\sin\omega t\) с периодом (искомое характерное время) \(T = 2\pi\sqrt{\dfrac{mL}{B^2l^2}}\) и амплитудой (максимальное удаление от начального положения) \(A = \dfrac{v_0\sqrt{mL}}{Bl}\).

Ответ

\(T = 2\pi\sqrt{\dfrac{4ma^3}{3kq^2}} = 2\pi\sqrt{\dfrac{16\pi\varepsilon_0ma^3}{3q^2}}\).

Решение

Направим ось \(x\) вдоль линии движения среднего шарика, поместив начало координат в точку его равновесного положения (рис. 176). Если в произвольный момент координата и скорость среднего шарика соответственно равны \(x\) и \(v = \dot x\), то координата и скорость (в проекциях на ось \(x\)) крайних шариков будут \(-x/2\) и \(-v/2\).

Полная энергия системы сохраняется: \[\dfrac{mv^2}{2} + 2\dfrac{m(v/2)^2}{2} + \dfrac{kq^2}{2a\cos\alpha} + 2\dfrac{kq^2}{a} = \text{const}\] или \[\dfrac{3}{4}\,mv^2 + \dfrac{kq^2}{2a\cos\alpha} + 2\dfrac{kq^2}{a} = \text{const}.\] Учитывая, что \(\cos\alpha = \sqrt{1 - \left(\dfrac{3x}{2a}\right)^2}\) и продифференцировав по времени последнее уравнение, получим \[\ddot x + \dfrac{3kq^2}{4ma^3}\,\dfrac{x}{\sqrt{\left[1 - \left(\dfrac{3x}{2a}\right)^2\right]^3}} = 0.\] Так как \(\dfrac{x}{a} \ll 1\), то получаем дифференциальное уравнение гармонических колебаний \[\ddot x + \dfrac{3kq^2}{4ma^3}\,x = 0.\] Период свободных колебаний системы шариков равен \[T = 2\pi\sqrt{\dfrac{4ma^3}{3kq^2}} = 2\pi\sqrt{\dfrac{16\pi\varepsilon_0ma^3}{3q^2}}\,.\]

Ответ

1) \(I_0 = \dfrac{\mathcal{E}}{R}\);  2) \(U = \mathcal{E}\sqrt{\dfrac{L_1L_2}{R^2C(L_1 + L_2)}}\).

Решение

1) В установившемся режиме (после замыкания ключа \(K_1\)) через \(L_1\) течет ток \(I_0 = \dfrac{\mathcal{E}}{R}\).

2) Пусть в некоторый момент после размыкания \(K_2\) напряжение \(U\) на конденсаторе стало максимальным, а токи через катушки стали равными \(I_1\) и \(I_2\). Эти токи текут через катушки \(L_1\) и \(L_2\) в противоположных направлениях. Ясно, что в этот момент \(I_1 = I_2\). В контуре из катушек \(L_1\) и \(L_2\) сумма магнитных потоков сохраняется: \[L_1I_1 + L_2I_2 = L_1I_0.\qquad\text{(1)}\] По закону сохранения энергии \[\dfrac{L_1I_1^2}{2} + \dfrac{L_2I_2^2}{2} + \dfrac{CU^2}{2} = \dfrac{L_1I_0^2}{2}.\qquad\text{(2)}\] Решая совместно уравнения (1) и (2), находим максимальное напряжение на конденсаторе \[U = \mathcal{E}\sqrt{\dfrac{L_1L_2}{R^2C(L_1 + L_2)}}\,.\]

Ответ

1) \(t_1 = \dfrac{u}{2\mu g}\);  2) \(\Delta T = \dfrac{Mu^2}{4}\);  3) \(Q = \dfrac{Mu^2}{4}\).

Решение

1. Рассмотрим систему координат, связанную с верхней стороной ленты. Начало отсчета (\(t = 0\)) — момент вкатывания трубки на ленту. Начальная скорость центра масс трубки \(v(0) = v_0 - u\), начальная скорость точек на поверхности трубки относительно центра масс \(v_{\text{вр}}(0) = v_0\). При проскальзывании трубки на нее действует сила трения скольжения \(F_{\text{тр}} = \mu Mg\) (рис. 177). Запишем временные зависимости этих скоростей:

\[v(t) = v_0 - u + \mu gt,\quad v_{\text{вр}}(t) = v_0 - \mu gt.\] Трубка покатится без проскальзывания при \(t = t_1\), когда \(v(t_1) = v_{\text{вр}}(t_1)\), т.е. \(v_0 - u + \mu gt_1 = v_0 - \mu gt_1\), отсюда \(t_1 = \dfrac{u}{2\mu g}\).

2. Скорость трубки после окончания проскальзывания \[v(t_1) = v_0 - \dfrac{u}{2},\quad v_{\text{вр}}(t_1) = v_0 - \dfrac{u}{2}.\] В неподвижной системе координат скорость установившегося движения центра масс трубки при \(t \geqslant t_1\) будет равна \(v_1 = v_0 + \dfrac{u}{2}\).

Начальная кинетическая энергия трубки равна \[T_0 = \dfrac{Mv_0^2}{2} + \dfrac{Mv_0^2}{2} = Mv_0^2,\] а при \(t = t_1\) \[T_1 = \dfrac{M(v_0 + u/2)^2}{2} + \dfrac{M(v_0 - u/2)^2}{2} = Mv_0^2 + M\dfrac{u^2}{4}.\] Изменение кинетической энергии \[\Delta T = T_1 - T_0 = M\dfrac{u^2}{4}.\] 3. Количество теплоты, которое выделится при проскальзывании, равно изменению кинетической энергии \(\Delta T' = T'_0 - T'_1\) трубки в системе координат, связанной с движущейся лентой. Начальная кинетическая энергия трубки \[T'_0 = M\dfrac{(v_0 - u)^2}{2} + \dfrac{Mv_0^2}{2},\] а при \(t = t_1\) \[T'_1 = \dfrac{M(v_0 - u/2)^2}{2} + \dfrac{M(v_0 - u/2)^2}{2}.\] Уменьшение кинетической энергии трубки равно выделившемуся количеству теплоты: \[Q = T'_0 - T'_1 = \dfrac{Mu^2}{4}.\]

Ответ

\(\tau = \dfrac{T}{4} = \dfrac{\pi}{2\sqrt{\alpha M}} \approx 3{,}14\cdot 10^9\) с \(\approx 100\) лет.

Решение

В любой момент в процессе сближения тел галактики сила, действующая на \(i\)-ю частицу со стороны \(j\)-й, равна \[\vec F_{ij} = \alpha m_im_j\vec r_{ij},\] а сила, действующая на \(i\)-ю частицу со стороны всех остальных, \[\vec F_i = \sum_{i\neq j}\vec F_{ij} = \sum_{i\neq j}\alpha m_im_j\vec r_{ij} = \alpha m_i\sum_{j\neq i}m_j\vec r_{ij}.\] Центр масс \(C\) системы материальных точек определяется следующим образом: \[\vec R_C = \dfrac{\sum\vec r_jm_j}{\sum m_j} = \dfrac{\sum\vec r_jm_j}{M},\] где \(\vec R_C\) — радиус-вектор масс, \(\vec r_j\) — радиус-вектор \(j\)-й частицы, \(M\) — полная масса галактики. Если начало координат выбрать в точке, где находится \(i\)-я материальная точка, то \[\vec R_{iC} = \dfrac{\sum m_j\vec r_{ij}}{M}.\] Таким образом, \[\vec F_i = \alpha m_iM\vec R_{iC}.\] Каждая частица притягивается к центру масс с силой, прямо пропорциональной ее массе \(m_i\) и расстоянию \(R_{iC}\) до центра масс (квазиупругая сила). Такой силе соответствуют гармонические колебания с периодом \(T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m_i}{\alpha m_iM}} = \dfrac{2\pi}{\sqrt{\alpha M}}\), одинаковым для всех частиц. Через время \(T/4\) все частицы одновременно соберутся (схлопнутся) в центре масс. Это и есть «время жизни» объекта \[\tau = \dfrac{T}{4} = \dfrac{\pi}{2\sqrt{\alpha M}} \approx 3{,}14\cdot 10^9\text{ с} \approx 100\text{ лет}.\]

Ответ

1) \(t = \dfrac{qm_0}{N}\left(\dfrac{T_0}{T_{\text{х}}} - 1\right) \approx 22\) мин;  2) \(T_{\text{к}} = T_0\left(1 + \dfrac{2}{5}\dfrac{qm_0T_0}{p_0VT_{\text{х}}}\right) \approx 318\) К.

Решение

Идеальный холодильник работает по обратному циклу Карно. Температура в комнате изменяется мало, и ее, как температуру более нагретого тела тепловой машины, можно считать постоянной и равной \(T_0\). Имеем \[1 - \dfrac{T_{\text{х}}}{T_0} = \dfrac{A}{Q_{\text{к}}},\quad A = Nt,\quad Q_{\text{к}} = A + qm_0,\quad Q_{\text{к}} = \nu C_V(T_{\text{к}} - T_0).\] Здесь \(A\) — работа, совершенная над рабочим телом холодильника, \(Q_{\text{к}}\) — количество теплоты, полученное комнатой, \(t\) — время работы холодильника, \(T_{\text{к}}\) — конечная температура воздуха в комнате, \(C_V = \dfrac{5R}{2}\) — молярная теплоемкость воздуха при постоянном объеме, \(\nu = \dfrac{p_0V}{RT_0}\) — число молей воздуха. Из записанных уравнений находим \[t = \dfrac{qm_0}{N}\left(\dfrac{T_0}{T_{\text{х}}} - 1\right) \approx 22\text{ мин},\] \[T_{\text{к}} = T_0\left(1 + \dfrac{2}{5}\dfrac{qm_0T_0}{p_0VT_{\text{х}}}\right) \approx 318\text{ К}.\]

Ответ

Вольт-амперная характеристика элемента \(Z\) построена на рис. 180 (в решении): это ломаная с точкой излома \(U = U_0 - 1\text{ В} = 1{,}25\) В, \(I = I_0 = 0{,}25\) А.

Решение

Заменим бесконечную цепочку эквивалентной схемой, содержащей первое звено и нелинейный элемент \(X\) (см. рис. 178). Вольт-амперная характеристика этого элемента совпадает с ВАХ бесконечной цепочки, заданной в условии.

Построим на графике, заданном в условии задачи, вольт-амперную характеристику резистора \(R\) (прямая, проходящая через точку \(U = 0\), \(I = 0\)) (см. рис. 179). На этом же графике построим сумму ВАХ резистора \(R\) и нелинейного элемента \(X\). Обозначим эту характеристику через \(R + X\).

Выберем теперь некоторое напряжение \(U_X\) на входе цепочки. Определим по ВАХ элемента \(X\) силу тока \(I\), соответствующую выбранному напряжению. Такая же сила тока будет протекать через элемент \(Z\) и через параллельно включенные \(R\) и \(X\). Определим по графику напряжение \(U_{R+X}\), а затем напряжение на элементе \(Z\), равное \(U_Z = U_X - U_{R+X}\).

Таким образом, задавая различные напряжения \(U_X\), можно определить силу тока \(I_Z = I\) и напряжение \(U_Z\) на нелинейном элементе \(Z\). Это позволяет построить его вольт-амперную характеристику (рис. 180).

Точка излома ВАХ есть \[U = U_0 - 1\text{ В} = 1{,}25\text{ В},\quad I = I_0 = 0{,}25\text{ А}.\]

Ответ

\(R_{\min} = R_1\sqrt{\sin 30^\circ} = 56{,}6\) см (при этом \(R_{\min} > R_0\)).

Решение

Заменим заданную сферически симметричную среду с непрерывным распределением показателя преломления \(n(R)\) сферической слоистой средой. Рассмотрим два тонких сферических слоя, радиусы которых \(R_1\) и \(R_2\) (см. рис. 181). Луч падает на границу раздела этих сред под углом \(\alpha\). По закону преломления \[n_1\sin\alpha = n_2\sin\beta.\qquad\text{(1)}\]

Из треугольника \(OAB\) по теореме синусов \[\dfrac{\sin\gamma}{\sin\beta} = \dfrac{R_1}{R_2}\;\Rightarrow\;\sin\beta = \sin\gamma\,\dfrac{R_2}{R_1}.\qquad\text{(2)}\] Подставляя (2) в (1), получаем \[R_1n_1\sin\alpha = R_2n_2\sin\gamma.\qquad\text{(3)}\] Это соотношение означает, что вдоль распространяющегося луча в сферически симметричной среде \[Rn(R)\sin\varphi(R) = \text{const},\qquad\text{(4)}\] где \(R\) — текущее значение радиуса, \(n(R)\) — показатель преломления, соответствующий данному радиусу, \(\varphi(R)\) — угол падения света на сферическую границу с данным значением радиуса \(R\).

Подставляя в (4) заданную в условии зависимость \(n(R)\), получим \[\dfrac{n_0}{R_0}\,R^2\sin\varphi = \text{const}.\qquad\text{(5)}\] При минимальном расстоянии от центра симметрии до траектории луча угол \(\varphi = 90^\circ\). Следовательно, \[\dfrac{n_0}{R_0}\,R_1^2\sin 30^\circ = \dfrac{n_0}{R_0}\,R_{\min}^2,\] откуда \[R_{\min} = R_1\sqrt{\sin 30^\circ} = 56{,}6\text{ см},\] причем \(R_{\min} > R_0\).