Решения 10 класса (город 2004)

Подробности
Обновлено 31.03.2013 11:58

Решения задач городского тура 2004 года для 10 класса.

1 · 2 · 3 · 4 · 5

Задача 1.

В процессе теплового расширения (сжатия), на отдельные участки стержня действует сила трения, направленная противоположено смещению данного участка относительно стола. Полная сила трения, действующая на стержень равна нулю, в противном случае он начал бы двигаться равноускоренно. Это означает, что суммарная длина отрезков движущихся вправо равна суммарной длине отрезков движущихся влево.

Из данного нам графика зависимости температуры от координаты видно, какие части стержня растягиваются [0, 0.2L], [0.6L, L], а какие сжимаются [0.2L, 0.6L]. Отклонения температуры от первоначальной на этих участках по модулю равны, что означает равенство относительного удлинения (сжатия). Построим график величины d(x) = D(x)- D(0). Здесь x - координата вдоль стержня, D(x) - смещение данной части стержня относительно стола. Тогда D(L)- D(0) = DL - полное удлинение стержня, а d(x) это изменение расстояния от точки на стержне до левого края стержня. Наклон графика d(x) показывает, имеется ли в данной точке растяжение (d(x) - возрастает) или сжатие (d(x) - убывает). Кроме того, модуль наклона пропорционален относительному удлинению в данной точке. Действительно, если рассмотреть две близкие точки x1 и x2, так чтобы температура между ними была постоянна, то d(x2)-d(x1) = D(x2)- D(x1) = {Абсолютное удлинение отрезка [x1,x2]} = a(x2-x1), a - относительное удлинение. В нашей задаче a имеет одинаковый модуль во всех точках стрежня, a>0 соответствует растяжению, a<0 соответствует сжатию. Все это позволяет построить график d(x)(масштаб по оси Oy при этом пока не определен).

Удобно найти неподвижную точку на стержне x0. Все точки, у которых d(x)>d(x0), смещаются относительно стола вправо, d(x)<d(x0) смещаются влево. Тогда суммарная длина отрезков, у которых d(x)>d(x0) равна суммарной длине отрезков, у которых d(x)<d(x0) (см. выше). По графику легко определить, что такому условию удовлетворяют точки x0=(1/30)L, (11/30)L, (5/6)L.

Полное удлинение DL= D(L)-D(0) = d(L) = d(L/5) = 6d(L/30). Заметим, что D(x0)=0, тогда D(0)= D(L/30) - d(L/30)= -DL/6 и D(L) = D(0)+DL = (5/6)DL. Ответ: левый край стержня сдвинется на величину D(0)= -(1/6)DL, правый сдвинется на D(L)= (5/6)DL.

Задача 2.

Обозначим радиус орбиты через R. Тогда расстояние между звездами 2R. Скорости вращения звезд можно найти, приравняв центростремительное и гравитационное ускорение:

Условие распада системы: кинетическая энергия в системе центра масс должна быть больше модуля потенциальной энергии.

Пусть масса сбрасываемой оболочки DM. Тогда скорость движения центра масс системы звезда-остаток относительно первоначального центра масс (центра масс всей системы):

Легко видеть, что в системе отсчета движущейся относительно первоначального центра масс двух звезд с такой скоростью кинетическая энергия равна:

Тогда условие на распад:

Таким, образом, если при взрыве образуется остаток конечной массы, он будет образовывать вместе со звездой связную систему.

Задача 3.

Когда поршень находится посередине сосуда, центр масс совокупности "газ + сосуд" находится на оси вращения. При этом центр масс всей системы ниже оси вращения, из-за камушка лежащего в нижнем сосуде и система находится в состоянии устойчивого равновесия. В процессе нагрева нижнего газа центр масс системы поднимается и в некоторый момент доходит до оси вращения. Вскоре после этого система переворачивается, снова оказывается в устойчивом положении и процесс повторяется. Время между каждым следующим переворотом пропорционально количеству тепла сообщенного сосуду т.к. мощность постоянна. Это время растет, т.к. из-за увеличения давления внутри сосуда, для сдвига поршня на то же расстояние требуется больше энергии.

Обозначим длину сосуда - 2L, M - масса каждого газа, m - масса камушка, h - высота поршня над осью вращения, к моменту переворачивания. При подъеме поршня на h, центр масс каждого из газов поднимается на h/2. Положение безразличного равновесия (начало опрокидывания) означает равенство моментов газов и камешка относительно оси вращения, т.е. 2M(h/2)=mL. Откуда находим h/L= m/M=c. Изменение объема каждого из газов, по сравнению с первоначальным объемом V0 обозначим DV=cV0. Полная внутренняя энергия газа в сосуде равна U=2·(3/2)pV0, а ее изменение будет DU=DQ=3V0(pкон-pнач), где pнач, pкон - давление в сосуде (оно одинаково у обоих газов) в начале и конце процесса нагрева соответственно.

Рассмотрим процесс до первого переворота. В процессе нагрева газ получает тепло DQ=3V0(pкон-pнач) и совершает работу pсредDV над верхним газом (pсред -среднее давление в процессе нагрева), увеличивая свою внутреннюю энергию. Тогда:

DQ = (3/2)(pкон(V0+DV)-pначV0)+pсредDV = (1/2)DQ+(1/2)DV(3pкон+2pсред).

В итоге DQ = DV(3pкон+2pсред). Для нахождения величины DQ можно воспользоваться методом последовательных приближений. Изменение давления Dp= pкон-pнач = DQ/3V0 ≈ (5/3)p DV/V0, т.е. изменение давления мало по сравнению с самим давлением. Для приблизительного вычисления DQ (с точностью порядка c) можно считать давление неизменным и равным pX. Тогда DQ = 5 pX DV и Dp = (5/3)pXDV/V0. Давление в процессе меняется линейно с объемом (пока DV<<V0) поэтому pсред=(pнач+pкон)/2=pкон-Dp/2=pкон-5/6 pX DV/V0. Тогда более точное выражение для подведенного тепла будет DQ=5pконDV-(5/3) pX DV·DV/V0. Это выражение зависит от величины pнач< pX <pкон, однако видно что изменение pX в указанных пределах приводит к изменению DQ не больше чем на {Ошибка DQ} ≈ (25/9)p·(DV/V)2·DV, то есть к относительной ошибке {Ошибка DQ}/DQ ≈ (5/9)c2 = 5·10-4. Ограничивая себя такой точностью будем считать, pX = pкон и DQ1=5pкон1DV(1-c/3), где 5pкон1 - давление в конце первого нагрева.

Перед следующим переворотом газ увеличит объем уже на 2DV от V0-DV до V0+DV. Тогда по аналогии мы получим:

DQ = (3/2) (pкон(V0+DV)-pнач(V0-DV))+2pсредDV=DQ/2+5pсредDV =>

DQ = 10pсредDV, Dp = pкон-pнач ≈ 10/3 pкон DV/V0 ≈ (10/3) pнач DV/V0

DQ2 = 10(pнач+(5/3)pнач DV/V0) DV = 10pнач2DV(1+(5/3)c) = 10pкон2DV(1-(5/3)c)

Эти выражения описывают и следующий нагрев (между вторым и третьим переворотами), в частности DQ3=10pнач3DV(1+(5/3)c).

Для ответа на вопрос задачи надо отметить, что pкон1=pнач2 и ркон2=pнач3. Тогда T2 = T1 DQ2/DQ1 = 2T1(1+(5/3)c)/(1-(1/3)c) = 2.12 T1 и T3 = T2(1+(5/3)c)/(1-(5/3)c) = 2.34 T1.

Внимательный читатель, конечно, заметил, что в решении мы пренебрегли многими эффектами, как-то:

  1. Влияние массы камешка на давление в сосуде, в результате чего давление в нижней и верхних частях будет не равным.
  2. Дополнительное давление верхнего сосуда на нижний, связанное с массой газа в верхнем сосуде.
  3. Потенциальная энергия газа в сосуде, которая при перевороте переходит в его потенциальную энергию.
  4. Энергия, выделяющаяся за счет падения камней при перевороте, которая также переходит во внутреннюю энергию газа.
  5. Момент создаваемый вторым камушком (расположенным вблизи оси).

Легко убедится, что учет этих поправок незначительно скажется на результате. При оценке эффектов 1-4 важным будет соотношение mgL/RT, т.е. отношение потенциальной энергии газа к внутренней или отношение "гидростатического давления" создаваемого газом к обычному. Для сосуда высотой 2 метра это соотношение равно 1.6·10-5 при указанной в условии температуре, что и позволило пренебречь перечисленными выше явлениями.

Задача 4.

Составим из восьми таких кубов куб вдвое больших размеров. Центр "большого" куба является вершиной каждого из "маленьких", поэтому потенциал в этой точке равен 8j (j - искомый потенциал).

С другой стороны, восемь составленных вместе кубов можно рассматривать как куб вдвое больших размеров (при этом заряд каждой грани равен 4q) и три квадратные пластины, размер каждой из которых вдвое больше, чем грани исходного куба (при этом заряд каждой пластины равен 8q).

Если взять какой-нибудь заряженный объект и увеличить все его линейные размеры в a раз, а заряд в b раз, то потенциал, создаваемый в соответственных точках, увеличится в b/a раз, так как потенциал дается формулой Skqi/ri.

Поэтому потенциал, создаваемый "большим" кубом в его центре, равен 4j2/2 = 2j2, а "большой" пластиной в ее центре - 8j1/2 = 4j1. По принципу суперпозиции 8j = 2j2 + 3·4j1. Ответ: j = 3j1/2 + j2/4.

Задача 5.

Движение линзы можно представить как сложение двух движений, параллельный сдвиг линзы вдоль оси Ox (оптическая ось линзы до начала колебаний) и поворот линзы вокруг горизонтальной оси Oy, перпендикулярной Ox.

Поворот линзы (при неизменном положении центра) не приводит к смещению изображения источника расположенного на оптической оси. Действительно, изображение остается на прямой соединяющей источник и центр линзы, то есть не может сместиться вверх или вниз (перпендикулярно Ox). Смещение вдоль Ox невозможно из соображений симметрии. При повороте линзы в другую сторону на тот же угол смещение должно было бы сменить знак (если оно пропорционально углу). Такой поворот, однако, получается отражением системы относительно плоскости OxOy и, следовательно, не может приводить к изменению x координат точек. Смещение вдоль Ox поэтому равно нулю.

Параллельный сдвиг линзы вдоль Ox на величину D приводит к сдвигу изображения на величину D в том же направлении, так как изображение источника, расположенного на бесконечности всегда находится на расстоянии F от линзы. Конечность расстояния до источника приводит в данном случае к пренебрежимо малым поправкам, в чем вы можете убедиться сами.

В итоге траектория изображения представляет собой горизонтальный отрезок, его длина равна размаху колебаний линзы S = 2aF. Ускорение изображения совпадает с горизонтальным ускорением линзы, которое максимально, при максимальном отклонении линзы, и равно amax= gsinacosa ≈ ag.