Решения 11 класса (город 2003)

Подробности
Обновлено 31.03.2013 12:20

Решения задач городского тура 2003 года для 11 класса.

1 · 2 · 3 · 4 · 5

Задача 1.

По условию задачи вначале колесо вращалось быстро, т.е. бусинка была прижата к ободу колеса центробежной силой, как это и изображено на рисунке к задаче. После того, как колесо затормозили до угловой скорости w, при некотором угле наклона стержня (см. рис. 1) бусинка уже может оторваться от обода. Найдем, при каком угле a0 это произойдет.

В момент отрыва от обода на бусинку действуют следующие силы: сила тяжести mg, сила упругости kR (R = L/2) и сила реакции стержня N, направленная перпендикулярно стержню. Сила реакции обода колеса в этот момент обращается, очевидно, в ноль. В проекции на стержень уравнение движения бусинки выглядят следующим образом:

mgcosa0 + kR = mw2R

Отсюда получим . Подставляя в эту формулу числа из условия, легко убедиться, что скобка в числителе обращается в ноль, т.е. a0 = p/2. Кроме того, следует обратить внимание на то, что обращение в ноль упомянутой скобки является условием равенства угловой частоты вращения колеса и собственной частоты колебаний бусинки на пружинке.

Итак, после торможения колеса до угловой скорости w бусинка сразу же отрывается от обода. Пусть в момент t, когда стержень образует угол a = -p/2 + wt с вертикалью, бусинка находится на расстоянии r от центра колеса. Напишем уравнение движения бусинки в проекции на направление стержня: mgcosa + kr = mw2r + ma. Легко видеть, что по условию задачи члены kr и mw2r сокращают друг друга (так как угловая частота вращения колеса и собственная частота колебаний бусинки на пружинке совпадают). Таким образом, уравнение движения имеет достаточно простой вид

a = gcosa = gcos(-p/2+wt) = gsinwt

Следовательно, под действием переменной силы бусинка совершает гармонические колебания с частотой w.

Нарисуем график зависимости ускорения бусинки от времени (см. рис. 2, сплошная кривая). Так как движение представляет из себя гармонические колебания, скорость меняется со временем также по гармоническому закону, с частотой w и амплитудой g/w. Нетрудно построить эту кривую на том же графике, с учетом того, что в каждый момент приобретенная бусинкой скорость равна площади под графиком ускорения (см. рис. 2, пунктирная кривая). Также при построении графика учтено, что в начальный момент скорость бусинки равна нулю.

Из графика видно, что скорость бусинки все время положительна, т.е. до столкновения с противоположным концом стержня бусинка движется, не меняя направления движения. До момента времени бусинка разгоняется, затем столько же времени замедляется, и к моменту проходит вдоль стержня путь S, численно равный площади под графиком скорости (см. рис. 3). Площадь эту можно найти, например, разрезав фигуру горизонтально пополам, перенеся части А и В в положения А' и В' (см. рис. 4). Очевидно, эта величина равна метра, и именно на такое расстояние сдвинется по стержню бусинка за один оборот колеса.

Длина стержня по условию 1.5 метра. За первые два оборота колеса бусинка сдвинется на х = 2·0.615 = 1.23 метра. Легко понять, что на третьем обороте колеса бусинка столкнется с ободом. За третий оборот колеса бусинка сдвинется на L - x = 0.27 метра. Эта величина меньше S/2, т.е. бусинка столкнется с ободом на первой половине третьего оборота. Точка закрепления пружины В (см. рис. 1) первую половину оборота находится ниже центра колеса, поэтому после столкновения бусинка будет просто лежать на ободе (см. рис. 5) до тех пор, пока стержень снова не окажется горизонтальным (это произойдет через два с половиной оборота после начала движения бусинки).

Затем бусинка начнет двигаться вдоль стержня в другую сторону, также "шагами" по 0.615 метра. Еще через два с половиной оборота бусинка окажется в исходном состоянии.

Итак, ответ задачи: через 5 оборотов колеса система вернется в исходное положение.

Задача 2.

После того, как сосуд повернули в первый раз, поршень начал совершать затухающие колебания и в конце концов остановился на расстоянии Dx от своего первоначального положения (см. рис. 1). При этом потенциальная энергия поршня перешла во внутреннюю энергию газа:

где R - универсальная газовая постоянная; DT - изменение температуры после первого поворота сосуда.

Нетрудно понять, что в результате второго поворота сосуда температура газа не изменится: работа, совершенная газом над поршнем против силы трения, перейдет за счет трения обратно во внутреннюю энергию газа. Таким образом, DT из предыдущей формулы совпадает с T-T0. Несложно выразить интересующее нас X:

(1)

Наличие в системе силы трения затрудняет решение задачи непосредственно с помощью уравнения Клайперона-Менделеева. Для поршня в системе существует целая "зона застоя", и определить, где конкретно остановится в этой зоне поршень, когда его колебания затухнут, сложно. Но это уравнение существенно для проверки согласованности заданных в задаче условий.

Можно проверить, что полученное Х соответствует равновесному положению поршня в сосуде. Действительно, положение равновесия поршня (после первого переворачивания сосуда) определяется условием

(p1 - p2)S = Mg ± fТР (2),

где p1 и p2 - равновесные давления под поршнем и над поршнем соответственно;
S - площадь сечения сосуда;
fТР ≤ FТР - сила трения, действующая на поршень в равновесии (очевидно, она может быть направлена в любую сторону и не превышает по модулю силу трения скольжения FТР).

Для газа под поршнем в равновесии справедливо уравнение Клайперона-Менделеева

p1(L-X)S = nRT, откуда .

Аналогично для газа над поршнем

p2XS = nRT, откуда .

Подставляя p1 и p2 в уравнение (2) с учетом вычисленного значения X, выражаем fТР. Тогда условие fТР ≤ FТР окажется эквивалентным следующему:

Только в этом случае задача имеет решение.

Задача 3.

В рассматриваемой системе неоднородность давления жидкости вызывается не только силой тяжести, но и кулоновским взаимодействием. Очевидно, давление в жидкости увеличивается с глубиной благодаря силе тяжести. Вдобавок жидкость, будучи заряженной, расталкивает сама себя, в результате чего в слоях, расположенных ближе к центру сосуда, давление меньше, чем в слоях, расположенных снаружи. Это приводит к наличию в жидкости дополнительной силы, действующей аналогично силе Архимеда на плавающие в ней тела и направленной к центру сосуда. Кроме того, тела в такой жидкости будут взаимодействовать друг с другом (даже не будучи заряженными)

Представим область внутри шариков в виде суперпозиции положительно заряженной жидкости (как бы проникающей внутрь шариков) отрицательно заряженных шариков, компенсирующих этот заряд. Таким образом, рассмотрим взаимодействие целого заряженного большого шара радиуса R с плотностью заряда s и маленьких шариков радиуса r с плотностью заряда -s.

Найдем напряженность, создаваемую большим шаром внутри себя на расстоянии х от своего центра. Воспользуемся теоремой Гаусса. Выделим мысленно сферу радиуса х<R c центром, совпадающим с центром большого шара. По теореме Гаусса для напряженности поля справедливо

где - заряд, который содержит эта сфера, S = 4px2 - площадь этой сферы. Таким образом, если маленький шарик (с зарядом ) находится на расстоянии х от центра большого шара, на него действует направленная к центру сила

что эквивалентно действию пружины с жесткостью

Итак, задача свелась к нахождению расположения шариков с зарядами q, подвешенными на пружинках жесткостью K в жидкости плотностью r (см. рис.). На каждый шарик действует сила тяжести , кулоновская сила отталкивания от другого шарика (d - расстояние между маленькими шариками в положении равновесия), сила Архимеда и сила притяжения к центру большого шара Kx. Векторная сумма этих сил должна быть равна нулю, что в проекции на вертикальную и горизонтальную оси дает соответственно

mg - FA = Kxcosq => (1)

FKL = Kxsinq => (2)

Решая данную систему уравнений относительно x и q (с учетом d = 2xsinq и ), получим . Легко понять, что эта величина меньше 2r, т.е. шарики не смогут расположиться на расстоянии d друг от друга. Они расположатся, таким образом, рядом друг с другом. Поскольку шарики по условию задачи малы (решение задачи справедливо, если r << x), для угла q справедливо tgq = r/x ≈ 0 или q ≈ 0.

С учетом последнего равенства из уравнения (1) легко получить

В зависимости от знака разности r0-r шарики расположатся ниже центра большого шара (как это изображено на рисунке) или выше него. При этом мы ограничились рассмотрением случая, когда разность плотностей r0-r не слишком мала (так что x >> r). Если это не так, выражение для FKL = qE(x) оказывается несправедливым, так как в данной формуле наш шарик рассматривается как точечный заряд в поле E(x).

Задача 4.

Из симметрии картинки очевидно, что квадрат расположен симметрично относительно главной оптической оси линзы ОО'. Так как две стороны изображения параллельны друг другу, ясно, что две стороны квадрата перпендикулярны OO'. Поскольку изображение по условию "рваное", понятно, что фокус линзы расположен внутри квадрата.

Построим изображение квадрата АВСD в линзе HH' с фокусами в точках F и F' (см. рис. 1):

Чтобы построить изображение точки А, построим луч АВНFA' (идущий до линзы параллельно главной оптической оси, а после линзы проходящий через фокус) и луч АА' (проходящий через центр линзы и, следовательно, не преломляющийся в ней). На пересечении этих лучей лежит А' - изображение точки А.

Аналогично строим лучи DCH'FD и DD' и находим положение D' - изображения точки D.

Чтобы построить изображение точки B, построим луч ВНF (идущий до линзы параллельно главной оптической оси, а после линзы проходящий через фокус) и луч BB' (проходящий через центр линзы и, следовательно, не преломляющийся в ней). На пересечении продолжения этих лучей лежит B' - изображение точки B.

Аналогично строим лучи CH'F и CC' и находим положение C' - изображения точки C.

Из построения изображения видно, что фокус линзы лежит на пересечении линий B'A' и С'D'. Значит, соединив на предложенной картинке аналогичные точки получим положение фокуса линзы. Проведем через него главную оптическую ось перпендикулярно A'D' и C'B' (см. рис. 2).

Обозначим через R = 18 и r = 9 размеры половин параллельных сторон изображения, через Y = 27 - расстояние между ними, через d = 9 - расстояние от действительного (уменьшенного) изображения до фокуса. Все эти размеры можно снять с выданного рисунка.

Обозначим неизвестные: a - половина стороны квадрата, f - фокусное расстояние линзы, b - расстояние от линзы до ближайшей стороны квадрата (b = BH).

Треугольники FD'E' и FH'U (U - центр линзы) подобны, поэтому

=> (1)

Треугольники UD'E' и UDE подобны, поэтому

=> (2)

Треугольники ULB и UL'B' подобны, поэтому

=> (3)

Выражая из (2) и подставляя его в (3), получим . Из (1) получаем . Из (3) .

Задача 5.

Выберем начало отсчета времени: пусть в момент времени t кольцо находится на расстоянии x = Vt от точки О, .

Рассмотрим некоторый момент времени t. При движении кольца поток F магнитного поля через него меняется. Это приводит к возникновению в кольце ЭДС индукции и соответствующего тока . Поскольку виток такого тока расположен на расстоянии от точки О, он находится в магнитном поле B = A0/(x2+a2), и на кольцо действует сила Ампера, проекция которой на ось OO' равна F = LBIcosb, где L = 2pa - длина проводника. Направление силы F противоположно направлению скорости. Таким образом,

(1)

Осталось выяснить, как в зависимости от времени меняется ЭДС индукции в кольце, т.е. найти скорость изменения магнитного потока. Для этого рассмотрим кольцо через малый промежуток времени Dt после момента t. За Dt кольцо сдвинулось на Dx (см. рис.), и изменение магнитного потока DF равно магнитному потоку через боковую поверхность цилиндра, которую "замело" кольцо: DF = SBcosb, где S -площадь боковой поверхности цилиндра. Т.к. высота цилиндра мала, угол между вектором магнитного поля и поверхностью цилиндра можно считать постоянным: . Окончательно

(2)

Подставляя (2) в (1) и учитывая, что Dx/Dt = V, получим, что в момент времени t на кольцо действует сила

Именно такую силу нужно прикладывать к кольцу в каждый момент времени, чтобы оно двигалось равномерно.