ВсОШ, 2010/11, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

Рассмотрите небольшой поворот кольца на угол \(\varphi\): нити отклоняются на малый угол \(\alpha\), а кольцо поднимается. Запишите закон сохранения энергии и сравните результат с математическим маятником.

Ответ

1) \(T = 2\pi\sqrt{\dfrac{L}{g}}\);  2) \(\omega' = \sqrt{\dfrac{(M+m)\,g}{M\,L}}\), период уменьшается в \(\sqrt{2}\) раза при \(m = M\).

Решение

1. Повернём кольцо относительно оси \(OO'\) на малый угол \(\varphi\). Тогда все нити отклонятся на некоторый малый угол \(\alpha\). Из рисунка следует: \(L\alpha = R\varphi\), где \(R\) — радиус кольца (рис. 22). При этом кольцо поднимается на \[x = L(1 - \cos\alpha) \approx \frac{L\alpha^2}{2} = \frac{R^2}{2L}\varphi^2.\] Допустим, что в этом положении все точки кольца имеют скорость \(v = R\dot\varphi\). Тогда полная энергия кольца \[E = Mgx + \frac{Mv^2}{2} = M\left(\frac{R^2 g}{2L}\varphi^2 + \frac{R^2\dot\varphi^2}{2}\right).\] При колебаниях без трения полная энергия сохраняется. Продифференцировав по времени, получим \(\ddot\varphi + \dfrac{g}{L}\varphi = 0\). Это уравнение свободных колебаний, \(\omega_0 = \sqrt{g/L}\), совпадающее с выражением для круговой частоты математического маятника длины \(L\). Окончательно \[T = \frac{2\pi}{\omega_0} = 2\pi\sqrt{\frac{L}{g}}.\]

2. При наличии точечной массы в центре кольца выражение для кинетической энергии системы не изменяется, а в выражение для потенциальной энергии теперь входит сумма масс \((M + m)\). Уравнение для крутильных колебаний примет вид \(\ddot\varphi + \dfrac{(M+m)}{m}\dfrac{g}{L}\varphi = 0\), следовательно \[\omega_0' = \sqrt{\frac{(M+m)\,g}{M\,L}}.\]

При \(m = M\) частота возрастёт в \(\sqrt{2}\) раза, и, соответственно, период уменьшится в том же отношении.

Подсказка

Внутри соленоида поле однородно и направлено вдоль его оси. Частица движется по дуге окружности, поэтому радиус найдите из геометрии точек \(A\) и \(C\), а заряд — из направления силы Лоренца.

Ответ

1) \(q < 0\);  2) \(R = \sqrt{3}\,r = 17{,}3\) см;  3) \(\dfrac{|q|}{m} \approx 1{,}7\cdot10^{11}\) Кл/кг.

Решение

1. Магнитная индукция \(B\) в соленоиде определяется соотношением \[B = \mu_0 I n = 4\pi\cdot 10^{-7}\cdot 1\cdot 500 = 6{,}28\cdot 10^{-4}~\text{Тл}.\]

Направление вектора индукции можно найти по правилу буравчика: вектор \(\vec B\) направлен перпендикулярно плоскости рисунка от читателя. На движущуюся заряженную частицу в магнитном поле действует сила Лоренца, направление которой найдём по правилу левой руки. Так как частица отклоняется вправо, её заряд \(q < 0\).

2. В однородном магнитном поле заряженная частица движется по дуге окружности (рис. 23). Модуль скорости при этом не меняется: \[\frac{mv^2}{R} = |q|Bv, \qquad\text{или}\qquad R = R_{\text{кривизны}} = \frac{mv}{|q|B}.\] Точки \(A\) и \(C\) лежат на пересечении двух окружностей радиусов \(r\) и \(R\). Из соображений симметрии в точке \(C\), как и в точке \(A\), скорость частицы направлена вдоль радиуса витков катушки. Центр окружности траектории лежит на пересечении касательных в точках \(A\) и \(C\). Из рисунка следует \[R = r\,\frac{1 + \cos\alpha}{\sin\alpha} = \sqrt{3}\,r = 17{,}3~\text{см}.\]

3. Модуль скорости частицы определим из закона сохранения энергии: \[\frac{mv^2}{2} = |q|U; \qquad v^2 = \frac{2|q|U}{m} = \left(\frac{|q|}{m}\right)^2 R^2 B^2.\] Отсюда \[\frac{|q|}{m} = \frac{2U}{R^2 B^2} = \frac{2\cdot 10^3}{(17{,}3)^2\cdot 10^{-4}\cdot(6{,}28)^2\cdot 10^{-8}} \approx 1{,}7\cdot 10^{11}~\text{Кл/кг}.\] Примечание: для электрона \(e/m = 1{,}76\cdot 10^{11}\) Кл/кг.

Подсказка

Запишите уравнение состояния гелия при постоянной температуре и сравните выражения для давления снизу и сверху поршня, а также их производные по \(h\).

Ответ

Второе положение равновесия \(h_2 = 360\) мм. Условие устойчивости \(L < \dfrac{p_0}{\rho_р g} + 2h\): при \(h_1 = 380\) мм (\(L < 1{,}52\) м) равновесие устойчиво, при \(h_2 = 360\) мм (\(L < 1{,}48\) м) — неустойчиво.

Решение

1. Пусть площадь сечения нижнего цилиндра — \(S\). Тогда объём, занимаемый гелием, \(V = (L - h)S\). Уравнение Менделеева–Клапейрона: \[pV = \nu RT \;\Rightarrow\; p\,(L - h)\,S = \nu RT.\] Так как температура и площадь постоянны, то \(p(L - h) = \text{const}\). Другие положения равновесия найдём из уравнения \[p_1 (L - h_1) = p_2 (L - h_2), \qquad p_1 = p_0 + \rho_р g h_1,\quad p_2 = p_0 + \rho_р g h_2.\] Решая это квадратное уравнение, находим \(h_2 = 360\) мм.

2. Исследуем устойчивость. Устойчивое равновесие наблюдается, если \[\frac{dp_{\text{снизу}}}{dh} > \frac{dp_{\text{сверху}}}{dh}.\] Здесь \(p_{\text{сверху}} = p_0 + \rho_р g h\), следовательно, \(\dfrac{dp_{\text{сверху}}}{dh} = \rho_р g\). Из \(p_{\text{снизу}}(L - h) = \text{const}\) следует \(\dfrac{dp_{\text{снизу}}}{dh} = \dfrac{p_{\text{снизу}}}{L - h}\). Тогда условие устойчивости \[\frac{p_0 + \rho_р g h}{L - h} > \rho_р g,\] то есть \[L < \frac{p_0}{\rho_р g} + 2h.\] Для \(h_1 = 380\) мм получаем \(L < 1{,}52\) м, то есть равновесие устойчивое; для \(h_2 = 360\) мм — \(L < 1{,}48\) м, то есть равновесие неустойчивое.

Подсказка

Выделите тонкий слой толщиной \(dx\), найдите на нём падение напряжения по закону Ома и проинтегрируйте по всей толщине. Ток через все слои одинаков.

Ответ

1) \(I = \dfrac{U_0 C_0}{2\rho_0\varepsilon_0}\);  2) \(q_1 = \dfrac{C_0U_0}{2}\), \(q_2 = -\dfrac{3C_0U_0}{2}\);  3) \(q = C_0U_0\);  4) \(W_э = \dfrac{13}{24}\,C_0U_0^2\).

Решение

1. В установившемся режиме сила тока \(I\) постоянна при любом \(x\). Выделим в среде слой \(x, dx\). По закону Ома \[dU = \rho\,\frac{dx}{S}\,I = I\rho_0\left(1 + \frac{2x}{d}\right)\frac{dx}{S},\] где \(S\) — площадь пластин конденсатора. Интегрируя, \[U_0 = \int dU = \frac{2I\rho_0 d}{S} = \frac{2I\rho_0\varepsilon_0}{C_0}, \qquad\text{так как}\quad C_0 = \frac{\varepsilon_0 S}{d}.\] Отсюда \[I = \frac{U_0 C_0}{2\rho_0\varepsilon_0}.\]

2. Напряжённость электрического поля: \[E(x) = \frac{dU}{dx} = \frac{I\rho_0}{S}\left(1 + \frac{2x}{d}\right) = \frac{C_0U_0}{2\varepsilon_0 S}\left(1 + \frac{2x}{d}\right).\] При \(x = 0\): \(E_1 = \dfrac{C_0U_0}{2\varepsilon_0 S}\), \(q_1 = S\sigma_1 = SE_1\varepsilon_0 = \dfrac{C_0U_0}{2}\). При \(x = d\): \(E_2 = \dfrac{3C_0U_0}{2\varepsilon_0 S}\), \(q_2 = -S\sigma_2 = -SE_2\varepsilon_0 = -\dfrac{3C_0U_0}{2}\).

3. Полный заряд конденсатора, включающий заряды обеих пластин и заряд в среде между пластинами, равен нулю: \(q_1 + q_2 + q = 0\). Отсюда \(q = C_0U_0\).

4. Электрическую энергию найдём через объёмную плотность энергии \(w_э = \varepsilon_0E^2/2\): \[W_э = \int w_э\,dV = \int_0^d \frac{\varepsilon_0 E^2(x)}{2}\,S\,dx = \frac{C_0 U_0^2}{8d}\int_0^d \left(1 + \frac{2x}{d}\right)^2 dx = \frac{13}{24}\,C_0 U_0^2.\]

Подсказка

Найдите угол полного внутреннего отражения и сравните его с минимальным углом падения луча на боковую грань, который получается при преломлении на левом торце.

Ответ

1) \(N_1 = 71\) при \(n_1 = 1{,}73\);  \(N_2 = 83\) при \(n_2 = 1{,}3\);  2) при \(n_2 = 1{,}3\) свет частично выходит через боковые грани.

Решение

Рассмотрим преломление лучей от источника на левом торце пластины (рис. 24). Максимальный угол преломления \(\beta_{\max}\) на левом торце соответствует углу падения \(\alpha = 90^\circ\): \(\sin\beta_{\max} = \dfrac{1}{n}\). Минимальный угол падения на боковую грань \(\varphi_{\min} = 90^\circ - \beta_{\max}\). Ход лучей в пластине зависит от соотношения между \(\varphi_{\min}\) и \(\varphi_{\text{пред}}\) (предельным углом полного отражения).

Случай 1: \(\varphi_{\min} \geq \varphi_{\text{пред}}\), или \(\sin\varphi_{\min}\geq\sin\varphi_{\text{пред}} = \dfrac{1}{n}\). В этом случае все лучи, падающие на боковые грани, испытывают полное отражение, и ни один луч не выйдет из пластины. Поскольку \[\sin\varphi_{\min} = \cos\beta_{\max} = \frac{\sqrt{n^2 - 1}}{n} \geq \frac{1}{n} \quad\Rightarrow\quad n \geq \sqrt{2},\] минимальное расстояние между соседними отражениями на противоположных гранях \[(\Delta l)_{\min} = H\,\operatorname{tg}\varphi_{\min} = H\sqrt{n^2 - 1}.\] Максимальное число отражений \[N_1 = \left[\frac{L}{(\Delta l)_{\min}} + \frac{1}{2}\right] = \left[\frac{L}{H\sqrt{n^2 - 1}} + \frac{1}{2}\right].\] Слагаемое \(1/2\) возникает из-за того, что перед первым отражением луч проходит вдоль трубы расстояние \(\Delta l/2\). При \(n = n_1 = 1{,}73\) получаем \(N_1 = 71\).

Случай 2: \(\varphi_{\min} \leq \varphi_{\text{пред}}\), или \(\dfrac{\sqrt{n^2-1}}{n}\leq\dfrac{1}{n}\), то есть \(n \leq \sqrt{2}\). В этом случае \[(\Delta l)_{\min} = H\,\operatorname{tg}\varphi_{\text{пред}} = \frac{H}{\sqrt{n^2 - 1}}.\] Часть лучей, падающих на боковую грань под углами от \(\varphi_{\min}\) до \(\varphi_{\text{пред}}\), испытывает только частичное отражение и не доходит до правого торца пластины. Максимальное число отражений \[N_2 = \left[\frac{L}{(\Delta l)_{\min}} + \frac{1}{2}\right] = \left[\frac{L\sqrt{n^2 - 1}}{H} + \frac{1}{2}\right].\] При \(n = n_2 = 1{,}3\): \(N_2 = 100\cdot 0{,}83 = 83\).