ВсОШ, 2014/15, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

Сначала найдите, в каком положении равновесия возвращающая сила создаётся только электрическим полем чаши, и какой знак у заряда \(q_2\) для этого нужен. Затем выразите квадраты частот через \(\omega_0^2 = g/l\) для обоих положений.

Ответ

\(T = T_0\sqrt{3} = 1{,}73\) с при \(q_1 > 0\) (тогда \(q_2 = 2q_1\));  \(T = T_0/\sqrt{3} = 0{,}58\) с при \(q_1 < 0\) (тогда \(q_2 = -2q_1\)).

Решение

Поле внутри равномерно заряженной сферы равно нулю. Поле в точке \(A\) складывается из полей верхней и нижней половин сферы, \(\vec E = \vec E_1 + \vec E_2 = 0\) (1). Для точки \(B\), симметричной \(A\) относительно центра, поле нижней половины в \(A\) по модулю и направлению противоположно полю верхней половины в \(B\), поэтому напряжённости полусферы в симметричных относительно её центра точках равны по модулю.

Проведём плоскость, перпендикулярную нити и проходящую через левый край сферы. Часть полусферы, лежащая по одну сторону от неё, создаёт поле, параллельное нити; перпендикулярную нити составляющую создаёт только оставшаяся часть. Большая часть заряда этой части расположена дальше от точки \(A\), поэтому составляющая направлена в сторону смещения маятника.

После изменения заряда положение равновесия должно лежать выше точки подвеса, иначе равенство старого и нового периодов невозможно. В таком положении при смещении шарика возвращающая сила может возникнуть только за счёт электрического взаимодействия, поэтому \(q_2 > 0\) при \(q_1 > 0\) (рис. 23).

В нижней точке при малом угле отклонения \(\varphi\) возвращающая сила \(f_1 = (\alpha q_1 - mg)\varphi\), в верхней точке \(f_2 = (-\alpha q_2 + mg)\varphi\). Уравнения колебаний: \[ml\ddot\varphi + (mg - \alpha q_1)\varphi = 0 \quad\text{(нижняя точка)}, \qquad ml\ddot\varphi + (\alpha q_2 - mg)\varphi = 0 \quad\text{(верхняя точка)}.\] Квадраты частот: \(\omega_1^2 = \omega_0^2 - \beta q_1\), \(\omega_2^2 = -\omega_0^2 + \beta q_2\), где \(\omega_0^2 = g/l\), \(\beta = \alpha/(ml)\).

Случай 1: \(q_1 > 0\), \(q_2 = 2q_1\). Из \(\omega_1 = \omega_2\) получаем \(\beta q_1 = \frac{2}{3}\omega_0^2\), отсюда \(\omega^2 = \frac{1}{3}\omega_0^2\) и \(T = T_0\sqrt{3} = 1{,}73\) с.

Случай 2: \(q_1 < 0\), \(q_2 = -2q_1\). Тогда \(\beta q_1 = -2\omega_0^2\), \(\omega^2 = 3\omega_0^2\) и \(T = T_0/\sqrt{3} = 0{,}58\) с.

Подсказка

Потенциал середины \(M\) при пропускании тока через \(A\) и \(B\) выразите через \(\varphi_A\) симметрией. Для второго вопроса посмотрите, как сопротивление зависит от линейных размеров пластины при фиксированной толщине.

Ответ

1) \(R_{AC} = 2U/I + r = 36\) кОм;  2) сопротивления \(R_{AB}\) и \(R_{AC}\) не изменятся.

Решение

Примем потенциал вершины \(B\) за ноль. При пропускании тока \(I\) через вершины \(A\) и \(B\) из соображений симметрии потенциал середины \(M\) ребра \(AB\) равен \(\varphi_M = \frac{1}{2}\varphi_A = \frac{1}{2}Ir\). Тогда \[U_{AC} = \varphi_A - \varphi_C = (\varphi_A - \varphi_M) + (\varphi_M - \varphi_C) = \tfrac{1}{2}Ir + U.\] Пропустим через вершину \(B\) ток \(I\) в обратном направлении, так чтобы скомпенсировать выходящий из неё ток, и выведем его через вершину \(C\). Для этого на вершину \(C\) нужно подать потенциал \(\varphi_C = -\bigl(\tfrac{1}{2}Ir + U\bigr)\). Тогда разность потенциалов между \(A\) и \(C\) равна \(2\bigl(\tfrac{1}{2}Ir + U\bigr) = 2U + Ir\).

По принципу суперпозиции в исходной задаче ток \(I\) входит в вершину \(A\) и выходит из вершины \(C\) (из вершины \(B\) ток не входит и не выходит). По закону Ома \[R_{AC} = \frac{U_{AC}}{I} = \frac{2U}{I} + r = 36~\text{кОм}.\]

Пусть длина ребра куба равна \(a\), толщина пластины — \(d\). Сопротивление \(R \sim L/S \sim a/(ad) = 1/d\) не зависит от длины стороны квадрата при неизменной толщине пластины. Поэтому при увеличении размеров пластин и отверстий в 2 раза сопротивления \(R_{AB}\) и \(R_{AC}\) не изменятся.

Подсказка

Реактивная сила здесь пропорциональна скорости трубки. Найдите коэффициент пропорциональности из закона сохранения энергии для потока воздуха, а затем проинтегрируйте второй закон Ньютона по пути \(S\).

Ответ

\(v = v_0 + \dfrac{\beta S}{M} = 9\) см/с, где \(\beta = \dfrac{\mu q}{C_p T} = 6{,}8 \cdot 10^{-5}\) кг/с.

Решение

Трубка с нагревателем представляет собой реактивный двигатель, принцип работы которого аналогичен водомётному катеру: из-за нагрева воздух на выходе из трубки движется быстрее, чем на входе, и возникает реактивная сила, разгоняющая трубку. В системе отсчёта трубки воздух с небольшой скоростью продувается через трубу с нагревателем.

Пренебрегая изменением кинетической энергии потока, запишем первое начало термодинамики для массы \(m\) газа, протекающего через трубку в единицу времени. Подведённая за единицу времени теплота \(q\) расходуется на изменение внутренней энергии и работу против внешнего давления: \[q = (U_2 + PV_2) - (U_1 + PV_1) = \frac{m}{\mu}\,C_p\,\Delta T,\] где \(C_V = \frac{5}{2}R\), \(C_p = C_V + R = \frac{7}{2}R\), \(T_2\) и \(T_1\) — температуры воздуха на выходе и на входе.

Если скорость холодного воздуха \(v\), а изменение скорости потока \(\Delta v\), то реактивная сила \[F_p = m\,\Delta v = \frac{m v\,\Delta T}{T} = \frac{\mu q}{C_p T}\,v = \beta v, \qquad \beta = \frac{\mu q}{C_p T} = 6{,}8 \cdot 10^{-5}~\text{кг/с}.\] Сила тяги пропорциональна скорости трубки. По второму закону Ньютона \(M\,dv = F_p\,dt = \beta v\,dt = \beta\,dS\), откуда \(M\,\Delta v = \beta S\) и \[v = v_0 + \frac{\beta S}{M} = 9~\text{см/с}.\]

Подсказка

Выразите период приёма через угол \(\varphi\) между направлением движения объекта и направлением на наблюдателя, затем найдите изменение этого периода при малом повороте направления на \(\Delta\varphi\).

Ответ

\(r = \dfrac{c\,\Delta T\,\Delta t}{T\,(\Delta\varphi)^2}\).

Решение

При угле \(\varphi\) между направлением движения объекта и направлением к наблюдателю импульсы, посланные через время \(T_0\), принимаются через промежуток \(T = T_0\bigl(1 + \frac{v}{c}\cos\varphi\bigr)\). Действительно, второй импульс испускается из точки, смещённой на \(vT_0\), и путь к наблюдателю короче на \(vT_0\cos\varphi\), что даёт дополнительное время \((vT_0\cos\varphi)/c\). Пока угол \(\varphi\) можно считать постоянным, для интервалов испускания \(\Delta t_0\) и приёма \(\Delta t\) выполняется \(\Delta t = \Delta t_0\bigl(1 + \frac{v}{c}\cos\varphi\bigr)\).

Изменение периода приёма при повороте направления на наблюдателя на \(\Delta\varphi\): \[\Delta T = \left|\frac{dT}{d\varphi}\right|\Delta\varphi = T_0\,\frac{v}{c}\sin\varphi\,\Delta\varphi,\] где \(v\sin\varphi\) — составляющая скорости, перпендикулярная радиус-вектору до объекта.

За время наблюдения \(\Delta t\) угол меняется на \(\Delta\varphi = v\,\Delta t_0\sin\varphi / r\), где \(r\) — искомое расстояние. Исключая скорость из выражения для \(\Delta T\), получим \(\Delta T = T_0(\Delta\varphi)^2 r / (c\,\Delta t_0)\). Поскольку \(T_0/T = \Delta t_0/\Delta t\), окончательно \[r = \frac{c\,\Delta T\,\Delta t}{T\,(\Delta\varphi)^2}.\] Рассмотрение проведено в системе отсчёта наблюдателя, поэтому результат применим и при произвольных скоростях объекта, а не только при \(v \ll c\).

Подсказка

Продифференцируйте формулу тонкой линзы в ньютоновской форме \(xy = f^2\) для малых перемещений, найдите скорость и ускорение автомобиля, а затем сравните модуль ускорения с максимально возможным \(\mu g\).

Ответ

\(f\Bigl(1 - \sqrt[3]{\dfrac{\mu g f}{2v_0^2}}\Bigr) \leqslant l < f\) или \(f < l \leqslant f\Bigl(1 + \sqrt[3]{\dfrac{\mu g f}{2v_0^2}}\Bigr)\), где \(l\) — расстояние от автомобиля до линзы. При \(v_0 < \sqrt{\mu g f/2}\) нижняя граница становится отрицательной, и тогда возможны \(0 < l < f\) или \(f < l \leqslant f\Bigl(1 + \sqrt[3]{\dfrac{\mu g f}{2v_0^2}}\Bigr)\).

Решение

Пусть расстояние от источника \(S\) до переднего фокуса линзы равно \(x\), а от его изображения до заднего фокуса — \(y\). По формуле тонкой линзы в ньютоновской форме \(xy = f^2\) для малых перемещений \(\Delta x\) и \(\Delta y\): \[x\,\Delta y + y\,\Delta x = 0 \quad\Rightarrow\quad \frac{\Delta x}{\Delta y} = \frac{v}{v_0} = -\frac{x}{y} = -\frac{xy}{y^2} = -\frac{f^2}{y^2}.\] Отсюда скорость автомобиля \(v = -v_0 f^2/y^2\). Знак «\(-\)» означает, что при удалении автомобиля от фокуса изображение приближается к фокусу. Ускорение автомобиля \[a = \frac{dv}{dt} = \frac{2v_0 f^2}{y^3}\frac{dy}{dt} = \frac{2v_0^2 f^2}{y^3} = \frac{2v_0^2 x^3}{f^4}.\] Модуль ускорения не может превышать \(a_{\max} = \mu g\), следовательно, \[\frac{2v_0^2|x|^3}{f^4} \leqslant \mu g \quad\Rightarrow\quad |x| \leqslant f\sqrt[3]{\frac{\mu g f}{2v_0^2}}.\] Расстояние \(l\) от автомобиля до линзы может меняться в пределах \[f\Bigl(1 - \sqrt[3]{\frac{\mu g f}{2v_0^2}}\Bigr) \leqslant l < f \quad\text{или}\quad f < l \leqslant f\Bigl(1 + \sqrt[3]{\frac{\mu g f}{2v_0^2}}\Bigr).\] Изображение может быть как мнимым (\(l < f\)), так и действительным (\(l > f\)). Если \(v_0 < \sqrt{\mu g f/2}\), то возможны \(0 < l < f\) или \(f < l \leqslant f\Bigl(1 + \sqrt[3]{\frac{\mu g f}{2v_0^2}}\Bigr)\).