Санкт-Петербургские олимпиады по физике

Решения 11 класса (город 2002)

Подробности

Обновлено 31.03.2013 12:20

Решения задач городского тура 2002 года для 11 класса.

1 · 2 · 3 · 4 · 5

Задача 1.

Состояние невесомости бусинка испытывает каждый раз, когда она не давит на проволоку, или, что по третьему закону Ньютона то же самое, когда сила реакции проволоки обращается в ноль.

В процессе спуска по проволоке бусинка будет испытывать состояния невесомости двух типов. Во-первых, в точках, где центростремительное ускорение полностью обеспечивается силой тяжести, и, следовательно, сила реакции проволоки обращается в ноль. Так, например, самое первое состояние невесомости бусинка испытает, скатываясь с первого полукружья, в тот момент, когда направление на бусинку b удовлетворяет соотношению

(1)

Скорость же в момент первой невесомости можно найти, воспользовавшись законом сохранения энергии, учитывая, что первоначально бусинка имела нулевую скорость:

(2)

Подставляя V из формулы (2) в формулу (1), найдем, что первое состояние невесомости бусинка испытает при cosb = 2/3.

В ходе дальнейшего спуска бусинка будет приходить в аналогично расположенные на других полуокружностях точки, постепенно (и очень медленно, так как угол a очень мал) разгоняясь. При этом в условии (1) на угол b, при котором имеет место невесомость, правая часть, пропорциональная mV², будет нарастать, приводя к увеличению cosb, и, соответственно, уменьшению угла b. Кроме того, очевидно, что при подъеме на полуокружность, бусинка испытает аналогичное состояние невесомости в симметричной точке. На рисунке 2 изображены точки, где бусинка испытывает положения невесомости, описанного типа.

Итак, положения невесомости встречаются по два на каждой обращенной вверх полуокружности и постепенно сливаются, при этом угол, характеризующий положение невесомости, приближается к нулю. После его обращения в ноль положения невесомости этого типа исчезают.

Найдем, сколько состояний невесомости описанного типа бусинка может испытать.

Предположим, состояния невесомости сливаются на полуокружности с номером k (считая сверху, см рис 2; отметим, что k - нечетное). Это соответствует b=0 в формуле (1):

(3)

Тогда бусинка испытает k-1 состояний невесомости описываемого типа. Скорость U в (3) найдем по закону сохранения энергии, зная, что бусинка прошла (k-1) полуокружностей и опустилась на высоту H = (k-1)2Rsina:

(4)

Подставляя U из (4) в (3) найдем

Это чуть меньше, чем 1/(4a) = 30. Значит при k-1 = 30 уже чуть-чуть не выполняется условие на невесомость бусинки. Итак, всего бусинка испытает 29 состояний невесомости данного типа.

Кроме описанных 29 состояний невесомости бусинка будет испытывать положения невесомости в каждой точке перегиба (там, где сшиваются полуокружности, см рис 3). В этих точках будет происходить изменение направления силы реакции опоры на противоположное.

При любом конечном размере бусинки это приводит в какой-то момент к обращению силы реакции в ноль. (Здесь можно применить вспомогательное рассуждение. Представим себе "наблюдателя", находящегося в "кабине" внутри бусинки. До прохождения точки перегиба наблюдателя прижимает к левой стенке кабины, после прохождения - к правой. В момент, когда наблюдатель падает с левой стенки на правую, он, конечно, испытывает невесомость). Всего бусинка испытает 150-29 = 121 положение невесомости такого рода. А значит, проволока состоит из 122 полуокружностей, и ее длина равна 122pR.

Задача 2.

Небольшой заряд Dq на расстоянии R от точки х создает в ней электрический потенциал

(1)

При этом индукция магнитного поля в точке х от этого же элемента равна

(2)

где V - скорость, с которой двигается рассматриваемый элемент. Сравнивая выражения (1) и (2) между собой, с учетом V = Rw, получаем

DB = mm₀ee₀wDj (3)

При этом по правилу буравчика DB направлено параллельно оси вращения. Соотношение (3) справедливо для любого элемента, составляющего наше тело. Полный потенциал, создаваемый телом в точке x, равен сумме потенциалов, создаваемых всеми кусочками. То же справедливо для модуля напряженности магнитного поля (т.к. каждый из элементов, образующих тело, создает магнитное поле, направленное вдоль одной и той же оси). Т.о. мы можем записать соотношение (3) для каждого кусочка рассматриваемого тела и сложить полученные уравнения. Окончательно получим

B = mm₀ee₀wj

Задача 3.

Обозначим:
s = q/S - плотность заряда пластин,
d - расстояние между пластинами,
x - сжатие пружины.

Найдем, насколько первоначально сжата пружина. Воспользуемся для этого условием, что первоначально пластина конденсатора находится в равновесии под действием кулоновской силы притяжения к другой пластине и силы отталкивания пружины: kx = Eq. Напряженность поля одной пластины E = s/(2e₀). Поэтому в положении равновесия

(1)

Энергия, запасенная первоначально в конденсаторе равна W_k = q²/(2C). С учетом выражения для емкости C = e₀S/d (где d, очевидно равно L-x), а также выражения (1) для x, несложно получить

Запасенная в пружине энергия

При медленном разряде механические колебания не возбуждаются, поэтому на сопротивлении выделится как энергия, запасенная в конденсаторе, так и энергия пружины:

При быстром разряде в виде тепла выделится только электрическая энергия, а упругая перейдет в колебания обкладок. Поэтому в данном случае на сопротивлении выделится энергия

Примечание.

Скорость разряда определяется соотношением параметров задачи. Динамика процесса описывается системой уравнений

; ma = qE - kx

которую с учетом выражений для E, d, x можно переписать в следующем виде:

;

Поэтому характерное время колебательного процесса а характерное время электрического разряда конденсатора t_k ≈ RC. Случай t_пр << t_k соответствует медленному разряду, а t_пр >> t_k - быстрому.

Задача 4.

Луч начинает отклоняться в сторону с момента, как его касается пузырек (x ≤ r). Выберем этот момент за начало отсчета времени. Сперва происходит полное внутреннее отражение. При этом угол падения равен (см рис 1)

a = arcsin(x/r) (1),
x = r - Vt (2).

Угол отклонения луча составляет q = p - 2a, что приведит к отклонению луча на экране вверх на расстояние

(2a)

(здесь мы пренебрегли x и R по сравнению с L). Последнее выражение обращается в бесконечность в момент времени , когда угол 2a = p/2, и световое пятно пропадает с экрана.

Когда угол падения оказывается достаточно маленьким (nsina = 1 (3)) луч начинает проникать внутрь пузырька и решение (2а) перестает быть справедливым. Соответствующий этому момент времени t_c можно найти, подставляя в (3) значение a из (1) и учитывая затем (2):

t_c = (n - 1)r/(Vn)

Таким образом, луч действительно исчезает с экрана, только если t₁ < t_c . Это имеет место лишь при . В противном случае луч остается на экране и в момент времени t_c отклонен максимально. Начиная с момента t_c становятся справедливыми новые соотношения для углов (см рис 2):

q = p - 2(b - a) (4),
sinb = nsina (5)

При луч вернется на экран в момент времени t₂, когда введенный в формуле (4) угол q = p/2.

В результате луч на экране отклонится вверх на расстояние

которое убывает с приближением луча к центру пузырька и обращается в ноль в момент времени t₀ = r/V.

После прохождения луча через центр пузырька, луч отклоняется вниз и временная зависимость его отклонения симметрична относительно момента t₀.

Задача 5.

По условию задачи материал шарика обладает следующим свойством: возникающая в нем сила упругости F задается соотношением

(1)

где s - напряжение материала, F - сила, растягивающая образец, S - площадь поперечного сечения образца, E - модуль Юнга, Dl/l₀ - относительное удлинение образца (см. рис 1)

Обозначим через p давление газа, которое установится в растянутом шарике радиуса r. Понятно, что это давление будет растягивать шарик до тех пор, пока стягивающая сила резины не скомпенсирует это давление.

Найдем связь между механическим напряжением в резине и давлением в шарике. Это можно сделать разными способами. Например, рассмотрим половину резиновой оболочки (см. рис 2). Вправо на оболочку действует сила, возникающая из-за деформации резины и равная произведению деформации s на площадь поперечного сечения образца 2prd (она заштрихована на рисунке 2, d - толщина растянутой резиновой оболочки). Эта сила уравновешивается силой давления газа, действующей влево и равной ppr²:

2prd = ppr² => (2)

(Величину давления газа на полусферу можно получить, например, из условия равновесия полушария, наполненного газом: искомая сила давления, действующая на шар влево должна уравниваться с силой давления вправо, которая в данном случае находится тривиально и равна ppr², см рис 3).

Относительное удлинение любого участка шарика составляет (r - r₀)/r₀, поэтому формула (1) приобретает для оболочки шарика вид

(3)

Объем резины сохраняется, поэтому d₀r₀² = dr². Выражая отсюда толщину оболочки растянутого шарика d, подставим результат в (3). Получим

(4)

Осталось лишь воспользоваться уравнением идеального газа в шарике:

откуда можно выразить pr³ = 3mRT/4pm (5) и подставить полученное значение в формулу (4):

Последняя формула дает искомую зависимость радиуса шарика r от количества закачанного внутрь газа: . Такая зависимость, очевидно, линейна.

Подставляя r(m) в формулу (5), получаем зависимость давления газа от его массы: