Санкт-Петербургские олимпиады по физике

Решения 10 класса (город 2006)

Подробности

Обновлено 30.03.2013 00:25

Решения задач городского тура 2006 года для 10 класса.

1 · 2 · 3 · 4 · 5

Задача 1.

В нижней части траектории у бусинки будет только центростремительное ускорение равное a = u²/R (*), где u² = 2gh - квадрат скорости в нижней точке. Для нахождения радиуса кривизны R в нижней точке лески нужно рассмотреть небольшой кусочек лески длиной Δl вблизи нижней точки (см. рис.). Он представляет собой дугу окружности радиусом R, угол этой дуги равен Δφ = Δl/R. На этот кусок действует три силы, две силы натяжения T₀ со стороны других частей лески и сила тяжести gΔm = mgΔl/L, где m - масса лески. Из условия равенства сил в вертикальном направлении следует mgΔl/L = 2T₀sin(1/2 · Δl/R). Далее необходимо отметить, что для малых углов sinx ≈ x, если x выражен в радианах. В этом нетрудно убедиться, посчитав, например sin(0.1)=0.0998. Учитывая, что мы выбираем малый Δl << R, получим 1/R = mg/(T₀L) (**).

Для нахождения T₀ можно рассмотреть правую половину лески. На нее действует сила натяжения T₀ со стороны левой половины, которая направлена горизонтально, сила тяжести mg/2 и сила со стороны подвеса T₁, направленная под углом α к горизонту.

Условия равновесия запишутся в виде:

mg/2 = T₁sinα и T₀ = T₁cosα

Откуда несложно получить T₀ = mg/2 · ctgα. Подставляя этот результат в (*) и (**) получим ответ: a = 4gtgα · h/L.

Задача 2.

На мотоциклиста действует три силы: сила реакции опоры N, направленная к оси цилиндра, сила тяжести mg и сила трения F. Учитывая, что N направлена горизонтально получим F = mg и при этом F ≤ μN. Сила N придает мотоциклисту центростремительное ускорение a = v²cos²α/R, где α - угол наклона траектории мотоциклиста к горизонту. Следовательно, N = mv²cos²α/R и мы получаем условие μ ≥ gR/(v²cos²α). Учитывая cos²α = 4π²R²/(4π²R²+h²), получим ответ μ ≥ g/v² · (R+h²/(4π²R)).

Следует отметить, что данное условие является достаточным для случая, когда мотоцикл едет без проскальзывания. В других режимах движения, может потребоваться большее значение μ.

Задача 3.

Из условия следует, что во всех точках ниже графика V_К(T) пар находится в равновесии с жидкостью, т.е. он насыщенный. Давление в этих точках равно давлению насыщенного пара при соответствующей температуре. В точках A и C, находящихся на графике зависимости V_К(T) пар становится насыщенным, но его количество все еще равно ν. Это позволяет найти давление насыщенного пара p_A = νRT_A/V_A = 1.62·10⁴ Па и p_C = νRT_C/V_C = 1.28·10⁴ Па. Так как температуры в точках C и D равны, а давление насыщенного пара зависит только от температуры p_D = p_С. И наконец давление в точке B равно p_B = p_A · (V_A/V_B) = 1.33·10⁴ Па.

Опишем цикл ABCD.

AB: Изотермический процесс расширения.
BC: Изохорический процесс охлаждения.
CD: Изобарическое сжатие, масса пара уменьшается.
DA: Изохорический процесс нагрева, масса пара увеличивается.

Задача 4.

Введем координату τ для всех точек на резинке, равную отношению длины резинки от этой точки до одного из концов ко всей длине резинки, когда она находится в нерастянутом состоянии. Таким образом, τ равномерно "нумерует" все точки на резинке и изменяется от 0 до 1 от одного конца к другому. Рассмотрим теперь деформированную резинку, помещенную в некоторое электрическое поле. Пусть точка резинки с координатой τ имеет радиус-вектор , с координатой (τ+Δτ) : (+), причем Δτ и малы, т.е. рассматриваем малый участок резинки. Жесткость этого участка равна K/Δτ (т.к. жесткость обратно пропорциональна длине в нерастянутом состоянии). Поэтому возникающая сила натяжения равна . Здесь мы пренебрегли начальной длиной по сравнению с длиной в нерастянутом состоянии, посчитав, что растяжение равно . Вектор направлен по касательной к резинке, в сторону увеличения τ.

Теперь перейдем к рассмотрению условия равновесия каждого маленького участка резинки в поле. Пусть в точке с координатой τ сила натяжения равна , с координатой (τ+Δτ): (). Заряд такого участка, очевидно, равен Δτ/Q. Пусть электрическое поле в окрестности этого участка резинки равно , тогда уравнение равновесия этого участка: .

Заметим, что уравнения (*) и (**) аналогичны уравнениям движения частицы с зарядом (–Q) в этом же поле: Т.е. имеется соответствие . Известно, что при движении частицы в электрическом поле сохраняется энергия: , причем сохранение этой величины несложно выводится из уравнений (1) и (2). Пользуясь полученным соответствием, приходим к выводу, что на резинке величина .

Тогда . Где φ₁ = 0 - потенциал на левом конце резинки, а - на правом. Тогда: .

Ответ: .

Задачу можно было также решать методом виртуальной работы. Предположим, что мы зафиксировали форму, которую приняла резинка (например, поместили ее внутрь гладкого желоба) и после этого медленно потянули за точку 2. Итак: сдвинем резинку вдоль самой себя на ее часть Δτ. Такой сдвиг можно рассматривать как перенос кусочка Δτ из точки 1 в точку 2. Изменение энергии резинки, равное произведенной над ней работе, будет равно разности энергий кусочка ΔE в точках 1 и 2. Энергия кусочка длиной Δx складывается из потенциальной энергии в поле внешних зарядов и упругой энергии растяжения:

ΔE = ΔτQφ+(K/Δτ)·Δx²/2 = Δτ(Qφ+F²/(2K))

Произведенная работа равна F₁Δx₁ – F₂Δx₂, где Δx_1,2 - путь пройденный соответствующим концом резинки и равный длине соответствующего кусочка. Получим:

F₁Δx₁ – F₂Δx₂ = ΔE₁ – ΔE₂

Учитывая что (см. выше) , опять получим, что .

Задача 5.

Для начала поймем, при какой ситуации будет казаться, что толщина стенок равна нулю. Очевидно, что для этого крайние лучи, выходящие из бутылки, должны проходить, касаясь внешней поверхности стекла. Таким образом, угол падения β такого луча на внутреннюю стенку бутылки должен быть предельным, то есть . По теореме синусов для OAB имеем:

или

Подставляя значение sinβ из (1), получим:

Проанализируем теперь, чему может быть равно α. Так как n₂ > n₁, то максимальное значение α равно π/2. Таким образом, получаем окончательный ответ: .