Решения 11 класса (район 2006)

Подробности
Обновлено 30.03.2013 00:26

Решения задач районного тура 2006 года для 11 класса.

1 вариант: Тест · 1 · 2 · 3 · 4
2 вариант: Тест · 1 · 2 · 3 · 4

I вариант

Тест.

  1. b
  2. c
  3. b
  4. d
  5. c

Задача 1.

Раз стол равномерно разгоняли и тормозили одно и то же время T, значит, его тормозили с ускорением -a, и движение также было прямолинейным. Блюдце вообще будет скользить по столу, если сила трения μmg не может обеспечить блюдцу то же ускорение, что и столу, то есть если μg < a.

Перейдем в систему отсчета, в которой стол неподвижен. В этой (неинерциальной) системе отсчета в каждый момент времени действует сила инерции ma, направленная в сторону, противоположную ускорению стола в данный момент. Перемещение блюдца в этой системе отсчета не должно превосходить L.

На первом интервале времени T блюдце разгоняется под действием силы ma–μmg. За время T оно проходит расстояние x1 = (a–μg)T2/2 и преобретает скорость V = (a–μg)T.

В последующие моменты времени ускорение a и сила трения μmg начинают действовать в одну сторону и тормозить блюдце силой ma+μmg до полной остановки. Блюдце остановится через время t = V/(a+μg) = (a-μg)T/(a+μg), пройдя за это время расстояние x2 = Vt – (a+μg)t2/2 = (a–μg)2T2/(2a+2μg).

Перемещение блюдца x1+x2 = aT2(a–μg)/(a+μg) не должно превосходить L. Отсюда следует, что L должно удовлетворять ограничению

Примечание: задачу можно решать и в исходной системе отсчета:

Пока стол разгоняется, блюдце также разгоняется, но с меньшим ускорением (ускорение блюдца μg обеспечивается силой трения о стол). Затем стол начинает тормозить, а блюдце продолжает разгоняться. Когда скорости стола и блюдца сравниваются, блюдце останавливается относительно стола и затем начинает скользить по столу в противоположном направлении, к его центру. Нас интересует интервал времени, когда блюдце двигается от центра стола к краю, то есть пока скорости стола и блюдца не сравнялись. При этом сила трения о стол всегда действует на блюдце в одну сторону, разгоняя его. Координата блюдца скорость Vb = μgt. Координата стола x задается выражением при t≤T и при t≥T, скорость стола V = aT - a(t-T). Блюдце остановится относительно стола в момент времени когда V = Vb. При этом блюдце пройдет по столу путь который не должен превосходить L. Отсюда следует, что L должно удовлетворять ограничению .

Задача 2.

К.п.д. описанного в задаче двигателя, работающего по циклу Карно, равен , где T - температура окружающей среды (выраженная в градусах Цельсия).

Обозначим через M массу запасенного топлива. Тогда справедлив баланс энергий: работа по преодолению сил сопротивления на всем маршруте производится за счет запасенного топлива 2FL = λνH(1-η)M, здесь F - сила сопротивления карновоза, λ – теплотворная способность топлива, νH – к.п.д. ночью.

Днем к.п.д. станет меньше, и поезд пройдет лишь расстояние L', определяющееся из нового баланса энергии: , откуда .

Ответ: карновоз не доедет на L–L' = 4.2 км.

Задача 3.

Из рисунка видно, что тень от линзы представляет собой кольцо; внешяя окружность кольца соответствует тени от ободка линзы, а светлое пятно в середине определяется ходом лучей сквозь собирающую линзу.

Внешяя окружность кольца тени есть круг радиуса , площадью .

Линза создает действительное изображение источника за экраном на расстоянии от линзы, определяющимся формулой , так что .

Поэтому светлое пятно на экране есть круг радиуса , площадью .

Итого, площадь тени есть (здесь ).

Задача 4.

Предположим, что бусинки не находятся на краю перекладины. На каждую бусинку действуют:

а) FК – сила кулоновского отталкивания со стороны второй бусинки (r - расстояние между бусинками)

б) FЛ – сила Лоренца qBωR, притягивающая бусинку к центру вращения (R – расстояние от бусинки до точки О)

в) N – сила реакции стержня, перпендикулярная стержню

Сумма всех этих сил должна обеспечивать центростремительное ускорение бусинки, то есть должна быть равна Fц = mω2R и направлена к центру вращения О. В проекции на направление стержня силе Кулона, отталкивающей бусинки друг от друга, противостоит проекция силы Лоренца, стремящаяся их сблизить. По условию задачи магнитное поле велико, значит сила Кулона не сможет растолкать бусинки так, чтобы хоть одна из них сместилась до края перекладины. Таким образом, положение равновесия бусинок – симметричное относительно ножки каркаса, причем бусинки не достигают его края.

Обозначим через α угол между ножкой каркаса и линией, соединяещей бусинку с точкой О. Расстояние между бусинками r = 2ltgα, бусинки вращаются по окружности радиуса .

Условие движения бусинки по окружности в проекции на направление стержня имеет вид и может быть переписано в виде

При сильном магнитном поле правая часть последнего равенства мала, значит, искомый тангенс также мал. Заменяя tgα на сам угол α, получаем

Решение устойчиво: если рассмотреть отклонение бусинки из положения равновесия (например, к краю перекладины), можно заметить, что сила Кулона уменьшится, а сила Лоренца увеличится, так что возникнет возвращающая к положению равновесия результирующая сила. Случай смещения бусинки в противоположном направлении рассматривается аналогично.

Если заменить знак заряда одной из бусинок, действующая на нее сила Лоренца будет сдвигать бусинку к краю. Так как магнитное поле по условию сильное, сила Кулона (теперь притягивающая отрицательно заряженую бусинку к ножке) не сможет ей противодействовать. Значит, отицательный заряд сместится на самый край проволоки и остановится там лишь под действием силы реакции упора на конце перекладины; положительный заряд при этом останется практически у ножки. Возможна также ситуация, когда заряды слипнутся у ножки каркаса. Какая из этих двух ситуаций реализуется, зависит от начального расположения бусинок.

II вариант

Тест.

  1. c
  2. f
  3. e
  4. c
  5. d

Задача 1.

Раз стол равномерно разгоняли и тормозили одно и то же время T, значит, его тормозили с ускорением -a, и движение также было прямолинейным. Блюдце вообще будет скользить по столу, если сила трения μmg не может обеспечить блюдцу то же ускорение, что и столу, то есть если μg < a.

Перейдем в систему отсчета, в которой стол неподвижен. В этой (неинерциальной) системе отсчета в каждый момент времени действует сила инерции ma, направленная в сторону, противоположную ускорению стола в данный момент. Перемещение блюдца в этой системе отсчета не должно превосходить L.

На первом интервале времени T блюдце разгоняется под действием силы ma–μmg. За время T оно проходит расстояние x1 = (a–μg)T2/2 и преобретает скорость V = (a–μg)T.

В последующие моменты времени ускорение a и сила трения μmg начинают действовать в одну сторону и тормозить блюдце силой ma+μmg до полной остановки. Блюдце остановится через время t = V/(a+μg) = (a-μg)T/(a+μg), пройдя за это время расстояние x2 = Vt – (a+μg)t2/2 = (a–μg)2T2/(2a+2μg).

Перемещение блюдца x1+x2 = aT2(a–μg)/(a+μg) не должно превосходить L; отсюда несложно выразить .

Максимальное время движения стола равно 2T.

Примечание: задачу можно решать и в исходной системе отсчета:

Пока стол разгоняется, блюдце также разгоняется, но с меньшим ускорением (ускорение блюдца μg обеспечивается силой трения о стол). Затем стол начинает тормозить, а блюдце продолжает разгоняться. Когда скорости стола и блюдца сравниваются, блюдце останавливается относительно стола и затем начинает скользить по столу в противоположном направлении, к его центру. Нас интересует интервал времени, когда блюдце двигается от центра стола к краю, то есть пока скорости стола и блюдца не сравнялись. При этом сила трения о стол всегда действует на блюдце в одну сторону, разгоняя его. Координата блюдца скорость Vb = μgt. Координата стола x задается выражением при t≤T и при t≥T, скорость стола V = aT - a(t-T). Блюдце остановится относительно стола в момент времени когда V = Vb. При этом блюдце пройдет по столу путь который не должен превосходить L. Отсюда следует, что T должно удовлетворять ограничению . Максимальное время движения стола равно 2T.

Задача 2.

К.п.д. описанного в задаче двигателя, работающего по циклу Карно, равен , где T - температура окружающей среды (выраженная в градусах Цельсия).

Обозначим через M массу запасенного топлива. Тогда справедлив баланс энергий: работа по преодолению сил сопротивления на всем маршруте производится за счет запасенного топлива 2FL = λνH(1-η)M, здесь F - сила сопротивления карновоза, λ – теплотворная способность топлива, νH – к.п.д. ночью.

Днем к.п.д. станет меньше, и поезд пройдет лишь расстояние L' = 19 км, определяющее новый баланс энергии: , что вместе с предыдущим уравнением дает пропорцию . Отсюда .

Ответ: температура днем TD = 10 градусов Цельсия.

Задача 3.

Из рисунка видно, что тень от линзы представляет собой кольцо; внешяя окружность кольца соответствует тени от ободка линзы, а светлое пятно в середине определяется ходом лучей сквозь собирающую линзу.

Внешяя окружность кольца тени есть круг радиуса , площадью .

Линза создает действительное изображение источника за экраном на расстоянии от линзы, определяющимся формулой , так что .

Поэтому светлое пятно на экране есть круг радиуса , площадью .

Итого, площадь тени есть (здесь ).

Задача 4.

Предположим, что бусинки не находятся на краю перекладины. На каждую бусинку действуют:

а) FК – сила кулоновского отталкивания со стороны второй бусинки (r - расстояние между бусинками)

б) FЛ – сила Лоренца qBωR, притягивающая бусинку к центру вращения (R – расстояние от бусинки до точки О)

в) N – сила реакции стержня, перпендикулярная стержню

Сумма всех этих сил должна обеспечивать центростремительное ускорение бусинки, то есть должна быть равна Fц = mω2R и направлена к центру вращения О. В проекции на направление стержня силе Кулона, отталкивающей бусинки друг от друга, противостоит проекция силы Лоренца, стремящаяся их сблизить. По условию задачи магнитное поле велико, значит сила Кулона не сможет растолкать бусинки так, чтобы хоть одна из них сместилась до края перекладины. Таким образом, положение равновесия бусинок – симметричное относительно центра перекладины, причем бусинки не достигают ее края.

Обозначим через α угол между ножкой каркаса и линией, соединяещей бусинку с точкой О. Расстояние между бусинками , бусинки вращаются по окружности радиуса .

Условие движения бусинки по окружности в проекции на направление стержня имеет вид и может быть переписано в виде

При сильном магнитном поле правая часть последнего равенства мала, значит, искомый тангенс также мал. Заменяя tgα на сам угол α, получаем

Решение устойчиво: если рассмотреть отклонение бусинки из положения равновесия (например, к краю перекладины), можно заметить, что сила Кулона уменьшится, а сила Лоренца увеличится, так что возникнет возвращающая к положению равновесия результирующая сила. Случай смещения бусинки в противоположном направлении рассматривается аналогично.

Если заменить знак заряда одной из бусинок, действующая на нее сила Лоренца будет сдвигать бусинку к краю. Так как магнитное поле по условию сильное, сила Кулона (теперь притягивающая отрицательно заряженую бусинку к центру) не сможет ей противодействовать. Значит, отицательный заряд сместится на самый край проволоки и остановится там лишь под действиемм силы реакции упора на конце перекладины; положительный заряд при этом окажется практически в центре перекладины. Возможна также ситуация когда заряды слипнутся, и образовавшееся незаряженное тело сместится к краю перекладины. Какая из этих двух ситуаций реализуется, зависит от начального расположения бусинок.