ВсОШ, 2000/01, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Ответ

\(u = v_0/2 = 0{,}5\) м/с.

Решение

В системе отсчёта, движущейся со скоростью реки вниз по течению, траектория лодки — прямая \(AK\). Проведём через точки \(C\) и \(D\) прямые \(BD\) и \(FC\), параллельные линии берега реки (рис. 191).

Так как скорость течения реки постоянна, расстояние \(BD\), на которое снесёт лодку за 2 с, в два раза больше расстояния \(FC\) сноса лодки за 1 с, т.е. \[BD : FC = 2. \tag{1}\] Выразим длины отрезков \(BD\) и \(FC\) в числах клеток. Обозначим длину отрезка \(BM\) через \(x\). Тогда длина \[BD = x + 3. \tag{2}\] Из подобия треугольников \(AFN\) и \(ABM\) получим \[\dfrac{FN}{BM} = \dfrac{AN}{AM} = \dfrac{4}{6} = \dfrac{2}{3}.\] Следовательно, \(FN = \dfrac{2}{3}x\), а длина отрезка \[FC = \dfrac{2}{3}x + 1. \tag{3}\]

Из (1), (2) и (3) находим \(x = 3\).

По условию задачи \(\dfrac{u}{v_0} = \operatorname{tg}\alpha\), но \[\operatorname{tg}\alpha = \dfrac{BM}{AM} = \dfrac{3}{6} = \dfrac{1}{2}.\] Отсюда следует \[u = \dfrac{1}{2}v_0 = 0{,}5\text{ м/с}.\]

Ответ

\(T' = T + T_1 - T_2 + \dfrac{2(A_2 - A_1)}{3\nu R}\).

Решение

Пусть дополнительное слагаемое в выражении для внутренней энергии при объёме \(V_1\) равно \(\Pi_1\), а при объёме \(V_2\) равно \(\Pi_2\). Внутренняя энергия газа при указанных в скобках объёме и температуре для каждого процесса, происходящего в газе, равна \[\left\{\begin{array}{l} U(T, V_2) = \nu c_VT + \Pi_2,\\ U(T', V_1) = \nu c_VT' + \Pi_1,\\ U(T_1, V_1) = \nu c_VT_1 + \Pi_1,\\ U(T_2, V_2) = \nu c_VT_2 + \Pi_2. \end{array}\right. \tag{1}\] Здесь \(c_V = 3R/2\). Запишем уравнения закона сохранения энергии в процессах при разрыве перегородки и при адиабатическом сжатии газа до объёмов \(V_1\) и \(V_2\): \[\left\{\begin{array}{l} 0 = U(T', V_1) - U(T, V_2) + 0,\\ 0 = U(T_1, V_1) - \nu c_VT + (-A_1),\\ 0 = U(T_2, V_2) - \nu c_VT + (-A_2). \end{array}\right. \tag{2}\] Решая систему уравнений (1) и (2), находим \[T' = T + T_1 - T_2 + \dfrac{2(A_2 - A_1)}{3\nu R}.\]

Ответ

\(Q = \dfrac{\pi(\varepsilon + 1)RL}{2}\sqrt{\dfrac{2\varepsilon_0\rho gL}{\varepsilon - 1}}\).

Решение

Рассмотрим две части конденсатора, разделённые уровнем \(x\) поднявшегося масла, как параллельно соединённые конденсаторы. Поскольку \(d \ll R, L\), то ёмкость каждого конденсатора можно найти по формуле ёмкости плоского конденсатора: \[C = C_1 + C_2 = \dfrac{\varepsilon\varepsilon_0S_1}{d} + \dfrac{\varepsilon_0S_2}{d} = \dfrac{2\pi Rx\varepsilon\varepsilon_0}{d} + \dfrac{2\pi R(L - x)\varepsilon_0}{d} = \dfrac{2\pi\varepsilon_0R\bigl[(\varepsilon - 1)x + L\bigr]}{d},\] где \(x\) — высота подъёма масла в зазоре.

Энергия заряженного конденсатора \[W = \dfrac{Q^2}{2C} = \dfrac{Q^2d}{4\pi\varepsilon_0R\bigl[(\varepsilon - 1)x + L\bigr]}.\] Электрическая сила, втягивающая масло, равна \[F(x) = -\dfrac{dW}{dx} = \dfrac{(\varepsilon - 1)Q^2d}{4\pi\varepsilon_0R\bigl[(\varepsilon - 1)x + L\bigr]^2}.\] На масло в зазоре конденсатора действуют также сила тяжести \(P(x) = 2\pi Rxd\rho g\) и сила поверхностного натяжения \(F_{\text{пов}}\), не зависящая от \(x\). Запишем условия равновесия масла в обоих случаях: \[F_{\text{пов}} = P\!\left(\dfrac{L}{4}\right)\quad\text{и}\quad F_{\text{пов}} + F\!\left(\dfrac{L}{4}\right) = P\!\left(\dfrac{L}{4}\right).\] Вычтем из второго уравнения первое и подставим выражения для \(F\) и \(P\): \[\dfrac{(\varepsilon - 1)Q^2d}{4\pi\varepsilon_0R\left(\dfrac{(\varepsilon - 1)L}{2} + L\right)^2} = 2\pi Rd\left(\dfrac{L}{2} - \dfrac{L}{4}\right)\rho g,\] откуда \[Q = \dfrac{\pi(\varepsilon + 1)RL}{2}\sqrt{\dfrac{2\varepsilon_0\rho gL}{\varepsilon - 1}}.\]

Ответ

\(4\text{ В} \le U \le 12\text{ В}\).

Решение

Наименьшая возможная амплитуда колебаний \(U_1\) на конденсаторе \(C_2\) будет при замыкании ключа \(K_2\) в момент, когда на конденсаторе \(C_1\) напряжение максимальное, т.е. \(U_0\). Конденсатор \(C_2\) быстро зарядится и в цепи выделится энергия (тепло или излучение). При этом новое напряжение на конденсаторе и будет \(U_1\). Так как заряд сохраняется, то \[C_1U_0 = (C_1 + C_2)U_1.\] Отсюда \[U_1 = U_0C_1/(C_1 + C_2).\] Наибольшая возможная амплитуда колебаний \(U_2\) на конденсаторе \(C_2\) будет при замыкании ключа \(K_2\), когда конденсатор \(C_1\) разряжен. По закону сохранения энергии \[C_1U_0^2/2 = (C_1 + C_2)U_2^2/2.\] Отсюда \(U_2 = U_0\sqrt{C_1/(C_1 + C_2)}\). Искомый интервал значений начальной амплитуды напряжения \[U_0C_1/(C_1 + C_2) \le U \le U_0\sqrt{C_1/(C_1 + C_2)}.\] Окончательно находим \(4\text{ В} \le U \le 12\text{ В}\).

Ответ

Построение: \(C\) — точка на \(AB\), для которой \(CA = AO'\); линза параллельна \(C'O'\), её край — точка \(C\), центр \(O\) и главная оптическая ось \(OF\) находятся построением (см. решение).

Решение

Пусть \(\delta\) — угол наибольшего отклонения луча, прошедшего сквозь линзу, \(A\) — точка фокальной плоскости, \(O\) — оптический центр линзы, \(OC\) — её радиус (рис. 192).

Рассмотрим треугольник \(CAO\), высота которого равна фокусному расстоянию линзы. Угол \(A\) при вершине этого треугольника примет максимальное значение, когда \(CA = AO\). Заметим, что \(\angle CAO = \delta\), как накрест лежащие углы.

Выполним необходимые построения на схеме из архива. Из точки \(A\) циркулем сделаем засечки на продолжении в сторону линзы луча \(AB\) и луча, проходящего через точку \(A\) параллельно падающему пучку. Пусть это будут точки \(C'\) и \(O'\); проведём через них прямую и отложим на этой прямой отрезок \(O'P\), равный радиусу линзы. Край линзы — это точка \(C\), которая расположена на пересечении прямой \(AB\) и прямой, параллельной \(AO'\) и проходящей через точку \(P\). Сама линза параллельна прямой \(C'O'\). Далее находим центр линзы \(O\) и главную оптическую ось \(OF\).

Ответ

\(v_{\text{ср}} = 2\pi\dfrac{Am}{TM}\operatorname{tg}\alpha\); ящик не подпрыгивает при \(\dfrac{M}{m} > \dfrac{4\pi^2}{gT^2}\dfrac{A}{\cos\alpha}\).

Решение

Запишем второй закон Ньютона для груза на пружинах: \[m\dfrac{d^2x}{dt^2} = -mg\cos\alpha + F, \tag{1}\] где \(F\) — сила, действующая на груз со стороны пружин. Ускорение груза \(\dfrac{d^2x}{dt^2}\), совершающего гармонические колебания, выражается соотношением \[\dfrac{d^2x}{dt^2} = -A\omega^2\sin\omega t,\quad\omega = \dfrac{2\pi}{T}.\] Сила реакции наклонной плоскости, действующая на ящик, \[N = (M - m)g\cos\alpha + F. \tag{2}\] Подставив в (2) выражение для \(F\) из (1), получим \[N = Mg\cos\alpha - mA\omega^2\sin\omega t. \tag{3}\] Ящик не будет подпрыгивать, если в любой момент времени \(N > 0\), что выполняется при условии \(Mg\cos\alpha > \omega^2Am\), т.е. при \[\dfrac{M}{m} > \dfrac{4\pi^2}{gT^2}\dfrac{A}{\cos\alpha}.\] Поскольку, согласно условию задачи, \(\mu = \operatorname{tg}\alpha\), то всегда \(F_{\text{тр}} = \mu N\). Следовательно, для любого момента времени \[a(t) = \dfrac{Mg\sin\alpha - \mu N}{M} = \mu\dfrac{m}{M}A\omega^2\sin\omega t.\] Скорость движения ящика \[v(t) = \int\limits_0^ta(t)\,dt = \mu\dfrac{m}{M}A\omega(1 - \cos\omega t). \tag{4}\] Из (4) видно, что скорость ящика изменяется с периодом \(T\), поэтому средняя скорость за большое время равна \[v_{\text{ср}} = \dfrac{1}{T}\int\limits_0^Tv(t)\,dt = 2\pi\dfrac{Am}{TM}\operatorname{tg}\alpha.\]

Ответ

\(Q_{\text{НЭ}} = RCS \approx 41{,}2\cdot 10^{-6}\) Дж, где \(S \approx 51{,}5\) мВт — площадь под графиком ВАХ.

Решение

Пусть \(q\) — заряд конденсатора. По закону Ома \[U_{\text{НЭ}} + \dfrac{q}{C} = \mathcal{E}. \tag{1}\] Из (1) следует, что \(q = C(\mathcal{E} - U_{\text{НЭ}})\), откуда, в свою очередь, \[dq = -C\,dU_{\text{НЭ}}. \tag{2}\] Ток зарядки конденсатора \[I = \dfrac{dq}{dt} = I_{\text{НЭ}} + \dfrac{U_{\text{НЭ}}}{R} \simeq \dfrac{U_{\text{НЭ}}}{R}, \tag{3}\] ибо, согласно условию задачи, \(I_{\text{НЭ}} \ll I\). Из (2) и (3) получим \[dt = -\dfrac{RC\,dU_{\text{НЭ}}}{U_{\text{НЭ}}}. \tag{4}\] Выделившееся на НЭ количество теплоты найдём по формуле: \[Q_{\text{НЭ}} = \int\limits_0^\infty U_{\text{Н}}I_{\text{Н}}\,dt \approx -RC\int\limits_{\mathcal{E}}^0 I_{\text{Н}}\,dU_{\text{Н}}, \tag{5}\] так как при протекании тока напряжение на НЭ изменяется в пределах от \(\mathcal{E}\) в первый момент времени до нуля по окончании зарядки конденсатора. Поэтому \(Q = RCS\), где \(S\) — площадь под графиком ВАХ. По графику определяем, что \(S \simeq 51{,}5\) мВт, и тогда находим \[Q_{\text{НЭ}} \simeq 41{,}2\cdot 10^{-6}\text{ Дж}.\]

Ответ

При \(0 \le t \le \pi\sqrt{L_1C}\): \(I_2(t) = V_0\sqrt{C/L_2}\,\sin\omega_{01}t\), \(\omega_{01} = 1/(2\sqrt{L_1C})\); далее \(I_2(t) = \dfrac{V_0}{10}\sqrt{\dfrac{C}{L_1}}\bigl[\cos(\omega_{02}t) + 4\bigr]\), \(\omega_{02} = \dfrac{1}{2}\sqrt{\dfrac{5}{L_1C}}\) (график — рис. 194).

Решение

Сразу после замыкания ключа \(K\) конденсатор будет разряжаться через катушку \(L_2\). Зависимость силы тока \(I_2(t)\) от времени будет иметь вид: \[I_2(t) = V_0\sqrt{\dfrac{C}{L_2}}\sin\omega_{01}t = \dfrac{V_0}{2}\sqrt{\dfrac{C}{L_1}}\sin\omega_{01}t, \tag{1}\] где \(\omega_{01} = 1/\sqrt{L_2C} = 1/(2\sqrt{L_1C})\) — собственная частота \(L_2C\)-контура. Эта зависимость будет иметь место при \(0 \le t \le \pi\sqrt{L_1C}\).

Рассмотрим теперь характер изменения тока \(I_2\) после того, как он достигнет максимального значения. Для произвольного момента времени положительные направления токов изображены на рис. 193.

Запишем закон Ома для контура, включающего обе катушки: \[L_1\dfrac{dI_1}{dt} + L_2\dfrac{dI_2}{dt} = 0.\] Отсюда следует, что \(L_1I_1 + L_2I_2 = \text{const}\). Константа, очевидно, равна \(V_0\sqrt{L_2C}\). Из первого правила Кирхгофа следует, что \(I_2 = I_1 + I_3\). Для контура, в который входят катушка \(L_2\) и конденсатор \(C\), можно записать: \[L_2\dfrac{dI_2}{dt} + \dfrac{q}{C} = 0.\] Продифференцируем это выражение по времени: \[L_2\dfrac{d^2I_2}{dt^2} + \dfrac{1}{C}\dfrac{dq}{dt} = 0. \tag{2}\] Поскольку \(\dfrac{dq}{dt} = I_3\), а \(I_3 = I_2 - I_1 = I_2 + \dfrac{L_2}{L_1}I_2 - \dfrac{V_0}{L_1}\sqrt{L_2C}\), уравнение (2) можно переписать в следующем виде: \[\dfrac{d^2I_2}{dt^2} + \dfrac{L_1 + L_2}{L_1L_2C}I_2 = \dfrac{V_0}{L_1\sqrt{L_2C}}. \tag{3}\] Собственная частота контура \(\omega_{02} = \sqrt{\dfrac{L_1 + L_2}{L_1L_2C}} = \dfrac{1}{2}\sqrt{\dfrac{5}{L_1C}}\). Решение уравнения (3) ищем в виде: \[I_2 = A\cos(\omega_{02}t) + B\sin(\omega_{02}t) + \dfrac{V_0\sqrt{L_2C}}{L_1 + L_2}.\] Константы \(A\) и \(B\) находим из начальных условий: при \(t = 0\) сила тока в катушке \(L_2\) максимальна и равна \(V_0\sqrt{\dfrac{C}{L_2}}\), а производная \(\dfrac{dI_2}{dt} = 0\). Окончательно: \[A = V_0\sqrt{\dfrac{C}{L_2}}\dfrac{L_1}{L_1 + L_2},\quad B = 0.\] Отсюда \[I_2(t) = V_0\sqrt{\dfrac{C}{L_2}}\dfrac{L_1}{L_1 + L_2}\left[\cos(\omega_{02}t) + \dfrac{L_2}{L_1}\right]. \tag{4}\] С учётом, что \(L_2 = 4L_1\), получим: \(I_2(t) = \dfrac{V_0}{10}\sqrt{\dfrac{C}{L_1}}\bigl[\cos(\omega_{02}t) + 4\bigr]\).

Зависимость \(I_2(t)\) изображена на рис. 194, где \(t_1 = \pi\sqrt{L_1C}\), \(t_2 = \pi\sqrt{L_1C}\left(1 + \dfrac{1}{\sqrt5}\right)\), \(t_3 = \pi\sqrt{L_1C}\left(1 + \dfrac{2}{\sqrt5}\right)\), \(t_4 = \pi\sqrt{L_1C}\left(1 + \dfrac{3}{\sqrt5}\right)\).

Ответ

Ось \(MN\) касается окружностей радиусов \(l/2\) и \(l'/2\) с центрами в \(S\) и \(S'\); центр линзы \(O\) — пересечение \(MN\) и \(SS'\), линза перпендикулярна \(MN\) в точке \(O\). В случае рис. 195 линза собирающая (\(S'\) — действительное изображение), в случае рис. 196 — рассеивающая (\(S'\) — мнимое изображение).

Решение

Проведём прямую \(SS'\), оптический центр линзы \(O\) лежит где-то на ней.

Середина палочки \(M\) и её изображение \(N\) лежат соответственно на расстояниях \(\dfrac{l}{2}\) и \(\dfrac{l'}{2}\) от \(S\) и \(S'\), т.е. на окружностях радиусов \(\dfrac{l}{2}\) и \(\dfrac{l'}{2}\) с центрами в \(S\) и \(S'\). Из условия следует, что \(MN\) — главная оптическая ось, причём она перпендикулярна палочке и изображению, а значит, и проведённым в точки \(M\) и \(N\) радиусам указанных окружностей. Поэтому проведём \(MN\) так, чтобы она касалась обеих окружностей. Это можно сделать четырьмя способами, два из которых показаны на рис. 195, 196. Ещё два являются их симметричными отображениями относительно \(SS'\). Ход дальнейших построений одинаков для всех случаев.

Оптический центр \(O\) линзы находится на пересечении \(MN\) и \(SS'\).

Линзу \(AB\) построим как перпендикуляр к \(MN\) в точке \(O\).

На рис. 195 \(S\) и \(S'\) находятся по разные стороны линзы, следовательно, линза собирающая, а \(S'\) — действительное изображение. Во втором случае изображение мнимое и уменьшительное, значит, линза отрицательная.

Любой луч, вышедший из \(S\), должен прийти в \(S'\); поэтому проведём луч \(SC \parallel MN\); тогда точка пересечения преломлённого луча \(CS'\) (или его продолжения) и прямой \(MN\) будет фокусом \(F'\). Второй фокус \(F\) находим из симметрии относительно плоскости линзы.

Предмет и изображение найдём, достроив их симметрично главной оптической оси \(MN\).