Санкт-Петербургские олимпиады по физике

Решения 11 класса (город 2004)

Подробности

Обновлено 31.03.2013 11:58

Решения задач городского тура 2004 года для 11 класса.

1 · 2 · 3 · 4 · 5

Задача 1.

Рассмотрим случай, когда шайба имела только вращательную компоненту скорости. В начале (при t = 0) каждая точка шайбы имеет скорость V = wR. Под действием постоянной силы трения эта скорость убывает со временем по линейному закону, поэтому справедливо уравнение V(t) = wR - at, где a - ускорение шайбы под действием силы трения. Поскольку по условию V(t₀) = 0, несложно найти ускорение a = wR/t₀

Рассмотрим случай, когда шайба одновременно участвует и во вращательном и в поступательном движении, т.е. скорость каждой точки шайбы складывается из взаимно перпендикулярных компонент - скорости вращательного и поступательного движений. В начальный момент каждая точка шайбы имеет скорость . Под действием той же самой, что и в первом случае постоянной силы трения эта скорость убывает с ускорением a: . Заметим здесь, что в каждой точке шайбы сила трения будет всегда направлена в сторону, противоположную скорости данной точки шайбы, а значит не изменяет направление этой скорости (угол a, см рис.), а влияет лишь на ее модуль. Несложно найти момент, когда шайба остановится во втором эксперименте:

(1).

В направлении поступательного движения действует проекция силы трения f = F_ТРcosa (угол a определяется начальным соотношением скоростей

(2)).

Поэтому уравнение движения шайбы в проекции на эту ось выглядит следующим образом

(3)

(здесь перемещение шайбы вдоль стержня). Подставляя (1) в (3) с учетом (2) получим путь, пройденный шайбой вдоль стержня

Задача 2.

В начальный момент (см. точку 0 на графике зависимости давления газа от объема) температура газа равна T, а давление газа лежит в промежутке от p₀ до p₀+Mg/S (если бы давление было меньше, чем p₀ нижний поршень ехал бы вверх, если бы давление было больше, чем p₀+Mg/S вверх ехал бы верхний поршень).

На начальном этапе, до тех пор, пока давление газа между поршнями не сравнялось с p₀+Mg/S, увеличение температуры происходит изохорически - нижний поршень не может двигаться вниз по условию, а давления газа еще не хватает для того, чтобы поднять верхний поршень. На графике этому этапу соответствует участок 0-1. Затем процесс становится изобарическим - верхний поршень поднимается (см. участок 1-2). В точке 2 температура газа по условию равна T'. Далее газ начинает изохорически остывать - верхний поршень опуститься вниз не может, а нижний еще не поднимается, так как давление газа между поршнями пока больше чем p₀ (см. участок 2-3). Далее газ охлаждается до исходной температуры изобарически (см. участок 3-4, температура в точке 4 равна температуре в точке 0: T₄ = T), при этом нижний поршень поднимается. Далее газ начинают снова нагревать, процессу соответствует участок 4-5. Далее процесс развивается по циклу 5-2-3-4-5. Таким образом, мы видим, что при любом начальном давлении газа p₀ ≤ p ≤ p₀+Mg/S в системе установится газовый цикл, состоящий из двух изобар и двух изохор 4-5-2-3-4.

Газу сообщается теплота в процессах 4-5-2. Эта теплота Q идет на совершение газом работы (p₀+Mg/S)(V₂-V₁) и на увеличение внутренней энергии одноатомного газа 3nR(T'-T)/2. Итак, Q = (p₀+Mg/S)(V₂-V₁)+3nR(T'-T)/2 (1)

Объемы V₁ и V₂ легко найти, написав уравнение Клайперона - Менделеева для газа в точках 4 и 2:

p₀V₁ = nRT => V₁ = nRT/p₀ (2), (p₀+Mg/S)V₂ = nRT' => V₂ = nRT'/(p₀+Mg/S)

Подставляя (2) и (3) в (1) и учитывая, что затраченная в нашем подъемнике энергия E из-за тепловых потерь в 100/(100-l) раз больше, чем Q, найдем

За один цикл совершенная двигателем работа равна изменению потенциальной энергии массивного поршня, т.е. (4). Подставив в (4) объемы из (2) и (3) и поделив полученную работу A на затраченную энергию E, получим К.П.Д. подъемника

Отметим, что К.П.Д. подъемника не совпадает с К.П.Д. цикла 4-5-2-3-4, так как часть работы совершается "бесплатно" атмосферным давлением. Кроме того, если в начальный момент температура газа была больше, чем температура газа в точке 3, т.е при , то изотерма, проведенная через точку 0 пересечет отрезок 2-3, и в цикле пропадут изобарические участки. В этом случае подъемник работать не будет (он поднимет груз только в первый раз), и его К.П.Д. равно нулю

Задача 3.

Если поместить конденсатор в магнитное поле, перпендикулярное плоскости рисунка, то вылетевшие электроны будут отклоняться силой Лоренца от прямолинейной траектории. Если поле окажется достаточно сильным, то электрон может и не достигнуть противоположной пластины конденсатора.

Рассмотрим электрон в некоторой точке его траектории. Запишем второй закон Ньютона в проекции на оси ОХ и ОY (см. рис).

ОХ: eE - eBV_y = ma_x (1) OY: eBV_x = ma_y (2)

здесь V_x и V_y проекции скорости V электрона в данный момент на оси ОХ и ОY соответственно, a_x и a_y - проекции ускорения электрона, E = U/d - напряженность электрического поля в конденсаторе, B - величина однородного магнитного поля, направление которого указано на рисунке.

Разобьем время движения электрона на такие маленькие промежутки времени Dt, чтобы на каждом промежутке величина скорости и ускорения менялась мало. Равенство (2) можно написать для каждого из промежутков Dt. Домножим каждое из таких равенств на Dt и сложим все получившиеся выражения. Слева получим eB(V_x1Dt+V_x2Dt+V_x3Dt+V_x4Dt+...) = eBx, здесь V_x1, V_x2, V_x3, V_x4... - проекции скорости электрона на первом, втором, третьем, четвертом и так далее промежутках времени, x - перемещение электрона вдоль оси ОХ за рассматриваемое время движения. Справа при суммировании получим m(a_y1Dt+a_y2Dt+a_y3Dt+a_y4Dt+...), здесь a_y1, a_y2, a_y3, a_y4... - проекции ускорения электрона на первом, втором, третьем, четвертом и так далее промежутках времени, V_y - проекция на ОY скорости, которую электрон набрал за рассматриваемое время движения. Итак, eBx = mV_y (3). Отметим, что проведенные рассуждения аналогичны интегрированию по времени равенства (2).

Если к моменту времени, когда электрон пролетел вдоль оси ОХ расстояние d, (т.е. при x = d) проекция скорости электрона на ось ОХ обратилась в ноль (т.е. V_y = V (4)), то d - максимальное удаление электрона от левой пластины, а соответствующее B_пр - предельное значение магнитного поля, при котором электрон еще долетает до правой пластины.

Когда x = d, кинетическая энергия электрона увеличилась по сравнению с первоначальной за счет уменьшения потенциальной энергии электрона: mV²/2 = eU (5). Выражая из (5) скорость и подставляя ее в (4), а (4) в (3), получим . Отсюда . Итак, если поместить конденсатор в однородное магнитное поле перпендикулярное плоскости рисунка, такое, что его напряженность больше, чем B_пр, ток электронов пропадет.

Задача 4.

Для построения изображения какой-нибудь точки X, принадлежащей полупрямой АВ, необходимо построить в данной оптической системе ход двух лучей, вышедших из точки Х. В точке пересечения Y этих лучей будет находиться изображение точки Х. Для любой точки Х в качестве одного из таких лучей может быть выбран луч XAF₁ZP₁M₁N₁: луч ХА, параллельный главной оптической оси, проходит через фокус линзы F₁, попадает на зеркало в точке Z, отражается, попадает на линзу в точке Р₁ и преломляется в точку М₁. Положение точки М₁ определяется пересечением ОМ₁ (параллельного ZP₁) с фокальной плоскостью F₂M₁ линзы. Так как треугольник M₁F₂O равен треугольнику AOF₁ (по трем углам и стороне F₂O=OF₁; равенство отмеченных углов см. на рис. 1), то F₂M₁=H, то есть точка М₁ лежит ниже точки F₂ на H. Итак, изображение точки Х является точкой пересечения луча XAF₁ZP₁M₁N₁ и еще какого-нибудь луча, вышедшего из Х. Значит, все действительные изображения полупрямой АВ лежат где-то на луче XAF₁ZP₁M₁N₁.

Все изображения полупрямой АВ, возникающие в данной оптической системе, можно разбить на два типа. Первый тип - изображения, возникшие после однократного прохождения светом линзы (участок AF₁ZP₁). Второй тип - изображения, возникающие в результате того, что свет, прошедший через линзу, отразился от зеркала и вторично преломился в линзе (участок P₁M₁N₁)

Обсудим изображения первого типа. Понятно, что отрезок AF₁ не содержит изображений ни одной из точек полупрямой АВ. Действительно, в качестве второго луча, вышедшего из Х, возьмем луч ХО, не преломляющийся линзой. Понятно, что он может пересечься с лучом AF₁ZP₁ только ниже главной оптической оси. С другой стороны, для любой точки Y на F₁ZP₁ несложно восстановить ее прообраз на полупрямой АВ. Если Y принадлежит F₁Z, то соответствующий прообраз лежит на продолжении отрезка YO (см рис 1). Если же точка Y принадлежит ZP₁, то для построения ее прообраза нужно отразить точку Y в зеркале (см. точку Y₁ на рис 2) и соединить Y₁ и О. На пересечении Y₁О с АВ лежит Х - прообраз точки Y. Итак, любая точка F₁ZP₁ является действительным изображением какой-нибудь точки полупрямой АВ.

Рассмотрим теперь изображения второго типа. В качестве второго луча, вышедшего из точки Х возьмем луч проходящий через фокус F₂. Луч ХF₂ после прохождения через линзу оказывается параллельным главной оптической оси, затем отражается от зеркала обратно и возвращается "по своим следам". Значит, изображение точки Х второго типа лежит на пересечении луча P₁M₁N₁ и прямой ХF₂ (см. рис 3).

Пользуясь указанным выше правилом построим рисунок 4, на котором покажем, куда попали изображения точек А и В (В - бесконечно удаленная точка полупрямой АВ) - получим точки А₁, В₁ соответственно. Также восстановим прообразы точек Р₁ и N₁ (N₁ - бесконечно удаленная точка луча Р₁М₁), - получим точки Р и N. Комментарии к построению: OO' - главная оптическая ось, В₁ лежит на главной оптической оси, F₂N параллельна P₁N₁, изображение точки С совпадает с ней самой. Из рисунка видно, что отрезок АР изображается отрезком А₁Р₁, точки луча NВ - лучом N₁В₁. Точки отрезка А₁В₁ не являются изображениями никакой из точек полупрямой АВ. Точки отрезка РN на АВ не дают изображений второго типа.

Итак, правильный ответ к задаче дается двойной линией на рисунке 5: изображения полупрямой АВ дается ломаной F₁ZP₁A₁ и полупрямой B₁N₁.

Задача 5.

Предположим, в системе установилось равновесие, когда заряды образовали конфигурацию, изображенную на рис.1. Взаимное расположение зарядов однозначно задается углом a. Пронумеруем заряды как указано на рисунке. Обозначим F_ij - сила электростатического взаимодействия между i-тым и j-тым зарядами. Тогда условие неподвижности второго заряда (второй закон Ньютона в проекции на ось ОХ) запишется в виде F₁₂cosa = F₂₃+F₃₄ (1). Для сил F_ij справедливо: , , . Подставляя эти выражения для сил в (1) и выражая все тригонометрические функции через функцию косинуса, получим для угла a результат . При данное равенство задает равновесную конфигурацию зарядов.

Однако, можно рассмотреть и другое возможное положение равновесия. Действительно, пусть заряды расположатся, как на рис. 2 (заряд Q находится над центром равностороннего треугольника, который образуют три заряда q). Данная конфигурация зарядов однозначно задается углом b. Второй закон Ньютона в проекции на ось OY (см. рис 2) запишется в виде F₁₂cosb = F₂₃cos30°+F₂₄cos30° (2). Для сил электростатического взаимодействия в этом случае будут справедливы выражения , . Подставляя эти выражения для сил в (2) и выражая все тригонометрические функции через функцию косинуса, получим для угла b результат . При данное равенство также задает равновесную конфигурацию зарядов.

Таким образом, возникает вопрос: как же расположатся заряды в реальности - как на рисунке 1 или как на рисунке 2? Кроме того, возможно расположение зарядов, когда два из зарядов q улетели бесконечно далеко, а третий заряд расположился непосредственно под Q. Может быть, в задаче реализуется именно эта ситуация? Чтобы ответить на него требуется проанализировать, в какой из конфигураций система имеет минимум энергии. В ситуации, когда два заряда улетели на бесконечность, а третий расположился под зарядом Q, энергия системы равна (знак минус появился, так как заряды q и Q разноименные).

Рассмотрим энергию системы в конфигурации, изображенной на рисунке 1: E₁ = U₁₂+U₁₃+U₁₄+U₂₃+U₂₄+U₃₄ (3), здесь U_ij - энергия взаимодействия i-того заряда с j-тым. Найдем каждое из слагаемых в (3): , , , . Подставляя эти энергии в (3) получим (4), где .

Рассмотрим энергию системы в конфигурации, изображенной на рисунке 2: E₂ = U₁₂+U₁₃+U₁₄+U₂₃+U₂₄+U₃₄ (5). Найдем каждое из слагаемых в (3): , . Подставляя эти энергии в (5) получим (6), где .

Сравним E₁ и E₂ при q/Q << 1. Понятно, что достаточно сравнить выражения в скобках их (4) и (6). При малых q/Q угол a близок к 90°, его синус близок к единице. Поэтому (мы пренебрегли первым слагаемым, так как оно, в отличие от остальных убывает при малых q/Q). Аналогично, для выражения в скобках из (6) . Сравним -2sina и -3sinb . Возводя оба числа дважды в квадрат, выражая синусы углов a и b через косинусы и подставляя значение этих косинусов, несложно убедиться, что E₁ > E₂. Кроме того, E₀ > E₂ Итак, положение, изображенное на рис 2 будет обладать наименьшей энергией и следовательно с гарантией будет устойчиво. Положение с энергией E₀ обязательно будет неустойчиво, так как переход от конфигурации на рис 2 к конфигурации с энергией E₀ "безбарьерный" (см. рис. 3). Положение с энергией E₁ также неустойчиво, так как любой случайный малый вывод системы зарядов из одной плоскости тут же приводит к реализации положения равновесия 2.

В случае, когда q/Q >> 1, силы отталкивания в системе много больше сил притяжения. Поэтому реализуется конфигурация зарядов с энергией E₀. Конфигурации 1 и 2 реализоваться не могут, так как они существуют только при (первая конфигурация) и (вторая конфигурация).

В случае, когда q/Q = 0.7, можно вычислить значения углов a и b и подставить эти значения в выражения (4) и (6). При этом оказывается, что E₂ > E₁, E₀ > E₁, т.е. реализуется конфигурация 1. При этом конфигурация 2 может оказаться как устойчивой (см. рис. 4) - "барьерный" переход, - так и неустойчивой. Полный анализ устойчивости этого состояния достаточно громоздок и мы не ожидали, что кто-нибудь доберется до конца этого анализа. Однако суть его состроит в следующем. Рассмотрим как конфигурация 2 переходит в конфигурацию 1. Пусть заряд 2 (см. рис 1) сдвинули из положения равновесия на некоторое расстояние X перпендикулярно плоскости рисунка (заряд сдвинули и держат). Найдем положения равновесия для зарядов 1 и 3. Посчитаем энергию Е системы в таком положении и построим график зависимости Е(Х) (параметр Х меняется от нуля до H/sina, так что когда Х пробегает указанную область значений конфигурация 1 переходит в конфигурацию 2. Такой переход можно назвать "квазистатическим" - заряды двигаются очень медленно. Описываемый график оказывается "безбарьерным", т.е. система обязательно свалится на самое дно потенциальной ямы и реализуется именно конфигурация 1.

• < Назад
• Вперёд >