Решения 11 класса (город 2001)
- Подробности
- Обновлено 31.03.2013 12:20
Решения задач городского тура 2001 года для 11 класса.
Задача 1.
Сферическую полость можно разбить на большое количество маленьких, практически плоских кусочков, причем каждый кусочек будет создавать свое изображение источника света. Полезно рассмотреть например пару таких "плоских зеркал", касающихся окружности в двух противоположных точках. Например, рассмотрим кусочки, касательные к которым - прямые LM и NK (см. рис 1).
Предположим, источник находится в точке A. Тогда его изображения в рассматриваемых кусочках попадут в точки B и C соответственно. Точки P и S - изображения центра зеркала O в рассматриваемых кусочках. Из построения очевидно, что каждая из трапеций ABPO и CSOA симметрична, и, следовательно, CSPB - параллелограмм. Поэтому, справедливо равенство
CB = SP = 4R,
где R - радиус полости. Итак, изображения источника C и B, построенные в противоположных кусочках зеркала, всегда находятся на расстоянии 4R и лежат на одной прямой с источником.
Отсюда вытекает метод нахождения положения источника по исходной картинке. Необходимо взять какое-нибудь изображение X, найти изображение, находящееся на расстоянии 4R от него и соединить их (см. рисунок 2). Так же следует поступить с другим изображением Z. На пересечении полученных прямых находится источник света.
Примечание к решению задачи
Конечно, для каждого изображения существует два других, находящихся на расстоянии 4R от него. В результате, применение описанного метода дает, на самом деле, и другие положения "источника", но все они, как легко убедиться, лежат вне полости, "за зеркалом", и являются мнимыми.
Ответ
Источник света расположен на пересечении отрезков прямых длиной 4R, соединяющих пары изображений.
Задача 2.
Для нахождения вектора ускорения в данный момент времени нам достаточно найти лишь угол наклона траектории в интересующий нас момент. Действительно если этот угол равен x, то искомое ускорение, связано с ускорением свободного падения соотношением a = gcosx.
Найдем теперь x.
Пусть V – скорость бусинки в какой-то момент. Тогда сумма проекций этой скорости на нити 1, 2 и 3 равна нулю (условие нерастяжимости нити):
V1 + V2 – V3 = 0. V1 = Vcos(a + x); V2 = Vcos(b + x); V3 = Vsinx,
следовательно, Vcos(a + x) + Vcos(b + x) - Vsin<emx = 0
откуда уже можно выразить x: tgx = (cosa + cosb) / (1 + sina + sinb)
Ответ
a = g / [1 + cosa + cosb)2 / (1 + sina + sinb)2]1/2
Задача 3.
При малой амплитуде колебаний заряд q притягивается к своему отражению –q с силой
Поэтому колебания происходят так, словно ускорение свободного падения увеличилась, и стало равно
Соответственно, такие колебания будут иметь период
и частоту w = 2p/T.
Заряд q и его отражение -q, передвигаясь со скоростью V = Awcos(wt), создают разнонаправленные токи qV, параллельные оси x. По закону Био-Савара-Лапласа напряженность поля в точке подвеса ортогональна плоскости рисунка и равна
Задача 4.
Рассмотрим верхний характерный элемент схемы:
Воспользуемся формулой, связывающей напряжение и ток в катушке индуктивности:
Если напряжение, поданное на этот блок, отрицательное (слева минус, справа - плюс), ток через диод не течет. При этом ток через катушку течет справа налево (такое направление считаем отрицательным), увеличиваясь по модулю. Если бы в дальнейшем ток через катушку стал бы увеличиваться, напряжение на ней стало бы положительным, диод бы открылся и закоротил катушку. Падение напряжения на закороченой катушке равно нулю, и, следовательно, ток закороченой катушки постоянен.
Таким образом, мы показали, что ток катушки не может увеличиваться. Следовательно, установившемуся режиму соответствует наименьший ток через катушку (наименьший, и, следовательно, постоянный). При этом падение напряжения на рассматриваемом блоке схемы окажется равным нулю.
Нулевое падение напряжения гарантирует эквипотенциальность точек вход-выход рассматриваемого блока, что позволяет мысленно закоротить его в стационарном режиме.
Теперь рассмотрим расположенный ниже элемент схемы, состоящий из индуктивности и следующего диода. Этот случай сводится к предыдущему (разве что ток через катушку будет теперь достигать своего максимального значения), и для него оказывается справедливым приведенное выше рассуждение. И т.д. и т.п.
Итого, в рассматриваемой схеме через каждую катушку течет (может быть свой) постоянный ток в направлении, противоположном расположенному выше данной катушки диоду.
Таким образом, через нижнюю катушку L1 устанавливается наибольший возможный ток (понятно, что это значение равно I0), ее ток складывается с переменным и "заряжает" L2 до тока 2I0 и т.д.
Итого, через амперметр течет постоянный ток NI0.
Задача 5.
До соударения с землей контейнер и молекулы газа в среднем двигались со скоростью u = (2gH)1/2. После мгновенного соударения контейнер изменил направление движения на противоположное, газ продолжает двигаться с прежней средней скоростью.
При этом скорость центра масс системы равна vцм = u(M - m)/(M + m).
Остаток энергии переходит во внутреннюю в результате множественных соударений молекул газа со стенками и между собой, а движение центра масс тормозится гравитационным полем.
В результате, из закона сохранения энергии можно написать (M + m)vцм2/2 = (M + m)gh.
Откуда h = H(M - m)2/(M + m)2 = H(1 - 4Mm/(M + m)2).