ВсОШ, 2012/13, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

Удобно считать вращение спицы вокруг края подставки и записать закон сохранения энергии. Движение с постоянным угловым ускорением даёт время подъёма до горизонтали.

Ответ

\(T = 4L\sqrt{\dfrac{\varphi_0}{gl}}\).

Решение

Рассмотрим вращение спицы вокруг левого края подставки. Кинетическая энергия системы равна сумме кинетических энергий шариков: \[K = \frac{m}{2}\left(\frac{L-l}{2}\right)^2\dot\varphi^2 + \frac{m}{2}\left(\frac{L+l}{2}\right)^2\dot\varphi^2 = \frac{m(L^2+l^2)}{4}\dot\varphi^2 \approx \frac{mL^2}{4}\dot\varphi^2 .\] Потенциальная энергия системы: \[\Pi = -mg\left(\frac{L-l}{2}\right)\varphi + mg\left(\frac{L+l}{2}\right)\varphi = mgl\,\varphi .\] Механическая энергия системы сохраняется, поэтому: \[\dot K + \dot\Pi = \frac{mL^2}{2}\dot\varphi\ddot\varphi + mgl\dot\varphi = 0 .\] Разделив на \(\dot\varphi\) (решение \(\dot\varphi = 0\) нас не интересует), получим уравнение равноускоренного движения: \[\ddot\varphi = -\frac{2gl}{L^2} .\] Время \(\tau\), за которое спица вернётся в горизонтальное положение, найдём из условия \(\dfrac{\ddot\varphi\tau^2}{2} = -\varphi_0\), откуда \[\tau = \sqrt{\frac{\varphi_0}{gl}}\,L .\] После того, как спица вернётся в горизонтальное положение, она начнёт движение относительно правого угла подставки, затем снова относительно левого и так далее. Период такого движения: \[T = 4\tau = 4L\sqrt{\frac{\varphi_0}{gl}} .\]

Подсказка

Ток через конденсатор в установившемся режиме равен нулю, поэтому цепь можно решать как разветвлённую схему с известными ЭДС, найденными по закону электромагнитной индукции.

Ответ

1) \(I_1 = \dfrac{9ka^2}{23r}\), ток течёт от \(B\) к \(A\);  2) \(Q = \dfrac{4}{23}Cka^2\), верхняя обкладка заряжена отрицательно, нижняя — положительно;  3) \(W = \dfrac{26k^2a^4}{23r}\,\tau\).

Решение

Через достаточно большое время конденсатор зарядится так, что ток через него течь не будет, и токи во всей цепи установятся. Расставим токи так, как показано на рисунке (рис. 23).

Закон Кирхгофа для контуров: \[\text{AFEB:}\quad \mathcal{E}_{\text{AFEB}} = 5I_1 r + 3I_2 r, \qquad (6)\] \[\text{AGDB:}\quad \mathcal{E}_{\text{AGDB}} = 5I_1 r + I_3 r, \qquad (7)\] и первый закон Кирхгофа для точки D: \[I_1 = I_2 + I_3 .\] Из закона электромагнитной индукции Фарадея: \[\mathcal{E}_{\text{AFEB}} = \frac{d(B\cdot 3a^2)}{dt} = 3ka^2, \qquad \mathcal{E}_{\text{AGDB}} = 2ka^2 . \qquad (8)\] Обозначим \(\dfrac{ka^2}{r} = I_0\). Тогда, решая систему уравнений (6), (7), (8), получим: \[I_1 = \frac{9}{23}I_0, \qquad I_2 = \frac{8}{23}I_0, \qquad I_3 = \frac{1}{23}I_0 .\] Отсюда и из условия \(k > 0\) получаем, что ток \(I_1\) на участке \(AB\) течёт от \(B\) к \(A\).

Рассмотрим контур \(AHCB\): \[I_0 r = ka^2 = \mathcal{E}_{\text{AHCB}} = I_1\cdot 3r + U_C ,\] здесь \(U_C\) — напряжение между верхней и нижней обкладками конденсатора. Следовательно: \[U_C = -\frac{4}{23}ka^2, \qquad \text{откуда} \qquad Q = \frac{4}{23}Cka^2 ,\] при этом заряд верхней обкладки отрицательный, нижней — положительный.

Тепловая мощность в цепи равна сумме мощностей на всех проводниках: \[N = 5I_1^2 r + 3I_2^2 r + I_3^2 r = \frac{26k^2a^4}{23\,r}, \qquad \text{откуда} \qquad W = N\tau = \frac{26k^2a^4}{23\,r}\,\tau .\]

Подсказка

Если точка принадлежит изображению, то лучи, выходящие из источников, должны пересекаться в центре линзы. Посмотрите, какие отрезки проходят через одну и ту же точку, и при этом одна из точек должна оказаться серединой отрезка.

Ответ

1) точка в центре треугольника принадлежит предмету (это один из концов стержня);  2) см. схему в решении;  3) \(OF = \dfrac{3}{8}\,l\).

Решение

Предположим, что стержень с источниками — одна из сторон треугольника (например, \(AB\)), точки \(A_1\) и \(B_1\) — их изображения (рис. 24). Тогда лучи \(AA_1\) и \(BB_1\) пересекаются на середине стороны \(BB_1\) в точке \(O\), которая является центром линзы. Луч, идущий от \(A\) через \(B\), преломляется в плоскости линзы и идёт далее через их изображение \(A_1\) и \(B_1\). Тогда середина \(AB\) — точка \(K\) — принадлежит плоскости линзы. Но в этом случае плоскость линзы \(OK\) пересекает стержень \(AB\), что невозможно. Следовательно, центр треугольника — один из концов стержня.

Рассмотрим этот вариант. Прямые \(AB\) и \(A_1B_1\) пересекаются на середине \(A_1B_1\) в точке \(K\), принадлежащей плоскости линзы (рис. 25). Итак, \(OK\) — плоскость линзы, точка \(O\) — её центр. Прямая \(PQ\), проходящая через точку \(O\) перпендикулярно \(OK\), — главная оптическая ось. Точки \(A_1\) и \(B_1\) — концы изображения. Само изображение «разорвано» и представляет два луча, лежащие на прямой \(A_1B_1\), уходящие из точек \(A_1\) и \(B_1\) на бесконечность.

Линза — собирающая, только такая линза может давать «разорванное» изображение.

Определить положение фокусов и фокусное расстояние несложно. Пустим луч \(AM\) из точки \(A\) параллельно оси линзы \(PQ\) до пересечения с плоскостью линзы в точке \(M\). После преломления луч пойдёт через изображение \(A_1\). Пересечение \(MA_1\) с \(PQ\) — точка \(F\) и есть главный фокус линзы. Так как \(OK\) — средняя линия треугольника, а точка \(O\) — середина \(AA_1\), \(OF = \dfrac{1}{4}h\), где \(h\) — высота треугольника, \(h = \dfrac{3}{2}AB = \dfrac{3}{2}l\). Таким образом, фокусное расстояние \[OF = \frac{3}{8}\,l .\]

Подсказка

При нагреве растворимость газа падает и часть газа выходит в объём над водой. В предельном случае давление над водой при \(t_2\) равно \(p_2\); нужно найти, сколько газа добавится в объём, и уравнение состояния газа.

Ответ

1) \(V_0 \approx 250\) см\(^3\);  2) \(x \approx 20\) см.

Решение

При увеличении температуры в объёме \(V\) между поверхностью воды и крышкой увеличивается давление газа. Это происходит из-за уменьшения растворимости углекислого газа и его выхода из жидкости. В предельном случае при максимальной температуре \(t_2\) внутри бутылки должно оказаться максимально допустимое давление \(p_2\).

Найдём массу углекислого газа, которая дополнительно окажется в объёме \(V\) при повышении температуры с \(t_1\) до \(t_2\). Для этого определим растворимости углекислого газа при этих температурах, воспользовавшись графиком и законом Генри: \[\sigma_1 = \sigma'_1\frac{p_1}{p_0} \approx 4{,}50~\text{г/кг}, \qquad \sigma_2 = \sigma'_2\frac{p_2}{p_0} \approx 4{,}07~\text{г/кг},\] где \(\sigma'_1 = 3\) г/кг и \(\sigma'_2 = 1{,}1\) г/кг — растворимости при температурах \(t_1\) и \(t_2\) при атмосферном давлении, найденные из графика. Таким образом, из-за роста температуры в объёме \(V\) масса углекислого газа увеличилась на \[\Delta m = (\sigma_1 - \sigma_2)\,m_{\text{в}} = 0{,}86~\text{г}.\] Если учесть ещё массу \(m_1\) углекислого газа, который находился над поверхностью воды при герметизации бутылки, то выражение для общей массы углекислого газа будет таким: \[m_2 = m_1 + \Delta m = \frac{p_1 V\mu}{RT_1} + \Delta m .\] Давление этого газа в критическом случае равно \(p_2\): \[p_2 V = \frac{m_2}{\mu}RT_2 = p_1 V\frac{T_2}{T_1} + \frac{\Delta m}{\mu}RT_2 .\] Таким образом, минимальный надводный объём бутылки: \[V = \frac{\Delta m}{\mu}\,\frac{RT_1T_2}{p_2T_1 - p_1T_2} \approx 250~\text{см}^3 .\] Объём \(V\) складывается из верхнего цилиндрического объёма \(V_1 = \dfrac{\pi d^2(H-h)}{4} \approx 21{,}2~\text{см}^3\) и нижнего конического (усечённого конуса) \(V_2\) (рис. 26). Для расчётов удобно разбить объём фигуры по-другому: объём \(V_{\text{к}}\) конуса и объём \(V_0\), оставшийся от цилиндра после изъятия конуса (на рисунке заштрихован):

\[V_0 = 21{,}2~\text{см}^3 - \frac{\pi d^2(H-h)}{12} \approx 14{,}1~\text{см}^3 .\] Итак, \[V = 14{,}1~\text{см}^3 + \frac{\pi y^3}{12} \approx 250~\text{см}^3 , \qquad \text{откуда} \qquad y \approx 10~\text{см}.\] Наконец, допустимый уровень жидкости: \[x = H - y \approx 20~\text{см}.\]

Подсказка

За период волны источник смещается на \(vT\), а фронт волны приближается к наблюдателю на \(cT\). Выразите расстояние между фронтами через угол \(\varphi\) и вспомните, что максимумы и минимумы частоты на графике соответствуют касательным из точки наблюдения к окружности.

Ответ

1) \(f = \dfrac{f_0}{1 - v/c}\) (частота повышается);  2) \(f = \dfrac{f_0}{1 - (v/c)\cos\varphi}\);  3) \(L \approx 478\) м (при \(f_0 \approx 1{,}056\) кГц, \(v \approx 66\) м/с, \(r \approx 252\) м).

Решение

Если источник звука движется, то частота звука, которую слышит неподвижный наблюдатель, может отличаться от испускаемой частоты. Этот эффект называется эффектом Доплера. Выведем формулу эффекта Доплера для неподвижного наблюдателя и движущегося источника.

За период волны \(T\) источник сместится на расстояние \(S = vT\), а фронт волны приблизится к наблюдателю на расстояние \(L = cT\) (рис. 27). Таким образом, расстояние между фронтами в направлении к наблюдателю составит \(l = L - S\cos\varphi = (c - v\cos\varphi)T\), а частота: \[f = \frac{c}{l} = \frac{c}{(c - v\cos\varphi)T} = \frac{f_0}{1 - (v/c)\cos\varphi} .\]

1. Если ракета летит прямо на датчик, то \(\varphi = 0\): \[f_{\max} = \frac{f_0}{1 - v/c},\] и частота звука повышается.

2. При произвольном угле \(\varphi\): \(f = \dfrac{f_0}{1 - (v/c)\cos\varphi}\). Частота \(f > f_0\), если проекция скорости ракеты на направление на датчик положительная (\(\cos\varphi > 0\)), и \(f < f_0\) в обратном случае. Если угол \(\varphi = \pi/2\), то \(f = f_0\).

3. Существуют два принципиальных положения датчика: внутри круга, описываемого ракетой, и снаружи него (Вообще говоря, датчик может находиться на траектории окружности, но в этом случае в момент пролёта ракеты над датчиком должен наблюдаться резкий скачок частоты, чего нет на графиках.). Рассмотрим ситуацию, когда датчик находится снаружи.

В этом случае точки, из которых от ракеты приходят максимальная и минимальная частоты, являются концами (M\(_1\) и M\(_2\) соответственно) отрезков касания из положения датчика \(A\) к траектории ракеты (рис. 28). А так как в силу симметрии \(AM_1 = AM_2\), то задержки между испусканием и приёмом звука для точек \(M_1\) и \(M_2\) одинаковы. Это означает, что точки \(M_1\) и \(M_2\) делят длину окружности в том же отношении, что и точки максимума и минимума на графике частоты делят период сигнала. Максимальная частота \(f^{\text{out}}_{\max} = f_{\max}\).

Если датчик находится внутри траектории (рис. 29), то угол \(\varphi\) между скоростью ракеты и направлением на датчик уже не сможет принимать значения \(0\) и \(\pi\), как в предыдущем случае. Чтобы найти его наибольшее и наименьшее значения, рассмотрим треугольник \(OBN_1\). В нём \(ON_1 = r\) — радиус траектории, \(OB = b\) — расстояние от центра траектории до датчика, \(\angle ON_1B = \theta = \pi/2 - \varphi\), \(\angle OBN_1 = \gamma\). Заметим, что угол \(\theta\) при любом положении точки \(N_1\) является острым, и по теореме синусов его синус равен: \[\sin\theta = \frac{b}{r}\sin\gamma .\] Так как \(b < r\), то \(\sin\theta\) принимает наибольшее значение, когда \(\sin\gamma = 1\), то есть \(\gamma = \pi/2\). А поскольку \(|\cos\varphi| = |\sin\theta|\), то \(\cos\varphi\) принимает наибольшее и наименьшее значения в точках \(N_1\) и \(N_2\) — концах хорды с центром в \(B\).

Опять-таки в силу симметрии и равенства \(BN_1 = BN_2\) точки \(N_1\) и \(N_2\) делят длину окружности в том же отношении, что и точки максимума и минимума на графике частоты делят период сигнала. При этом максимальная частота: \[f^{\text{in}}_{\max} = \frac{f_0}{1 - \dfrac{v}{c}\cos\varphi} = \frac{f_0}{1 - \dfrac{vb}{cr}} < f_{\max}.\]

Обратимся теперь к графику и заметим, что для обоих датчиков время от максимума до минимума частоты равны: \(t_1 = t_2 = T/4 = 6\) с, где \(T = 24\) с — период сигнала (период вращения ракеты). Таким образом, в обоих случаях \(2\alpha = 2\beta = \pi/2\). А так как при этом максимальная частота для датчика 1 больше максимальной частоты для датчика 2, то это возможно только, когда датчик 1 находится снаружи траектории, а датчик 2 — внутри.

Рассмотрим график 1: \[f^{\text{out}}_{\max} = \frac{f_0}{1 - v/c} = 1{,}32~\text{кГц}, \qquad f^{\text{out}}_{\min} = \frac{f_0}{1 + v/c} = 0{,}88~\text{кГц},\] откуда найдём частоту \(f_0 = 1{,}056\) кГц и скорость ракеты \(v = c/5 = 66\) м/с.

Зная период \(T = 24\) с и скорость ракеты \(v\), определим радиус её траектории: \[r = \frac{vT}{2\pi} = 252~\text{м}.\] Теперь можно найти расстояния от центра траектории до датчиков: \[a = \frac{r}{\cos\alpha} = \sqrt{2}\,r = 357~\text{м}, \qquad b = r\cos\beta = \frac{r}{\sqrt{2}} = 178~\text{м}.\] Осталось найти угол \(\psi\) между \(OA\) и \(OB\), который приводит к тому, что между максимумами графиков образуется фазовый сдвиг \(\tau = T/3 = 8\) с. Однако надо учитывать, что, так как \(a \ne b\), в этот сдвиг входит разница во времени распространения сигнала от ракеты до датчиков. Таким образом: \[\psi = \frac{\tau}{T} + \frac{AM_1}{c} - \frac{BN_1}{c} = \frac{2\pi}{3} + \frac{2-\sqrt{2}}{10} = 2{,}15~\text{рад}.\] Отметим, что вклад от разницы задержек сигналов составляет около \(3\,\%\), что является погрешностью того же порядка, что и погрешность определения времён по графику.

Окончательно найдём расстояние между датчиками по теореме косинусов: \[L = \sqrt{a^2 + b^2 - 2ab\cos\psi} = 478~\text{м}.\]