Решения 11 класса (район 2004)

Подробности
Обновлено 31.03.2013 11:58

Решения задач районного тура 2004 года для 11 класса.

1 вариант: тест · 1 · 2 · 3 · 4
2 вариант: тест · 1 · 2 · 3 · 4

I вариант

Ответы теста (максимальное количество баллов - 32)

  1. c - 4 балла (единственный ответ, имеющий правильную размерность)
  2. b - 5 баллов
  3. e - 6 баллов
  4. b - 8 баллов
  5. d - 9 баллов (ответ, учитывающий, что сразу после отскока сила сопротивления воздуха равна по модулю mg)

Вариант ответа a на пятый вопрос правилен в случае пренебрежения сопротивлением воздуха и оценивается в 5 баллов.

Решения задач (максимальное количество баллов - 68)

Задача 1 (12 баллов)

    • На брусок действуют три силы (см. рис.): сила тяжести mg, сила реакции земли R (ее обычно представляют в виде суммы двух проекций: нормальной силы реакции N и силы трения FТР) и приливная сила притяжения со стороны Луны F, величина которой равна - 2 балла.
    • Сила тяжести направлена вниз, сила F - в любую сторону (в зависимости от фазы Луны). Обозначим a - угол наклона силы R к вертикали. Так как FТР ≤ mN (m - искомый коэффициент трения), то . Поэтому угол a не может превышать величину am = arctgm. Максимальное значение a достигается, когда FТР = mN, то есть, когда наступает проскальзывание - 4 балла.
    • Чтобы брусок не проскальзывал, векторная сумма сил mg, R и F должна быть равна нулю. При этом вектора сил должны замыкать векторный треугольник. Нарисуем этот треугольник: вертикальный вектор mg, силу Rm - наклоненную под углом am к вертикали (вектор R не может отклоняться от вертикали больше чем Rm), а также силу F - начинающуюся где-то на окружности радиуса F и заканчивающуюся в центре окружности (см. рис. 2). Понятно, что в случае, когда окружность пересекает вектор Rm, существует такое направление вектора F, что треугольник не замкнется, и тело не сможет оставаться в покое (см. рис 3). Если же окружность вектор не пересекает, то треугольник можно замкнуть (см. рис 4). Таким образом, случай касания окружности и вектора Rm является критическим - 4 балла.
    • При этом угол между векторами Rm и F составляет 90° и вытекающее отсюда равенство F = mgsinam определяет минимальный коэффициент трения, при котором треугольник еще замыкается. Отсюда . - 2 баллa.

Другое возможное решение

Найдем минимальную силу F, которую необходимо приложить, чтобы сдвинуть брусок с места. Обозначим b - угол который сила F образует с вертикалью (он может быть произволен) и рассмотрим ситуацию, когда сила трения достигла своего максимального значения FТР (см рис 1). Напишем условие равновесия бруска в проекции на горизонтальную и вертикальную оси: mg = N + Fsinb (1), mN = Fcosb (2) (по 2 балла за каждое уравнение). Решая данную систему относительно F и N, получим (1 балл). Исследуя данное выражение на минимум (или, что тоже самое, выражение cosb + msinb на максимум) т.е. приравнивая производную по b нулю, получим, что при b = arctgm (6 баллов). Если величина приливной силы не превышает Fmin, брусок не сдвинется. Отсюда получим тот же ответ, что и при первом способе решения (1 балл за правильный ответ).

Задача 2 (16 баллов)

Обозначим

V1 и V2 - среднюю скорость молекул гелия и ксенона в правой части сосуда;
m1 и m2 - массы одной молекулы гелия и ксенона соответственно;
n1 и n2 - концентрации гелия и ксенона в левой части сосуда вначале;
n1 и n2 - количество вещества гелия и ксенона в левой части сосуда вначале;
T - температуру газа в левой части сосуда (так как отверстие маленькое и открывается на небольшое время, считаем. что эта температура не изменяется)

Очевидно, в приближении идеального газа молекулы гелия и ксенона вылетают независимо.

  • Рассмотрим сначала истечение гелия. Предположим для простоты, что молекулы в газе двигаются только вдоль взаимно перпендикулярных осей OX, OY, OZ со скоростью V1 (те же предположения делаются в школьном курсе при выводе основного молекулярного уравнения p = nkT). Тогда за время Dt из левой части сосуда вылетят молекулы гелия, находящиеся в цилиндре длиной V1Dt и имеющие скорость в направлении оси OX (см. рис). Их количество равно N1 = n1V1DtS/6 (множитель 1/6 появляется, так как из 1/3 всех молекул, движущихся вдоль оси OX, только половина движется к отверстию). То же самое справедливо для вылетевших молекул ксенона. Их количество равно N2 = n2V2DtS/6. Поэтому
    (1)
    Этот результат остается справедлив и если мы не делаем никаких предположений относительно характера движения молекул в газе: так как N1 должно быть пропорционально n1, из размерных соображений N1 ~ n1V1DtS, где коэффициент пропорциональности хоть и отличается от 1/6, но является не зависящим от газа числом и сокращается при делении N1 на N2 -- 4 балла
  • Так как мерой средней кинетической энергии молекулы является температура, а она одинакова для гелия и ксенона (по условию первоначально в сосуде было тепловое равновесие), то , откуда (2) -- 4 балла.
  • Концентрация гелия удовлетворяет соотношению (3), где NA - постоянная Авогадро, NHe - число молекул гелия в левой части сосуда вначале. Аналогично для ксенона (4). Поделив (3) на (4) получим
    (5)
    -- 4 балла.
  • Подставляя (2) и (5) в (1) получим . С учетом получим окончательный ответ: -- 4 балла.

Задача 3 (16 баллов)

  • Металлическая пластина создает поле . -- 2 баллa
  • Однако заряженный шарик влияет на распределение электронов в пластине, создавая в ней свое "изображение". Если шарик с зарядом -q находится на расстоянии l от пластины, то поле пластины со стороны шарика согласно методу зеркальных изображений будет суперпозицией поля E и поля точечного заряда +q находящегося за пластиной на расстоянии l (симметрично шарику, см. рис.). Когда шарик находится в точке А, его расстояние до пластины равно l = (L-2pR)/4. Таким образом, энергия взаимодействия пластинки и шарика в точке А равна WA = -qEl + W0, где W0(l) = -kq2/4l. Когда шарик находится в точке B, его энергия взаимодействия с пластиной изменится: первое слагаемое целиком перейдет в кинетическую энергию. Второе слагаемое тоже изменится, но оценить, насколько - мы не можем, так как формально в точке В выражение для W0(l=0) обращается в бесконечность. Обозначим изменение энергии, связанное с этим слагаемым, через DW. Тогда часть энергии WB-WA = qEl + DW перешла в кинетическую энергию ленты. Рассматривая аналогично перемещение шарика из точки В в точку С получим, что на этом этапе в кинетическую энергию перешло WC-WB = qEl - DW. Таким образом, за половину оборота транспортера, когда шарик переместился из точки А в точку С, лента приобрела кинетическую энергию 2qEl. -- 10 баллов
  • Легко понять, что за 10 оборотов лента транспортера приобретет кинетическую энергию 40qEl, то есть будет иметь скорость V, легко находимую из соотношения 40qEl = MV2/2. Отсюда ответ -- 4 балла
  • Примечание. Тот, кто в решении забывает про энергию, связанную с взаимодействием шарика со своим изображением, лишается 6 баллов во втором пункте и может получить максимум 10 баллов за задачу.

Задача 4 (24 балла)

  • При включении магнитного поля переменное магнитное поле порождает вихревое электрическое, которое, воздействуя на заряженные частицы в течение времени Dt, сообщает им некоторую скорость. После того, как магнитное поле полностью включилось, разогнанные электрическим полем частицы начинают двигаться в магнитном поле по некоторым окружностям. -- 4 балла
  • Найдем, какое электрическое поле порождается магнитным. Рассмотрим в качестве контура окружность радиуса x в катушке (см рис 1). Обозначим величину напряженности вихревого поля на этой окружности E(x). Это поле создает ЭДС индукции в нашем контуре, равную по модулю
    |U| = 2pxE (1)
    (здесь 2px- длина контура). С другой стороны, ЭДС индукции нашего контура связана с изменением потока магнитного поля через контур по закону
    (2),
    где S = px2 - площадь контура. Приравнивая (1) и модуль от выражения (2) находим E = xB0/(2Dt) -- 6 баллов
  • На заряженную частицу, находящуюся на расстоянии x от центра, таким образом, действует электрическая сила FKL = qE, которая за время Dt придает заряду импульс p = FKLDt = qxB0/2. Это соответствует скорости частицы V = qxB0/(2m) (здесь m - масса частицы). Именно такую скорость частица приобретет к моменту, когда магнитное поле достигнет максимума. -- 4 балла
  • Далее частица будет двигаться по окружности в магнитном поле. Найдем радиус r этой окружности. Движение по окружности осуществляется под действием единственной силы - силы Лоренца FL = qB0V, т.е. эта сила обеспечивает центростремительное ускорение aЦЕНТР = V2/r. Приравнивая FL и maЦЕНТР получим r = x/2. -- 4 балла
  • Таким образом, частицы двигаются с одной угловой скоростью по траекториям, изображенным на рисунке 2 (О - центр катушки). Предположим, через некоторое время все частицы, двигаясь каждая по своей окружности с центрами в точках A1 и A2, преодолели угол и оказались в точках B1 и B2 (см. рис 3). Тогда все они будут лежать на одной прямой, образующей угол a/2 с прямой, соединявшей их до начала движения (, как углы опирающиеся на дугу с центральным углом a). Итак, частицы будут находиться на одной прямой. -- 6 баллов

II вариант

Ответы теста (максимальное количество баллов - 32)

  1. b - 4 балла (единственный ответ, имеющий правильную размерность)
  2. a - 5 баллов
  3. d - 6 баллов
  4. b - 8 баллов
  5. e - 9 баллов (ответ, учитывающий, что сразу после отскока сила сопротивления воздуха равна по модулю mg)

Вариант ответа a на пятый вопрос правилен в случае пренебрежения сопротивлением воздуха и оценивается в 5 баллов.

Решения задач (максимальное количество баллов - 68)

Задача 1 (12 баллов)

    • На брусок действуют три силы (см. рис.): сила тяжести mg, сила реакции земли R (ее обычно представляют в виде суммы двух проекций: нормальной силы реакции N и силы трения FТР) и приливная сила притяжения со стороны Луны F, величина которой равна (M - искомая масса Луны) - 2 балла.
    • Сила тяжести направлена вниз, сила F - в любую сторону (в зависимости от фазы Луны). Обозначим a - угол наклона силы R к вертикали. Так как FТР ≤ mN, то . Поэтому угол a не может превышать величину am = arctgm. Максимальное значение a достигается, когда FТР = mN, то есть, когда наступает проскальзывание - 4 балла.
    • Чтобы брусок не проскальзывал, векторная сумма сил mg, R и F должна быть равна нулю. При этом вектора сил должны замыкать векторный треугольник. Нарисуем этот треугольник: вертикальный вектор mg, силу Rm - наклоненную под углом am к вертикали (вектор R не может отклоняться от вертикали больше чем Rm), а также силу F - начинающуюся где-то на окружности радиуса F и заканчивающуюся в центре окружности (см. рис. 2). Понятно, что в случае, когда окружность пересекает вектор Rm, существует такое направление вектора F, что треугольник не замкнется, и тело не сможет оставаться в покое (см. рис 3). Если же окружность вектор не пересекает, то треугольник можно замкнуть (см. рис 4). Таким образом, случай касания окружности и вектора Rm является критическим - 4 балла.
    • При этом угол между векторами Rm и F составляет 90° и вытекающее отсюда равенство F = mgsinam определяет минимальный коэффициент трения, при котором треугольник еще замыкается. Отсюда . - 2 баллa.

Другое возможное решение

Найдем минимальную силу F, которую необходимо приложить, чтобы сдвинуть брусок с места. Обозначим b - угол который сила F образует с вертикалью (он может быть произволен) и рассмотрим ситуацию, когда сила трения достигла своего максимального значения FТР (см рис 1). Напишем условие равновесия бруска в проекции на горизонтальную и вертикальную оси: mg = N + Fsinb (1), mN = Fcosb (2) (по 2 балла за каждое уравнение). Решая данную систему относительно F и N, получим (1 балл). Исследуя данное выражение на минимум (или, что тоже самое, выражение cosb + msinb на максимум) т.е. приравнивая производную по b нулю, получим, что при b = arctgm (6 баллов). Если величина приливной силы не превышает Fmin, брусок не сдвинется. Отсюда получим тот же ответ, что и при первом способе решения (1 балл за правильный ответ).

Задача 2 (16 баллов)

Обозначим

V1 и V2 - среднюю скорость молекул гелия и ксенона в правой части сосуда;
m1 и m2 - массы одной молекулы гелия и ксенона соответственно;
m1 и m2 - массы гелия и ксенона в правой части сосуда в конце;
n1 и n2 - количество вещества гелия и ксенона в левой части сосуда вначале;
T - температуру газа в левой части сосуда (так как отверстие маленькое и открывается на небольшое время, считаем. что эта температура не изменяется)

Очевидно, в приближении идеального газа молекулы гелия и ксенона вылетают независимо.

  • Рассмотрим сначала истечение гелия. Предположим для простоты, что молекулы в газе двигаются только вдоль взаимно перпендикулярных осей OX, OY, OZ со скоростью V1 (те же предположения делаются в школьном курсе при выводе основного молекулярного уравнения p = nkT). Тогда за время Dt из левой части сосуда вылетят молекулы гелия, находящиеся в цилиндре длиной V1Dt и имеющие скорость в направлении оси OX (см. рис). Их количество равно N1 = n1V1DtS/6 (множитель 1/6 появляется, так как из 1/3 всех молекул, движущихся вдоль оси OX, только половина движется к отверстию). То же самое справедливо для вылетевших молекул ксенона. Их количество равно N2 = n2V2DtS/6. Поэтому
    (1)
    Этот результат остается справедлив и если мы не делаем никаких предположений относительно характера движения молекул в газе: так как N1 должно быть пропорционально n1, из размерных соображений N1 ~ n1V1DtS, где коэффициент пропорциональности хоть и отличается от 1/6, но является не зависящим от газа числом и сокращается при делении N1 на N2 -- 4 балла
  • Так как мерой средней кинетической энергии молекулы является температура, а она одинакова для гелия и ксенона (по условию первоначально в сосуде было тепловое равновесие), то , откуда (2) -- 4 балла.
  • Подставляя (2) в (1) получим . С учетом получим для вылетевших молекул соотношение: (3) -- 4 балла.
  • Масса гелия в конце в правой части сосуда удовлетворяет соотношению (4), где NA - постоянная Авогадро. Аналогично для ксенона (5). Поделив (4) на (5) получим с учетом (3) окончательный ответ
    -- 4 балла.

Задача 3 (16 баллов)

  • Металлическая пластина создает поле . -- 2 баллa
  • Однако заряженный шарик влияет на распределение электронов в пластине, создавая в ней свое "изображение". Если шарик с зарядом -q находится на расстоянии l от пластины, то поле пластины со стороны шарика согласно методу зеркальных изображений будет суперпозицией поля E и поля точечного заряда +q находящегося за пластиной на расстоянии l (симметрично шарику, см. рис.). Когда шарик находится в точке А, его расстояние до пластины равно l = (L-2pR)/4. Таким образом, энергия взаимодействия пластинки и шарика в точке А равна WA = -qEl + W0, где W0(l) = -kq2/4l. Когда шарик находится в точке B, его энергия взаимодействия с пластиной изменится: первое слагаемое целиком перейдет в кинетическую энергию. Второе слагаемое тоже изменится, но оценить, насколько - мы не можем, так как формально в точке В выражение для W0(l=0) обращается в бесконечность. Обозначим изменение энергии, связанное с этим слагаемым, через DW. Тогда часть энергии WB-WA = qEl + DW перешла в кинетическую энергию ленты. Рассматривая аналогично перемещение шарика из точки В в точку С получим, что на этом этапе в кинетическую энергию перешло WC-WB = qEl - DW. Таким образом, за половину оборота транспортера, когда шарик переместился из точки А в точку С, лента приобрела кинетическую энергию 2qEl. -- 10 баллов
  • Легко понять, что за 10 оборотов лента транспортера приобретет кинетическую энергию 40qEl, и его масса M, легко находится из соотношения 40qEl = MV2/2. Отсюда ответ M = 80qEl/V2 = 10qs(L-2pR)/(e0V2) -- 4 балла
  • Примечание. Тот, кто в решении забывает про энергию, связанную с взаимодействием шарика со своим изображением, лишается 6 баллов во втором пункте и может получить максимум 10 баллов за задачу.

Задача 4 (24 балла)

  • При включении магнитного поля переменное магнитное поле порождает вихревое электрическое, которое, воздействуя на заряженные частицы в течение времени Dt, сообщает им некоторую скорость. После того, как магнитное поле полностью включилось, разогнанные электрическим полем частицы начинают двигаться в магнитном поле по некоторым окружностям. -- 4 балла
  • Найдем, какое электрическое поле порождается магнитным. Рассмотрим в качестве контура окружность радиуса x в катушке (см рис 1). Обозначим величину напряженности вихревого поля на этой окружности E(x). Это поле создает ЭДС индукции в нашем контуре, равную по модулю
    |U| = 2pxE (1)
    (здесь 2px- длина контура). С другой стороны, ЭДС индукции нашего контура связана с изменением потока магнитного поля через контур по закону
    (2),
    где S = px2 - площадь контура. Приравнивая (1) и модуль от выражения (2) находим E = xB0/(2Dt) -- 6 баллов
  • На заряженную частицу, находящуюся на расстоянии x от центра, таким образом, действует электрическая сила FKL = qE, которая за время Dt придает заряду импульс p = FKLDt = qxB0/2. Это соответствует скорости частицы V = qxB0/(2m) (здесь m - масса частицы). Именно такую скорость частица приобретет к моменту, когда магнитное поле достигнет максимума. -- 4 балла
  • Далее частица будет двигаться по окружности в магнитном поле. Найдем радиус r этой окружности. Движение по окружности осуществляется под действием единственной силы - силы Лоренца FL = qB0V, т.е. эта сила обеспечивает центростремительное ускорение aЦЕНТР = V2/r. Приравнивая FL и maЦЕНТР получим r = x/2. -- 4 балла
  • Таким образом, частицы двигаются с одной угловой скоростью по траекториям, изображенным на рисунке 2 (О - центр катушки). Предположим, через некоторое время все частицы, двигаясь каждая по своей окружности с центрами в точках A1 и A2, преодолели угол и оказались в точках B1 и B2 (см. рис 3). Тогда все они будут лежать на одной прямой, образующей угол a/2 с прямой, соединявшей их до начала движения (, как углы опирающиеся на дугу с центральным углом a). Итак, частицы будут находиться на одной прямой. -- 6 баллов