Санкт-Петербургские олимпиады по физике

Решения 11 класса (район 2003)

Подробности

Обновлено 31.03.2013 12:20

Решения задач районного тура 2003 года для 11 класса.

1 вариант: 1 · 2 · 3 · 4 · 5
2 вариант: 1 · 2 · 3 · 4 · 5

I вариант

Задача 1 (5 баллов)

Найдем ускорение a₁ клина относительно плоскости. Так как по условию задачи брусок по сравнению с клином легкий, силой его воздействия на клин можно пренебречь. Поэтому клин двигается по наклонной плоскости под действием силы тяжести Mg (M - масса клина) и силы реакции плоскости N (см. рис. 1). В проекции на ось ОХ второй закон Ньютона для клина записывается в виде

Ma₁ = Mgsina,

откуда a₁ = gsina. -- 1 балл

Перейдем в систему отсчета, связанную с клином. В ней на брусок кроме силы тяжести mg (m - масса бруска) и силы реакции клина N₁ (см. рис. 2) действует сила инерции ma₁, направленная параллельно плоскости в сторону, противоположную движению клина по ней. -- 2 балла

В проекции на ось ОY второй закон Ньютона для бруска записывается в виде

ma₂ = mgsin(a-j) - ma₁cosj,

где a₂ - ускорение бруска относительно клина. Отсюда

a₂ = gsin(a-j) - a₁cosj = gsinacosj - gcosasinj - gsinacosj = -gcosasinj -- 2 балла

Задача 2 (10 баллов)

Обозначим
U - напряжение, приложенное к нагревательной схеме,
n₁ и n₂ - количество вещества водорода и гелия соответственно,
Dt - некоторый малый промежуток времени,
T₁ и T₂ - температуры, которые имели в начале этого промежутка времени водород и гелий соответственно,
DT₁ и DT₂ - изменение температур водорода и гелия за промежуток времени Dt (ввиду малости Dt предполагается, что изменение температур небольшое: DT₁ << T₁ , DT₂ << T₂),
R₁(T₁) и R₂(T₂) - сопротивления, которые имели в начале этого промежутка времени элементы, нагревающие водород и гелий соответственно (ввиду малости Dt предполагается, что изменение этих сопротивлений в течение данного промежутка небольшое)

Так как поршень теплоизолирующий, температуры водорода и гелия будут разными в каждый момент времени. Давления же газов в любой момент времени будут одинаковы, так как в противном случае поршень бы двигался. -- 1 балл

Через электрическую цепь идет ток I = U / (R₁+R₂), поэтому в течение промежутка времени Dt первый элемент выделит тепловую энергию

E₁ = I²R₁Dt = U²R₁Dt / (R₁+R₂)², (1)

а второй элемент -

E₂ = I²R₂Dt = U²R₂Dt / (R₁+R₂)², (2) -- 1 балл

Энергия E₁ пойдет на нагревание водорода при постоянном его объеме (так как поршень не двигается по условию задачи). Баланс энергий:

E₁ = C_V1n₁DT₁ (3)

здесь C_V1 - молярная теплоемкость водорода при постоянном объеме. Аналогично, для гелия баланс энергий имеет вид

E₂ = C_V2n₂DT₂ (4)

C_V2 - молярная теплоемкость гелия при постоянном объеме. -- 1 балл

Подставляя (1) и (2) в (3) и (4) и учитывая, что водород - двухатомный газ, а гелий - одноатомный, и их молярные теплоемкости при постоянном объеме равны C_V1 = 5R/2, C_V2 = 3R/2 (R - универсальная газовая постоянная), получим

U²R₁Dt / (R₁+R₂)² = 5n₁RDT₁/2

U²R₂Dt / (R₁+R₂)² = 3n₂RDT₂/2

Разделив первое из этих уравнений на второе, получим

(5) -- 2 балла

Найдем отношение DT₁/DT₂. Для этого рассмотрим уравнения Клайперона-Менделеева для каждого из газов в начале и в конце промежутка времени Dt:

здесь p_н и p_к - давления газов в начале и в конце промежутка времени Dt. Вычитая из правой колонки левую, получим

(p_к-p_н)V₁ = n₁RDT₁ (6)

(p_к-p_н)V₂ = n₂RDT₂ (7)

Разделив (6) на (7), получим

(8) -- 2 балла

Подставим (8) в правую часть (5) и выразим оттуда R₂(T₂):

(9)

Осталось выразить аргумент T₁ функции R₁ через T₂. Это легко сделать с помощью левой колонки системы уравнений (*), поделив первое уравнение на второе:

=>

Подставляя этот результат в формулу (9), получаем

Поскольку данная формула справедлива при любой температуре T₂, искомая зависимость сопротивления R₂ от температуры (с учетом и , где M₁ = 2 г/моль и M₂ = 4 г/моль - молярные массы молекулярного водорода и гелия соответственно):

-- 3 балла

Задача 3 (8 баллов)

Из всех возможных траекторий движения пловца из точки А в точку В через берег нужно найти такую, чтобы пловец затрачивал наименьшее время на ее преодоление, и сравнить время движения по этой траектории с L/V₁ - временем движения из А в В напрямую.

В поисках "выгодной" траектории достаточно рассмотреть траектории, симметричные относительно отрезка ОО' (см. рис.), так как любая несимметричная траектория "неэкономична". Действительно, если существует несимметричная траектория, более выгодная, чем прямолинейный отрезок АВ, например траектория АСDB (см. рис. 1.), легко построить "более выгодную" траекторию АСС'В (точки С и С' симметричны относительно ОО'). -- 1 балл

Первый способ решения ("оптический")

Симметричную траекторию задает один параметр, например x (см. рис. 2) или угол a = PАС. Обозначим возможное расстояние от точек А и В до берега s.

Время движения по отрезку АС (и АС') составляет

,

а время движения по отрезку СС' -

.

Таким образом, условие о том, что на берег забегать выгодно, записывается в виде

(1) -- 2 балла

Неравенство (1) должно выполняться хоть при каком-нибудь значении a, хотя бы в случае, когда траектория АСС'В самая оптимальная, то есть когда правая часть неравенства (1) минимальна. Минимум этот можно искать, например, приравнивая нулю производную по a этого выражения (такой путь решения тоже приводит к правильному ответу). Но мы здесь поступим иначе, воспользовавшись аналогией с оптикой. Известно, что из всех возможных траекторий свет выбирает наикратчайшую, наиболее выгодную по времени. Поэтому наиболее выгодным для пловца окажется двигаться по закону преломления, также, как двигался бы луч при переходе из среды с показателем преломления n₁ = c/V₁ в среду с показателем преломления n₂ = c/V₂. Поскольку пловец бежит вдоль берега, ситуация соответствует явлению полного внутреннего отражения:

sina = n₂/n₁ = V₁/V₂. (2) -- 3 балла

Находя с помощью (2), что

,

и подставляя эти значения в (1), легко выразим s:

-- 2 балла

Второй способ решения

Записав неравенство (1), выразив все величины этого неравенства через переменную x, имеем:

(3) -- 2 балла

Можно искать минимум правой части выражения (3), дифференцируя ее по x и приравнивая производную нулю (этот путь решения также приводит к правильному ответу). Однако неравенство (3) можно представить в виде

В случае, когда дискриминант левой части неравенства меньше нуля, оно не выполняется при любом x, и, следовательно, любая ломаная траектория невыгодна. Случай, когда дискриминант больше нуля соответствует расположению точек А и В, удовлетворяющих условию задачи. Отсюда снова правильный ответ:

,

то есть берег должен быть не слишком далеко. -- 5 баллов

Задача 4 (15 баллов)

Рассмотрим силы, действующие на бусинки. На первую, ближайшую к оси вращения бусинку, действуют две силы, направленные к оси: сила Лоренца qBwx₁ и кулоновская сила взаимодействия между бусинками kq²/(x₂-x₁)² (здесь x₁ и x₂ - расстояние от оси до стационарного положения первой и второй бусинки соответственно). На вторую бусинку также действуют две силы: сила Лоренца qBwx₂ (направленная к оси) и кулоновская сила kq²/(x₂-x₁)² (направленная от оси). -- 1 балл

В стационарном состоянии бусинки движутся по окружности. Таким образом, в проекции на направление ОХ (см. рис) уравнения движения бусинок выглядят так:

(1)

(2) -- 2 балла

Перепишем систему (1), (2) в виде

(3), (4),

где введен параметр b₁ = m₁w² - qBw и параметр b₂ = m₂w² - qBw.

Параметр b₁ > 0, если частота вращения w > W₁ - циклотронной частоты первой бусинки, W₁ = qB/m₁. При w < W₁ параметр b₁ < 0. Аналогично параметр b₂ > 0, если частота вращения w > W₂ - циклотронной частоты второй бусинки, W₂ = qB/m₂. При w < W₂ параметр b₂ < 0.

Итак, в зависимости от того, как соотносится частота вращения бусинок w с характерными частотами задачи W₁ и W₂ (W₁ < W₂ по условию), меняются знаки параметров b₁ и b₂, а также (как мы увидим дальше) режим решения. -- 2 балла

При w ≥ W₂ (b₂ ≥ 0) решения системы не существует, так как левая часть уравнения (4) положительна, а правая - отрицательна. Поэтому при таких больших w обе частицы улетают на бесконечность. -- 1 балл

При малых частотах вращения, w ≤ W₁ (b₁ ≤ 0, b₂ ≤ 0) решения системы (3), (4) вновь не существует (левая часть уравнения (3) отрицательна, а правая положительна). Первая частица установится на оси вращения (x₁ = 0), причем кулоновскую силу, действующую на нее будет компенсировать сила реакции оси, неучтенная в уравнении (1). Разрешая уравнение (2), которое остается справедливым, получим ответ:

-- 2 балла

Рассмотрим устойчивость полученного решения. Первая частица удерживается силой реакции оси и прижимающей к оси кулоновской силой. Положение частицы устойчиво. Сдвинем немного вторую частицу от центра. Тогда отталкивающая ее от центра сила Кулона ослабнет, а прижимающая к центру сила Лоренца увеличится, и частица сместится обратно к центру. При сдвиге к центру ситуация противоположна. Положение второй частицы также устойчиво. -- 2 балла

Осталось рассмотреть ситуацию W₁ < w < W₂ (b₁ > 0, b₂ < 0). Складывая уравнения (3) и (4), получаем

b₁x₁ + b₂x₂ = 0

,

откуда находим

,

напомним, что b₁ = m₁w² - qBw, b₂ = m₂w² - qBw. -- 2 балла

Анализ решения. Необходимо обеспечить x₂ > x₁, что соответствует -b₂ < b₁, или, пользуясь выражениями для b₁ и b₂, w > 2qB/(m₁+m₂). -- 1 балл

Полученное решение является неустойчивым. Действительно, если рассматривать обе частицы как единую систему, то по отношению к этой системе кулоновская сила оказывается внутренней и уравнение движения для такой системы получается сложением уравнений (1) и (2):

m₁w²x₁+m₂w²x₂ = qBwx₁+qBwx₂ => b₁x₁ + b₂x₂ = 0

Если сдвинуть обе частицы на одинаковое расстояние D от центра, то суммарная сила Лоренца уже не сможет обеспечить центростремительное ускорение:

b₁(x₁+D) + b₂(x₂+D) > 0

так как по результатам предыдущего пункта b₁ > |b₂|. В этом случае обе частицы уйдут на бесконечность. -- 2 балла

Задача 5 (8 баллов)

Пусть ток втекает в центр грани ABE и вытекает из центра грани CDF.
Обозначим последовательно буквами "маршрут", по которому течет ток (см. рис.):
a - центр грани ABE,
b - вершины A, B и E,
с - центры граней, соседних по ребру с гранью ABE (ADE, BCE и ABF),
d - центры граней, соседних по ребру с гранью CDF (BCF, ADF и CDE),
e - вершины C, D и F,
f - центр грани CDF.

Точки, обозначенные одинаковыми строчными буквами, равноправны. Следовательно, из соображений симметрии они имеют одинаковый потенциал. Если точки, имеющие одинаковые потенциалы, закоротить, токи в системе останутся теми же и сопротивление схемы не изменится. -- 3 балла

Из 24 нанесенных на поверхность отрезков сопротивлением R 3 соединяют точки a и b, 6 - b и c, 3 - b и d, 3 - c и e, 6 - d и e, 3 - e и f. Эквивалентная схема имеет следующий вид:

-- 3 балла

Сопротивление эквивалентной схемы равно 11R/12. -- 2 балла

Вернуться назад

II вариант

Задача 1 (5 баллов)

Найдем ускорение a₁ клина относительно плоскости. Так как по условию задачи брусок по сравнению с клином легкий, силой его воздействия на клин можно пренебречь. Поэтому клин двигается по наклонной плоскости под действием силы тяжести Mg (M - масса клина) и силы реакции плоскости N (см. рис. 1). В проекции на ось ОХ второй закон Ньютона для клина записывается в виде

Ma₁ = Mgsina,

откуда a₁ = gsina. -- 1 балл

Перейдем в систему отсчета, связанную с клином. В ней на брусок кроме силы тяжести mg (m - масса бруска) и силы реакции клина N₁ (см. рис. 2) действует сила инерции ma₁, направленная параллельно плоскости в сторону, противоположную движению клина по ней. -- 2 балла

В проекции на ось ОY второй закон Ньютона для бруска записывается в виде

ma₂ = mgsin(a+j) - ma₁cosj,

где a₂ - ускорение бруска относительно клина. Отсюда

a₂ = gsin(a-j) - a₁cosj = gsinacosj + gcosasinj - gsinacosj = gcosasinj -- 2 балла

Задача 2 (10 баллов)

Обозначим
I - ток, протекающий через нагревательную схему,
n₁ и n₂ - количество вещества водорода и гелия соответственно,
Dt - некоторый малый промежуток времени,
T₁ и T₂ - температуры, которые имели в начале этого промежутка времени водород и гелий соответственно,
DT₁ и DT₂ - изменение температур водорода и гелия за промежуток времени Dt (ввиду малости Dt предполагается, что изменение температур небольшое: DT₁ << T₁ , DT₂ << T₂),
R₁(T₁) и R₂(T₂) - сопротивления, которые имели в начале этого промежутка времени элементы, нагревающие водород и гелий соответственно (ввиду малости Dt предполагается, что изменение этих сопротивлений в течение данного промежутка небольшое)

Так как поршень теплоизолирующий, температуры водорода и гелия будут разными в каждый момент времени. Давления же газов в любой момент времени будут одинаковы, так как в противном случае поршень бы двигался. -- 1 балл

Напряжение на каждом из нагревательных элементов найдем с помощью полного сопротивления цепи R₀:

.

Поэтому в течение промежутка времени Dt первый элемент выделит тепловую энергию

, (1)

а второй элемент -

(2) -- 1 балл

Энергия E₁ пойдет на нагревание водорода при постоянном его объеме (так как поршень не двигается по условию задачи). Баланс энергий:

E₁ = C_V1n₁DT₁ (3)

здесь C_V1 - молярная теплоемкость водорода при постоянном объеме. Аналогично, для гелия баланс энергий имеет вид

E₂ = C_V2n₂DT₂ (4)

C_V2 - молярная теплоемкость гелия при постоянном объеме. -- 1 балл

Подставляя (1) и (2) в (3) и (4) и учитывая, что водород - двухатомный газ, а гелий - одноатомный, и их молярные теплоемкости при постоянном объеме равны C_V1 = 5R/2, C_V2 = 3R/2 (R - универсальная газовая постоянная), получим

Разделив первое из этих уравнений на второе, получим

(5) -- 2 балла

Найдем отношение DT₁/DT₂. Для этого рассмотрим уравнения Клайперона-Менделеева для каждого из газов в начале и в конце промежутка времени Dt:

здесь p_н и p_к - давления газов в начале и в конце промежутка времени Dt. Вычитая из правой колонки левую, получим

(p_к-p_н)V₁ = n₁RDT₁ (6)

(p_к-p_н)V₂ = n₂RDT₂ (7)

Разделив (6) на (7), получим

(8) -- 2 балла

Подставим (8) в правую часть (5) и выразим оттуда R₂(T₂):

(9)

Осталось выразить аргумент T₁ функции R₁ через T₂. Это легко сделать с помощью левой колонки системы уравнений (*), поделив первое уравнение на второе:

=>

Подставляя этот результат в формулу (9), получаем

Поскольку данная формула справедлива при любой температуре T₂, искомая зависимость сопротивления R₂ от температуры (с учетом и , где M₁ = 2 г/моль и M₂ = 4 г/моль - молярные массы молекулярного водорода и гелия соответственно):

-- 3 балла

Задача 3 (8 баллов)

Из всех возможных траекторий движения пловца из точки А в точку В через берег нужно найти такую, чтобы пловец затрачивал наименьшее время на ее преодоление, и сравнить время движения по этой траектории с L/V₁ - временем движения из А в В напрямую.

В поисках "выгодной" траектории достаточно рассмотреть траектории, симметричные относительно отрезка ОО' (см. рис.), так как любая несимметричная траектория "неэкономична". Действительно, если существует несимметричная траектория, более выгодная, чем прямолинейный отрезок АВ, например траектория АСDB (см. рис. 1.), легко построить "более выгодную" траекторию АСС'В (точки С и С' симметричны относительно ОО'). -- 1 балл

Первый способ решения ("оптический")

Симметричную траекторию задает один параметр, например x (см. рис. 2) или угол a = PАС. Обозначим возможное расстояние между точками А и В через L.

Время движения по отрезку АС (и АС') составляет

,

а время движения по отрезку СС' -

.

Таким образом, условие о том, что на берег забегать выгодно, записывается в виде

(1) -- 2 балла

Неравенство (1) должно выполняться хоть при каком-нибудь значении a, хотя бы в случае, когда траектория АСС'В самая оптимальная, то есть когда правая часть неравенства (1) минимальна. Минимум этот можно искать, например, приравнивая нулю производную по a этого выражения (такой путь решения тоже приводит к правильному ответу). Но мы здесь поступим иначе, воспользовавшись аналогией с оптикой. Известно, что из всех возможных траекторий свет выбирает наикратчайшую, наиболее выгодную по времени. Поэтому наиболее выгодным для пловца окажется двигаться по закону преломления, также, как двигался бы луч при переходе из среды с показателем преломления n₁ = c/V₁ в среду с показателем преломления n₂ = c/V₂. Поскольку пловец бежит вдоль берега, ситуация соответствует явлению полного внутреннего отражения:

sina = n₂/n₁ = V₁/V₂. (2) -- 3 балла

Находя с помощью (2), что

,

и подставляя эти значения в (1), легко выразим L:

-- 2 балла

Второй способ решения

Записав неравенство (1), выразив все величины этого неравенства через переменную x, имеем:

(3) -- 2 балла

Можно искать минимум правой части выражения (3), дифференцируя ее по x и приравнивая производную нулю (этот путь решения также приводит к правильному ответу). Однако неравенство (3) можно представить в виде

В случае, когда дискриминант левой части неравенства меньше нуля, оно не выполняется при любом x, и, следовательно, любая ломаная траектория невыгодна. Случай, когда дискриминант больше нуля соответствует расположению точек А и В, удовлетворяющих условию задачи. Отсюда снова правильный ответ:

,

то есть точки А и В должны быть достаточно удалены друг от друга. -- 5 баллов

Задача 4 (15 баллов)

Рассмотрим силы, действующие на бусинки. На первую, ближайшую к оси вращения бусинку, действуют две силы, направленные к оси: сила Лоренца qBwx₁ и кулоновская сила взаимодействия между бусинками kq₁q₂/(x₂-x₁)² (здесь x₁ и x₂ - расстояние от оси до стационарного положения первой и второй бусинки соответственно). На вторую бусинку также действуют две силы: сила Лоренца qBwx₂ (направленная к оси) и кулоновская сила kq₁q₂/(x₂-x₁)² (направленная от оси). -- 1 балл

В стационарном состоянии бусинки движутся по окружности. Таким образом, в проекции на направление ОХ (см. рис) уравнения движения бусинок выглядят так:

(1)

(2) -- 2 балла

Перепишем систему (1), (2) в виде

(3), (4),

где введен параметр b₁ = mw² - q₁Bw и параметр b₂ = mw² - q₂Bw.

Параметр b₁ > 0, если частота вращения w > W₁ - циклотронной частоты первой бусинки, W₁ = q₁B/m. При w < W₁ параметр b₁ < 0. Аналогично параметр b₂ > 0, если частота вращения w > W₂ - циклотронной частоты второй бусинки, W₂ = q₂B/m. При w < W₂ параметр b₂ < 0.

Итак, в зависимости от того, как соотносится частота вращения бусинок w с характерными частотами задачи W₁ и W₂ (W₁ < W₂ по условию), меняются знаки параметров b₁ и b₂, а также (как мы увидим дальше) режим решения. -- 2 балла

При w ≥ W₂ (b₂ ≥ 0) решения системы не существует, так как левая часть уравнения (4) положительна, а правая - отрицательна. Поэтому при таких больших w обе частицы улетают на бесконечность. -- 1 балл

При малых частотах вращения, w ≤ W₁ (b₁ ≤ 0, b₂ ≤ 0) решения системы (3), (4) вновь не существует (левая часть уравнения (3) отрицательна, а правая положительна). Первая частица установится на оси вращения (x₁ = 0), причем кулоновскую силу, действующую на нее будет компенсировать сила реакции оси, неучтенная в уравнении (1). Разрешая уравнение (2), которое остается справедливым, получим ответ:

-- 2 балла

Рассмотрим устойчивость полученного решения. Первая частица удерживается силой реакции оси и прижимающей к оси кулоновской силой. Положение частицы устойчиво. Сдвинем немного вторую частицу от центра. Тогда отталкивающая ее от центра сила Кулона ослабнет, а прижимающая к центру сила Лоренца увеличится, и частица сместится обратно к центру. При сдвиге к центру ситуация противоположна. Положение второй частицы также устойчиво. -- 2 балла

Осталось рассмотреть ситуацию W₁ < w < W₂ (b₁ > 0, b₂ < 0). Складывая уравнения (3) и (4), получаем

b₁x₁ + b₂x₂ = 0

,

откуда находим

,

напомним, что b₁ = mw² - q₁Bw, b₂ = mw² - q₂Bw. -- 2 балла

Анализ решения. Необходимо обеспечить x₂ > x₁, что соответствует -b₂ < b₁, или, пользуясь выражениями для b₁ и b₂, w > (q₁+q₂)B/(2m). -- 1 балл

Полученное решение является неустойчивым. Действительно, если рассматривать обе частицы как единую систему, то по отношению к этой системе кулоновская сила оказывается внутренней и уравнение движения для такой системы получается сложением уравнений (1) и (2):

mw²x₁+mw²x₂ = q₁Bwx₁+q₂Bwx₂ => b₁x₁ + b₂x₂ = 0

Если сдвинуть обе частицы на одинаковое расстояние D от центра, то суммарная сила Лоренца уже не сможет обеспечить центростремительное ускорение:

b₁(x₁+D) + b₂(x₂+D) > 0

так как по результатам предыдущего пункта b₁ > |b₂|. В этом случае обе частицы уйдут на бесконечность. -- 2 балла

Задача 5 (8 баллов)

Пусть ток втекает в угол A и вытекает из угла G.
Обозначим последовательно буквами "маршрут", по которому течет ток (см. рис.):
a - вершину A,
b - центры граней, содержащих вершину A (ABFE, ABCD и ADHE),
c - вершины, соединенные ребрами с вершиной A (B, D и E),
d - вершины, соединенные ребрами с вершиной G (C, F и H),
e - центры граней, содержащих вершину G (GFBC, GHEF и GHDC),
f - вершину G.

Точки, обозначенные одинаковыми строчными буквами, равноправны. Следовательно, из соображений симметрии они имеют одинаковый потенциал. Если точки, имеющие одинаковые потенциалы, закоротить, токи в системе останутся теми же и сопротивление схемы не изменится. -- 3 балла

Из 24 нанесенных на поверхность отрезков сопротивлением R 3 соединяют точки a и b, 6 - b и c, 3 - b и d, 3 - c и e, 6 - d и e, 3 - e и f. Эквивалентная схема имеет следующий вид:

-- 3 балла

Сопротивление эквивалентной схемы равно 11R/12. -- 2 балла