Решения 11 класса (город 2006)

Подробности
Обновлено 30.03.2013 00:25

Решения задач городского тура 2006 года для 11 класса.

1 · 2 · 3 · 4 · 5

Задача 1.

Обозначим количество вещества газа в отсеке с пружиной через ν1, а в оставшейся части сосуда ν2.

Напишем уравнение Клайперона-Менделеева для каждого отсека с газом вначале:

pαV = ν1RT (1)
p(1–α)V = ν2RT (1)

После того, как отсек с пружиной нагрелся до искомой температуры T', давления в отсеках изменилось. Обозначим давление в отсеке с пружиной p1, а в оставшейся части сосуда p2. Уравнение Клайперона-Менделеева для каждого отсека примет вид

p12αV = ν1RT' (3)
p1(1–2α)V = ν2RT (4)

Кроме того, разность давлений в отсеках обеспечивается силой натяжения пружины:

p1 = p2 + kΔx/S (6)

С другой стороны, растяжение пружины Δx связано с увеличением объема отсека с пружиной на величину αV:

Δx = αV/S

Дальше требуется только решить полученную систему уравнений. Например, разделим (2) на (4), и выразим p2:

(8)

Подставляя (7) и (8) в (6), получим

(9)

Теперь, разделив (3) на (1), имеем

где p1 мы уже вычислили в (9). Окончательно получаем

Задача 2.

Катушка покатится вправо. Действительно, мгновенная ось вращения катушки – точка соприкосновения со столом. Видно, что сила натяжения провода создает момент вращения, поворачивающий катушку относительно этой точки по часовой стрелке.

В результате движения катушки площадь проводящего контура, образованного проводом и вольтметром, будет меняться. Поэтому в контуре появится ЭДС индукции, которую и покажет вольтметр. За положительное направление контура выберем направление обхода по часовой стрелке.

Рассмотрим катушку через время то есть когда она совершит один оборот вокруг своей оси. При движении провод на внешнем радиусе катушки будет сматываться, а на внутреннем – наматываться, что приведет к изменению площади всего контура на ΔS1 = π(r12–r22). Так как катушка намотана против часовой стрелки (а за положительное направление обхода контура мы выбрали направление по часовой стрелке), такое уменьшение площади приведет к увеличению магнитного потока через контур на ΔΦ1 = BΔS1.

За счет того, что катушка сдвинулась на 2πr1 вправо, площадь всего контура уменьшится на величину прямоугольника со сторонами 2πr1 и r1–r2, что приведет к уменьшению площади всего контура на ΔS2 = 2π(r12–r1r2). Соответствующее уменьшение магнитного потока через контур ΔΦ2 = BΔS2.

В результате ЭДС индукции равна

Задача 3.

Пусть в некоторый момент один из концов трубки располагается в области с полем на расстоянии x от границы области, а второй конец – в области без поля. Тогда на трубку действует сила, выталкивающая ее из области поля, причем величина этой силы пропорциональна x: F = –kx (1), где мы ввели коэффициент k = QE/l, знак “–” показывает, что сила F является возвращающей: смещение трубки на x в область с полем приводит к появлению силы, направленной в сторону, противоположную смещению. Соотношение (1) выполняется только если 0 < x < l, то есть если трубка не начала двигаться целиком в области без поля или целиком в области с полем. Однако заметим, что если бы (1) выполнялось всегда (например, при L = l и если колебания не слишком сильные), система бы двигалась словно под действием пружинки жесткостью k, то есть совершала бы гармонические колебания с периодом (не зависящим от амплитуды)

Введем максимальную длину X, на которую трубка заходит в область с полем (очевидно, X связана с амплитудой соотношением 2А+l = L+2X. Действительно, ведь амплитуда - это половина максимального перемещения середины трубки, см. рис). Предположим x всегда меньше l. Это верно, если X < l, то есть если амплитуда колебаний удовлетворяет соотношению А < (L+l)/2. Рассмотрим начальное положение трубки в крайнем правом положении. Тогда трубка в течение времени T0/4 будет двигаться по закону (1), затем x обратится в 0, и она попадет в область без поля. Обозначим скорость, которую трубка набрала к этому моменту, через V. Тогда в течение времени (L–l)/V трубка будет двигаться равномерно, а затем снова попадет в область с полем. Еще через время T0/4 трубка окажется в крайнем левом положении и начнет движение вправо. Пробыв всего в левой области с полем время T0/2, трубка снова вылетит в среднюю область. Таким образом, период колебаний будет T0+2(L–l)/V. Скорость V легко найти по закону сохранения энергии, так как это максимальная скорость движения трубки, а значит вся энергия колебаний kX2/2 сосредоточена в кинетической энергии трубки mV2/2. Отсюда . Здесь мы воспользовались фактом, что при движении по закону (1) потенциальная энергия в электрическом поле соответствует потенциальной энергии пружинки жесткостью k. Действительно, когда трубка, разгоняется под действием электростатической силы F, эта сила совершает точно такую же работу, какую совершает пружинка, разгоняя тело массы m. Работа же пружинки равна (по определению) изменению ее потенциальной энергии.

Итак, если А < (L+l)/2, период колебаний трубки равен

где X = A + l/2 – L/2, k = QE/l.

Пусть теперь иногда трубка целиком влетает в область с полем (x иногда больше l). Пусть снова X – максимальное смещение трубки в область с полем (теперь X > l). Движение трубки теперь надо разбивать на 3 этапа: равноускоренное движение, когда трубка целиком расположена в области с полем; движение, когда 0 < x < l и работает соотношение (1); равномерное движение внутри области без поля. Рассмотрим начальное положение трубки в крайнем правом положении и найдем момент t, когда x = l (когда трубка левым концом достигнет области поля). До момента t трубка движется равноускорено под действием силы kl, так что путь X–l она проходит за время, определяющееся из соотношения

Найдем скорость трубки u в момент t. До этого момента вместо (1) на трубку действовала постоянная сила kl, совершившая работу kl(X–l). Приравнивая эту работу к кинетической энергии трубки mu2/2, получим

(Можно также было вычислять u пользуясь формулой равноускоренного движения ). Аналогично найдем максимальную скорость трубки U (в момент, когда x обращается в 0), добавив лишь к работе kl(X–l) (совершенной до момента t), работу kl2/2, которую электростатическая сила совершила на втором этапе движения, пока трубка не покинула область с полем. Получим

⇒

Заметим, что трубка двигается по закону (1) только пока ее скорость лежит в интервале от U до u. Рассмотрим гармонические колебания трубки на пружинке k. Подберем такую амплитуду, чтобы максимальная скорость была равна U. Найдем, за какое время t1 скорость трубки убывает от U до u (или, что тоже самое, возрастает от u до U). Так как колебания гармонические

В течение рассмотренной доли периода гармоническое движение трубки на пружинке и трубки на втором этапе нашей задачи совпадают. Очевидно, время 4t1, сложенное с временем движения внутри области без поля 2(L–l)/U и временем 4t движения целиком внутри области c полем дает искомый период колебаний трубки. Окончательно, ответ в этом случае имеет вид

где X = A + l/2 – L/2, k = QE/l.

Задача 4.

Как известно, металл состоит из положительно заряженных ионов, расположенных в узлах неподвижной кристаллической решетки, и обобществленных электронов, которые практически свободно перемещаются внутри металла. Поскольку первоначально проволочный каркас не был заряжен, то если поместить его в электрическое поле, сумма зарядов на всех ребрах останется равной нулю: электроны перераспределятся в металле, так что в некоторых местах будет избыток электронов (там индуцируется отрицательный заряд), а в некоторых местах каркаса будет недостаток электронов по ставнению с количеством положительно заряженых ионов (там индуцируется положительный заряд). Электроны будут перемещаться в металле до тех пор, пока на каждый электрон не прекратит действовать внешняя сила. Это происходит, потому что собственное поле, которое порождают индуцированные заряды в металле, полностью компенсирует внешнее поле, в которое поместили проводник. Таким образом, напряженность электрического поля в металле обращается в ноль.

Рассмотрим сначала каркас в поле, параллельном ребру AD. Поскольку система симметрична относительно вертикальной плоскости, проходящей через вершину О и параллельной AD, понятно что заряды на ребрах OC и OD равны между собой (и равны q2). Аналогично равны заряды ребер ОА и ОВ.

Докажем, что заряд ребра АВ qAB = –q1. Рассмотрим ситуацию, когда каркас поместили в поле Е, направленное вдоль DA (т.е. направленное противопожно исходному). Понятно, что на ребре АВ теперь индуцируется заряд q1. Теперь рассмотрим систему, когда одновременно включено поле Е, направленное вдоль AD, и поле Е, направленное вдоль DA, так что полное поле в системе отсутствует. Соглаcно принципу суперпозиции полный заряд на ребре АВ в этом случае равен qAB+q1. С другой стороны, так как на самом деле в такой системе поля нет, этот заряд должен быть равен нулю, откуда и следует, что qAB = –q1.

Аналогично доказывается, что заряды ребер ОВ и ОА равны –q2. Так как полный заряд каркаса равен нулю, а заряды ребер OA, OB, OC, OD, AB, DC в сумме дают ноль, заряды ребер AD и ВС также должны в сумме давать ноль. С другой стороны, заряды в металле перераспределяются только вдоль направления AD (чтобы компенсировать внешнее поле, параллельное AD). Вдоль направления АВ заряды в каркасе не перераспределятся – это создало бы внутри металла поле вдоль АВ, которому не чем было бы компенсироваться. Значит, заряды и каждого из ребер AD и ВС равны нулю. Итак, в случае поля, направленного вдоль AD, распределение зарядов по каркасу изображено на рисунке.

Рассмотрим теперь поле Е, направленное вдоль АС. Его можно рассматривать, как сумму двух полей напряженностью направленных вдоль AD и АВ. Так как величина индуцированного заряда прямо пропорциональна силе внешнего поля q ~ E, в случае когда включено только поле E1 вдоль AD, на ребрах индуцируются следующие заряды:

ребро OA OB OC OD AB BC CD DA
заряд – – – 0 0

В случае когда включено только поле E1 вдоль AВ, на ребрах индуцируются следующие заряды:

ребро OA OB OC OD AB BC CD DA
заряд – – 0 0 –

Когда включена сумма этих полей, индуцированные заряды также равны сумме зарядов, индуцируемых каждым полем:

ребро OA OB OC OD AB BC CD DA
заряд – 0 0 – –

Задача 5.

Поскольку изображение окружности уходит на бесконечность, исходная окружность касается фокальной плоскости линзы. Чтобы исследовать свойства изображения окружности рассмотрим некоторое расположение окружности и линзы, обозначим крайнюю левую, верхнюю, правую и нижнюю точки окружности через A, B, C и D (см. рис. 1).

1) Касательная к точке А вертикальна, поэтому и касательная к изображению этой точки должна быть вертикальна (при отображении в линзе линия, перпендикулярная главной оптической оси, отображается в также перпендикулярную линию). Отсюда следует, что точка А' на рис.2 (касатеьная к которой – пунктир – вертикальна) является изображением в линзе точки А.

2) Все лучи, проходящие через точку С после линзы станут параллельными. Поскольку изображение точки С уходит на бесконечность, эти лучи параллельны асимптотам изображения (прямым к которым приближается изображение на бесконечности). Луч АС после линзы также станет им параллелен. С другой стороны, АС параллелена главной оптической оси, и значит после линзы идет в фокус. Отсюда следует построение фокуса линзы: строим асимптоты изображения, проводим через точку А' прямую, параллельную асимптотам. Точка пересечения ее с главной оптической осью – фокус (см. рис 2).

3) Лучи, выходящие из точек В и D, параллельные главной оптической оси, после линзы пройдут через фокус и попадут в точки В' и D' изображения соответственно. С другой стороны, эти лучи являются касательными к исходной окружности, значит и после преломления они станут касательными к изображению (касательные переходят в касательные). Отсюда – построение точек B' и D': строим касательные к изображению, проходящие через F. Внимание, проверка правильности построения: точки B и D лежали на одной вертикали, значит и точки B', D' должны лежать на одной вертикали (см. рис. 3, отрезок B'D').

4) Луч АB, идущий под углом 45 градусов попадет в фокальной плоскости (ФП) в точку пересечения ФП с лучом, проходящим через центр линзы под углом 45 градусов к главной оптической оси. Затем, так как этот луч несет информацию и о точке А и о точке В, он должен пройти и через точку А' и через точку В' изображения. Отсюда простроение центра линзы: проводим луч А'B' до пересечения с ФП и затем из полученой точки пересечения строим отрезок под углом 45 градусов к главной оптической оси. Точка О – центр линзы (см. рис. 4, точка А' не подписана, чтобы не загромождать рисунок). Внимание, проверка правильности построения: если аналогично рассматривать ход луча AD (проводим луч А'D' до пересечения с ФП и затем из полученой точки пересечения строим отрезок под углом 45 градусов к главной оптической оси), должна получиться та же точка.

5) Теперь не составит труда восстановить положение окружности. Воспользуемся обратимостью лучей. Продолжим A'B' до линзы. После линзы луч пойдет под углом 45 градусов (так как дальше этот луч должен пойти и в А и в В). Он должен где-то попасть в точку А. Продолжим A'D' до линзы. После линзы луч также пойдет под углом 45 градусов (так как дальше этот луч должен пойти и в А и в D). Он тоже должен где-то попасть в точку А. Точка А есть пересечение полученных за линзой лучей (см. рис 5). Точка С окружности лежит на одной горизонтали с точкой А и принадлежит ФП. Поскольку мы построили диаметр окружности АC, задача решена.